Тема Математический анализ

11 Неопределенный интеграл и первообразная.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#46180

Найти какую-нибудь одну первообразную для функции

e|x|

на $ℝ$

Показать ответ и решение

При $x ≥ 0$ наша функция равна $ex,$ и все первообразные в области $x > 0$ будут иметь вид $ex + C1.$

Далее, в области $x < 0$ наша функция равна $−x e ,$ и поэтому все первообразные в области $x < 0$ будут иметь вид $− e−x + C2.$

Однако первообразная должна быть дифференцируема на всём $ℝ,$ в частности, непрерывна на всём $ℝ.$ Поэтому в нуле предел слева функции $− e− x + C , 2$ то есть $− 1+ C 2$ должен быть равен пределу справа функции $ex + C1,$ то есть $1 + C1$ То есть, мы получаем условие:

− 1 + C2 = 1 + C1

Можно взять, например, $C1 = 3,C2 = 5$ и тогда первообразная будет иметь вид

({ x F (x) = e + 3 при x > 0 (− e−x + 5 при x < 0

Осталось определить значение функции в нуле. Ну понятно, что чтобы функция была непрерывной, то значение в нуле должно быть равно левому и правому пределам в нуле, оба этих предела у нас получились равны 4, поэтому итого получаем, что функция

( |||{ex + 3 при x > 0 −x F (x) = ||− e + 5 при x < 0 |(4 при x = 0

Будет одной из первообразных для функции $e|x|$ на всем $ℝ.$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#46181

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи занесения под дифференциал

∫ -1--dx sin x

Показать ответ и решение

∫ ∫ x ∫ --12-xd(x) ∫ x -1--dx = ---d(2)---= cosx2--2x--= d(tg-2)-= ln |tg x-|+ C sin x sin x2 cos x2 sin2 c2osx2 tg x2 2 cos 2

Проделанные вычисления справедливы на любом интервале, где $sinx$ не обращается в ноль, то есть на любом интервале, не содержащем точки вида $x = πk,k ∈ ℤ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#46182

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи интегрирования по частям

∫ x arctg xdx

Показать ответ и решение

Будем пользоваться формулой интегрирования по частям:

∫ ∫ x2 x2 ∫ x2 x arctgxdx = arctg xd(--) = ---arctg x − ---d(arctg x) = 2 2 2

∫ ∫ x2- x2---1--- x2- 1- --x2-- = 2 arctg x− 2 1+ x2 dx = 2 arctg x− 2 1+ x2 dx =

2 ∫ 2 2 ∫ = x--arctg x− 1- x--+-1−-1-= x--arctgx − 1- 1 − --1---dx 2 2 1+ x2 2 2 1 + x2

Последний же интеграл - табличный (после разбиения на сумму двух интегралов). Окончательно имеем:

2 ∫ 2 2 x-arctgx − 1- 1 − ---1--dx = x--arctgx − 1x + 1-arctgx + C = (x--+ 1-)arctg x− 1x + C 2 2 1 + x2 2 2 2 2 2 2

Эти вычисления верны на любом интервале в $ℝ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#46740

Вычислить

∫ sin7x ---2--dx cos x

Показать ответ и решение

Это интеграл типа $∫ sinn x cosm xdx$ где $n,m ∈ ℤ.$ Здесь $n = 7,m = − 2.$ В таком случае рекомендуется делать замену $cos x = t,$ а затем воспользоваться основным тригонометрическим тождеством для того, чтобы избавиться от синусов. Проделаем это.

