مهارات التفكير العليا

التكامل بالتعويض

تبرير: إذا كان الشكل المجاور بمثل منحنى الاقتران: $\mathit{f}\mathbf{\left(}\mathit{x}\mathbf{\right)}\mathbf{=}\mathbf{3}\mathit{c}\mathit{o}\mathit{s}\mathbf{}\mathit{x}\sqrt{\mathbf{s}\mathbf{i}\mathbf{n}\mathbf{}\mathbf{x}\mathbf{+}\mathbf{1}}$، فأجيب عن الأسئلة الآتية تباعاً:

(40) أجد إحداثيي كل من النقاط: $A,B,C,D$.

$\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=0\Rightarrow 3\cos x\sqrt{1+\sin x}=0\\ & \cos x=0\Rightarrow x=\frac{\pi }{2}+2n\pi ,n\in \mathrm{\mathbb{Z}},x=\frac{3\pi }{2}+2n\pi ,n\in \mathrm{\mathbb{Z}}\\ & \sin x=-1\Rightarrow x=\frac{3\pi }{2}+2n\pi ,n\in \mathrm{\mathbb{Z}}\end{array}$

يوجد عدد لا نهائي من الحلول لهاتين المعادلتين، نريد أصغر حلين موجبين (الإحداثي $x$ للنقطتين $C,B$) وأكبر حل ساالب (الإحداثي $x$ للنقطة $A$).

أصغر حلين موجبين هما: $x=\frac{\pi }{2},x=\frac{3\pi }{2}$، بوضع $n=0$ 

$\Rightarrow B(\frac{\pi }{2},0),C(\frac{3\pi }{2},0)$

أكبر حل سالب هو: $x=-\frac{\pi }{2}$، بوضع $n=-1$

$⟹A(-\frac{\pi }{2},0)$ 

أما النقطة $D$ فإحداثياها هما: $D(0,f(0\left)\right)=(0,3)$

(41) أجد مساحة المنطقة المظللة.

$\begin{array}{rl}& A=A_1+A_2=A\left(R_1\right)+A\left(R_2\right)\\ & A={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(3\cos x\sqrt{1+\sin x})dx+(-{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{3\pi }{2}}(3\cos x\sqrt{1+\sin x}\left)dx\right)\\ & u=1+\sin x\Rightarrow \frac{du}{dx}=\cos x\Rightarrow dx=\frac{du}{\cos x}\\ & x=-\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=0\\ & x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=2\\ & x=\frac{3\pi }{2}\Rightarrow u=0\\ & A=3{\int }_0^2\cos x\sqrt{u}\frac{du}{\cos x}+(-3{\int }_2^0\cos x\sqrt{u}\frac{du}{\cos x})\\ & =3{\int }_0^2\sqrt{u}du+3{\int }_0^2\sqrt{u}du\\ & =6{\int }_0^2\sqrt{u}du={4u^{\frac{3}{2}}|}_0^2=4(2\sqrt{2}-0)=8\sqrt{2}\end{array}$

(42) أبين أن للمنطقة $R_1$ والمنطقة $R_2$ المساحة نفسها. 

من حل السؤال السابق نجد أن:

$\begin{array}{rl}& A\left(R_1\right)={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(3\cos x\sqrt{1+\sin x})dx={\int }_0^{2}3\sqrt{u}du=4\sqrt{2}\\ & A\left(R_2\right)=-{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{3\pi }{2}}(3\cos x\sqrt{1+\sin x})dx=-{\int }_2^{0}3\sqrt{u}du=4\sqrt{2}\\ & \Rightarrow A\left(R_1\right)=A\left(R_2\right)\end{array}$

(43) تحد: أجد قيمة: ${\int }_1^{16}\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt[4]{x^3}}dx$.

$\begin{array}{rl}& u=1+x^{\frac{3}{4}}\Rightarrow \frac{du}{dx}=\frac{3}{4}{x}^{-\frac{1}{4}}\Rightarrow dx=\frac{4}{3}{x}^{\frac{1}{4}}du,x^{\frac{3}{4}}=u-1\\ & x=1\Rightarrow u=2\\ & x=16\Rightarrow u=9\\ & {\int }_1^{16}\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt[4]{x^3}}dx={\int }_2^9\frac{x^{\frac{1}{2}}}{u}\frac{4}{3}{x}^{\frac{1}{4}}du\\ & =\frac{4}{3}{\int }_2^9\frac{x^{\frac{3}{4}}}{u}du=\frac{4}{3}{\int }_2^9\frac{u-1}{u}du=\frac{4}{3}{\int }_2^9(1-\frac{1}{u})du\\ & ={\frac{4}{3}(u-\ln |u\left|\right)|}_2^9=\frac{4}{3}(7-\ln \frac{9}{2})\end{array}$

(44) تبرير: إذا كان $f$ اقتراناً متصلاً، فأثبت أن: ${\int }_0^{\pi /2}f(\cos x)dx={\int }_0^{\pi /2}f(\sin x)dx$.

$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\cos x)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\sin (\frac{\pi }{2}-x))dx\\ & u=\frac{\pi }{2}-x\Rightarrow dx=-du\\ & x=0\Rightarrow u=\frac{\pi }{2}\\ & x=\frac{\pi }{2}\Rightarrow u=0\\ & {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\cos x)dx={\int }_{\frac{\pi }{2}}^0-f(\sin u)du={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\sin u)du={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}f(\sin x)dx\end{array}$

(45) تبرير: إذا كان $a,b$ عددين حقيقيين موجبين، فأثبت أن: ${\int }_0^1{x}^a(1-x{)}^{b}dx={\int }_0^1{x}^b(1-x{)}^{a}dx$.

$bbb$

تحد: أجد كلاً من التكاملات الآتية:

$\int \frac{dx}{x\ln x(\ln (\ln x\left)\right)}$ (46)

$bbb$

$\int \frac{\sin x-\cos x}{\sin x+\cos x}dx$ (47)

$bbb$

$\int \sin 2x(1+\sin x{)}^{3}dx$ (48)

$bbb$