Question

Применяя указанные подстановки, вычислить следующие интегралы:

Answer 1

Ответ:  $\frac{\pi}{2\sqrt{a^2+1}}$

Объяснение:

Решим неопределенный интеграл:

$\int {\frac{dx}{1+a^2sin^2x} }\\\\tgx=t\\x=arctg \, t\\dx=\frac{dt}{1+t^2}\\sin^2x=\frac{1}{1+ctg^2x}= \frac{1}{1+\frac{1}{tg^2x}}=\frac{1}{\frac{tg^2x+1}{tg^2x}}=\frac{tg^2x}{tg^2x+1} =\frac{t^2}{t^2+1} \\\\\int {\frac{dx}{1+a^2sin^2x} }=\int {\frac{\frac{dt}{1+t^2}}{1+a^2\frac{t^2}{t^2+1}} }=\int {\frac{\frac{dt}{1+t^2}}{\frac{t^2+1+a^2t^2}{t^2+1}} }=\int {\frac{dt}{t^2+1+a^2t^2} }=$

$(a^2+1=k)\\\\\int {\frac{dt}{t^2(a^2+1)+1} }=\int {\frac{dt}{kt^2+1} }=\frac{1}{k} \int {\frac{dt}{t^2+\frac{1}{k} }=\frac{1}{k} \int {\frac{dt}{t^2+(\sqrt{ \frac{1}{k}})^2 }\\\\=\frac{1}{k}\frac{1}{\sqrt{ \frac{1}{k}}}artcg(\frac{t}{\sqrt{ \frac{1}{k}}} )=$

$\frac{1}{\sqrt{k}}arctg(\sqrt{k} \, t)=\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}arctg(\sqrt{a^2+1} \, tgx)$

Теперь решим неопределенный интеграл. Подставляя $\frac{\pi}{2}$ под тангенс, получим бесконечность. Значит мы имеем дело с несобственным интегралом 2 рода. Определим его сходимость:

$\frac{1}{k} \int\limits^{\frac{\pi}{2} }_0 {\frac{d(tgx)}{(tgx)^2+(\sqrt{ \frac{1}{k}})^2 }= \lim_{\epsilon \to {0}} {\frac{1}{k} \int\limits^{\frac{\pi}{2}-\epsilon}_0 {\frac{d(tgx)}{(tgx)^2+(\sqrt{ \frac{1}{k}})^2 }}=\lim_{\epsilon \to {0}} {\frac{1}{k}\frac{1}{\sqrt{k}}arctg(\sqrt{k} \, (tgx))}\bigg|\limits^{\frac{\pi}{2}-\epsilon}_0=$

$=\frac{1}{\sqrt{k}}\lim_{\epsilon \to {0}}{arctg(\sqrt{k} \, tgx)}\bigg|\limits^{\frac{\pi}{2}-\epsilon}_0}=\frac{1}{\sqrt{k}}\lim_{\epsilon \to {0}}(arctg(\sqrt{k} \, tg{(\frac{\pi}{2}-\epsilon})})}-arctg(\sqrt{k} \, tg \, 0)})=$

$arctg \, tg(0)=0 \, \, \, \, \, \, \, \, , \, \, \, \, tg(\frac{\pi}{2}-\epsilon ) \rightarrow \infty \, \, \, \, \, \, \, \, , \, \, \, \, artcg(\infty) \rightarrow \frac{\pi}{2}$

$=\frac{1}{\sqrt{k}}\lim_{\epsilon \to {0}}{\frac{\pi}{2} }=\frac{1}{\sqrt{k}} \, \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2\sqrt{a^2+1}}$

Интеграл сходится.