Определенный интеграл

[Limit79]

Otta
Понял, спасибо!

[Shtorm]

Limit79 в сообщении #722154 писал(а):

$I_{1} = \int\limits_{-3}^{-1} t^2 \sqrt{9-t^2} dt$ - Насколько я понимаю, он берется по частям, то есть без тригонометрии.

А насколько я понимаю - этот не возьмётся без тригонометрии. Кстати Maple даёт ответ через арксинус.

[Limit79]

Shtorm
То есть получается, что без тригонометрии тут никак?

[Shtorm]

Limit79, попробуйте, возможно я поспешил с выводами.

[provincialka]

Limit79 в сообщении #722154 писал(а):

provincialka
А в Вашем способе, который $\sqrt{9-t^2}=u$ появляются пределы в виде этих самых арксинусов, или нет?

Нет. Только при расчете интеграла типа $I_3$ в ответе есть $\arcsin$. Кстати, этот интеграл есть в некоторых расширенных таблицах интегралов (в Демидовиче, например, внутри списка задач).

Сравните его с более простым интегралом $\int\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}$

[Ms-dos4]

Цитата:

То есть получается, что без тригонометрии тут никак?

Его можно взять без тригонометрических подстановок, используя например
$\[\sqrt {9 - {t^2}} = u(t - 3)\]$
но уверен, что проще там не будет (ну а на выходе всё равно арксинусы или арктангенсы).

[provincialka]

Не умею сюда вставлять ссылки, так что посмотрите сами "список интегралов от иррациональных функций" в Вики, там есть много чего, и про корни $\sqrt{a^2-x^2}$ тоже.

[Limit79]

provincialka
Тогда попробую еще раз Вашим способом.

Дак найти эти интегралы в расширенных таблицах - не проблема, было бы там еще доказательство...

Ms-dos4
Насколько я понимаю, это одна из подстановок Эйлера, я пробовал через них, но окончательно запутался...

Я пробовал по частям, и получил в итоге исходный интеграл

(Оффтоп)

-- 11.05.2013, 01:50 --

$\int\limits_{0}^{2} (x+1)^2 \sqrt{6x-x^2} dx = \int\limits_{0}^{2} (x+1)^2 \sqrt{9-(x-3)^2} dx = \int\limits_{0}^{2} (x+1)^2 \sqrt{9-(3-x)^2} dx$

Заменяю: $t=3-x$

$ \int\limits_{3}^{1} (4-t)^2 \sqrt{9-t^2} dt$

Далее $u=\sqrt{9-t^2}$, тогда $du = \frac{-tdt}{\sqrt{9-t^2}}$

$u=\sqrt{9-t^2} \Rightarrow 9-t^2=u^2 \Rightarrow t^2=9-u^2 \Rightarrow t = \pm \sqrt{9-u^2}$

А как понять, какой знак взять?

[provincialka]

По частям берется примерно так. $\int\sqrt{a^2-x^2}dx=\int{a^2-x^2\over\sqrt{a^2-x^2}}dx=a^2\int{dx\over \sqrt{a^2-x^2}}-\int{xdx^2\over 2\sqrt{a^2-x^2}}$.

Первый интеграл табличный, во втором можно корень занести под дифференциал и брать по частям. После этого снова появится исходный интеграл, но "не один". Будет линейное уравнение на него.

-- 11.05.2013, 00:53 --

Знак смотрим исходя из пределов интегрирования. У вас же $t>0$. Кстати, пределы интегрирования у вас "перевернулись" - вы не учли знак "минус", возникший при замене дифференциала.

[Limit79]

provincialka
Понял.

Тогда у меня получается такое страшное выражение: $\int\limits_{0}^{2\sqrt{2}} (4-\sqrt{9-u^2})^2 \frac{u^2}{\sqrt{9-u^2} }du $

[provincialka]

Да, у меня также, только я в первый раз квадрат забыла. Не такое уж страшное, потому что после раскрытия скобок корень будет в знаменателе - а это всегда проще!

А в общем, это не лучше, чем сразу разбить на 3 слагаемых. Прямой путь - по крайней мере короче.

До чего я не люблю эти квадратичные иррациональности... Б-р-р.

[Limit79]

provincialka
Я его немного упростил: $\frac{25u^2}{\sqrt{9-u^2}} - \frac{u^4}{\sqrt{9-u^2}} - 8u^2$

Но вот что с дробями делать...

-- 11.05.2013, 02:08 --

С первым наверное разберусь, а вот что делать с $\int \frac{u^4}{\sqrt{9-u^2}} du$...

-- 11.05.2013, 02:09 --

Он сводится заменой $u=3 \sin(s)$ к $81 \int \sin^4(s) ds$

Походу, без тригонометрии тут тяжело будет...

[Ms-dos4]

Цитата:

Насколько я понимаю, это одна из подстановок Эйлера, я пробовал через них, но окончательно запутался...

Ну с подстановками Эйлера всегда возни много. Но в данном случае более-менее нормально
$\[\int {{x^2}\sqrt {9 - {x^2}} dx} \]$

$\[\sqrt {9 - {x^2}} = t(x - 3) \Rightarrow x = 3 - \frac{6}{{{t^2} + 1}} \Rightarrow dx = - \frac{{12t}}{{{{({t^2} + 1)}^2}}}dt\]$

$\[\begin{array}{l} \int {{x^2}\sqrt {9 - {x^2}} dx} = - \int {{{(3 - \frac{6}{{{t^2} + 1}})}^2} \cdot \frac{{72{t^2}}}{{{{({t^2} + 1)}^3}}}dt} = \\ = - 648\int {\frac{{{t^2}dt}}{{{{({t^2} + 1)}^3}}}} + 2592\int {\frac{{{t^2}dt}}{{{{({t^2} + 1)}^4}}}} - 2592\int {\frac{{{t^2}dt}}{{{{({t^2} + 1)}^5}}}} \end{array}\]$

Ну а данные интегралы имеют вид многочлен + арктангенс

[provincialka]

Ой, плюньте на все сложности, вернитесь к своей идее:

Limit79 в сообщении #722154 писал(а):

Я сейчас начал решать по тому способу, в которым исходный интеграл разбивается на три интеграла, и вот что получил:

$I_{1} = \int\limits_{-3}^{-1} t^2 \sqrt{9-t^2} dt$ - Насколько я понимаю, он берется по частям, то есть без тригонометрии.

$I_{2} = \int\limits_{-3}^{-1} 8t \sqrt{9-t^2} dt$ - Берется заменой переменной, то есть тоже без тригонометрии.

$I_{3} = \int\limits_{-3}^{-1} 16 \sqrt{9-t^2} dt$ - А вот этот как-нибудь можно взять без введения тригонометрии?

Только лучше постоянные множители не включать в интегралы. Тогда первый интеграл с помощью интегрирования по частям сводится к третьему, а его можно уже взять из справочников (я, например, разрешаю).

[Limit79]

В общем говоря: подстановки Эйлера меня пугают громоздкостью, аналогично с подстановками Чебышева; можно было бы через тригонометрию, даже фиг бы с тем, что там пределы интегрирования - арксинусы, если делать через тригонометрию, то меня пугают в конце выражения вида $\cos(a \arcsin(b))$, так что остается раскладывать на три интеграла и интегрировать их по частям...

Завтра, на свежую голову, попробую снова

Shtorm, Ms-dos4, provincialka, Otta
Господа, огромнейшее вам спасибо за помощь!