181

360 XVIII. Całki funkcji przestępnych

Zadanie 18.25. Obliczyć całkę

I

= f-

J sir

2+sin x

dx.

sin x(l +cosx)

Rozwiązanie. Zakładamy, że sinx#0; wtedy także l+cosx#0. Doprowad:

Zailly

zadanie do całki funkcji wymiernej za pomocą podstawienia tg %x = u. Stosując w_2o' jak poprzednio otrzymujemy po uproszczeniu:

f 2+sinx    f w^{1 2}+« + l f/    1\,

-dx— -du =    (u + lH—]du =

J sinx(l+cosx) J u    J \ uJ

= }u² + u+ln|u|+C

i ostatecznie

l = jig²\x+tg jx + ln|tg jx| +C. Jeżeli sinx/0, to całka powyższa istnieje.

B. Rozważmy całkę typu

(18.2.3)    J R(sin² x, cos² x, sinxcosx)dx.

gdzie symbol J?(u, p, w) oznacza funkcję wymierną względem zmiennych u, v i w. Można tu zastosować poprzednią metodę, ale rachunki upraszczają się znacznie przy podstawieniu

dt

tgx=l, skąd x=arctgt, dx =-= •

1+t²

Ze wzorów trygonometrycznych

sin x=-

tg²x 1 +tg²x^-

tg*

sin xcosx =-i—,

1 + tg²x

cos

1

1 +tg²x

otrzymujemy

sin x=-

1 +i

sinxcosx =

1+t²

COS X = ■

1+t²

Rozwiązanie. Wykonując podstawienie tg x = t otrzymujemy

dt

_r_ f 1+t² _ f dt

1+t²

"J₁₊ * "W

stąd (patrz zad. 18.24):

1    t

/ = -F arctg-=+C.

Przyjmując: t=tg x otrzymujemy ostatecznie

+ C.

^J“75 ^arc,s<

Zadanie 18.27. Obliczyć całkę /

r i+si J (2+cos²:

+sin x cos x

x)(l +sin² x)

dx.

Rozwiązanie. Podobnie jak w poprzednim zadaniu podstawiamy tgx = t mujemy

t

dt 77

i o trzy-

I

_ r_ijw²_

^¹

^ Po uproszczeniu

r t²+t+i

J (2t² + 3)(2t² + l)

^zkladamy funkcję podcałkową na ułamki proste

t² + t + l

At A-B Ct A-D +-

lar

(2f +3)(2f +1)^—2r +3 2t² + 1 "'y rachunek daje: +    B=-±, C=±, D=Ą. Mamy więc

t²+t + l

— ł^J+ł₊ ‘H+ł

(2r+ 3)(2t²+ 1) ^— 2t² + 3 2t^z + 1

^aniy do obliczenia całki

1    f tdt i ę dt i f tdt i r dt

2 J 2t² +3 4 J 2f² + 3⁺T J 2t² + l⁺T J 2/² +1 '

1

po podstawieniu otrzymujemy całkę

(18.2.4) J K(sin²x, cos²x, sinx cosx)dx =

2

tj. całkę funkcji wymiernej zmiennej t.

Zadanie 18.26. Obliczyć całkę

dx

1 +2cos² x