6171. Određeni integrali

Dopunjavamo do kvadrata: $x^2+4x+9=(x+2)^2+5 .$ Po zadatku 326.e (smena $s=x+2$ i formula $\int\frac{ds}{s^2+c^2}=\frac1c\operatorname{arctg}\frac sc$ sa $c=\sqrt5$ ):

\int\frac{dx}{(x+2)^2+5}=\frac1{\sqrt5}\operatorname{arctg}\frac{x+2}{\sqrt5}+C

Njutn-Lajbnicova formula: ako je $f$ neprekidna na $[a,b]$ i $F$ njena primitivna funkcija, onda je $\int_a^b f(x)\,dx=F(b)-F(a)=\left.F(x)\right|_a^b .$ Arkus tangens je neparna funkcija, pa je $-\operatorname{arctg}\frac{2-a}{\sqrt5}=\operatorname{arctg}\frac{a-2}{\sqrt5} :$

I(a)=\frac1{\sqrt5}\left(\operatorname{arctg}\frac{a+2}{\sqrt5}+\operatorname{arctg}\frac{a-2}{\sqrt5}\right)

Kada $a\to+\infty ,$ oba argumenta teže $+\infty ,$ pa oba arkus tangensa teže $\frac\pi2 :$

\lim_{a\to+\infty}I(a)=\frac1{\sqrt5}\left(\frac\pi2+\frac\pi2\right)=\frac{\pi}{\sqrt5}

Dakle, $I(a)=\frac1{\sqrt5}\left(\operatorname{arctg}\frac{a+2}{\sqrt5}+\operatorname{arctg}\frac{a-2}{\sqrt5}\right)$ i $\lim_{a\to+\infty}I(a)=\frac{\pi}{\sqrt5} .$

Započni učenje

Privatni časovi

353.v

Beleške