Пусть $cosx = t.$ Тогда $− sinxdx = dt.$ А также $sin6 x = (1− cos2x )3 = (1− t2)3.$ Таким образом, имеем:

∫ 7 ∫ 23 ∫ 2 4 6 sin-x-dx = − (1-−-t-)dt-= (− 1-+-3t-−-3t-+-t-)dt= cos2x t2 t2

∫ − dt ∫ ∫ ∫ 1 t5 1 cos5x = -2--+ 3dt − 3t2dt+ t4dt = --+ 3t− t3 + --+ C = -----+ 3cos x− cos3x + ------+ C t t 5 cosx 5

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#46741

Вычислить

∫ dx --3-----4-- sin xcos x

Показать ответ и решение

Это интеграл типа $∫ sinn xcosm xdx$ где $n, m ∈ ℤ.$ Здесь $n = − 3,m = − 4.$ В таком случае, поскольку $n$ - нечётно, то рекомендуется делать замену $cosx = t.$ Тогда $− sinxdx = dt,$ $--dt- dx = − sinx.$

Тогда

dx dt dt dt dt ---3----4--= − --4--4-= − (1−-t2)2t4 = −(1-−-2t2 +-t4)t4 = 2t6-−-t4-−-t8 = sin xcos x sin xt

dt 2dt --5dt--- ---dt--- --5dt--- ---dt--- = − t4 − t2 − 4(t+ 1) − 4(t+ 1)2 + 4(t− 1) − 4(t− 1)2

Таким образом,

∫ ∫ ----dx-----= (− dt − 2dt− --5dt--− ---dt---+ --5dt--− ---dt---)dt = sin3 xcos4x t4 t2 4(t+ 1) 4(t+ 1)2 4(t− 1) 4(t− 1)2

-1- 2- 5- 5- ---1---- ---1---- = 3t3 + t − 4 ln |t + 1|+ 4 ln |t − 1|+ 4(t+ 1) + 4(t− 1) + C =

= ---1--- + --2--− 5-ln|cosx + 1|+ 5-ln |cosx − 1|+ -----1-----+ -----1-----+ C 3 cos3x cosx 4 4 4(cosx + 1) 4(cosx− 1)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#46742

Вычислить

∫ ∘ ------- a2 + x2dx

Показать ответ и решение

В таком случае рекомендуется делать замену $x = a tgt.$ Тогда $√ ------- a2 + x2 = caost,$ $dx = caodst2t.$ Тогда имеем:

∫ ------- ∫ 2 ∘ a2 + x2dx = a-dt- cos3t

Далее,

∫ ∫ d(t+ π) ∫ -dt--= ---3---2π- = -du3--- cos3 t sin (t + 2) sin u

где $u = (t+ π ). 2$

Далее:

∫ du 1∫ du ---3--= -- --3-u-2-3-u sin u 4 sin 2 cos 2

Сделаем замену $tg u2 = v.$ Тогда $u dv = cods22 u. 2$ Имеем:

∫ u ∫ ∫ ∫ 1- ----d-2---- 1- ----dv----- 1- (1+-v2)2dv- 1- (1+-2v2-+-v4)dv 4 sin3 u2 cos3 u2 = 4 sin3 u2 4 u = 4 v3 = 4 v3 = cos3 u2 cos 2

1 ∫ dv 1 ∫ dv 1 ∫ 1 1 v2 = -- -3-+ -- ---+ -- vdv = − --2-+ --ln |v|+ --+ C = 4 v 2 v 4 8v 2 8

1 1 t π tg2(t2 + π4) = − 8-tg2(t-+-π)-+ 2-ln |tg(2 + 4)|+ -----8---- + C = 2 4

− 1 + tg4(t+ π) 1 t π = -----2-t-2-π-4-+ -ln|tg(--+ --)|+ C 8tg (2 + 4) 2 2 4

где $t = arctg xa.$ И после подстановки и тригонометрических упрощений должно получиться:

∫ ∘ ------- x ∘ ------- a2 ∘ ------- a2 + x2dx = -- a2 + x2 +---ln|x+ a2 + x2|+ C 2 2

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#46743

Вычислить

∫ ∘ ------- x3 + x4dx

Показать ответ и решение

Если мы преобразуем подынтегральное выражение как $√ ------- 1 x3 + x4 = x2(1 + x−1)2,$ то станет ясно, что мы имеем дело не с чем иным, как с дифференциальным биномом при $1 m = 2,n = − 1,p = 2.$ И, поскольку $m+n1-= − 3$ - целое, то применяют замену $1 + x−1 = u2.$

Тогда $x = (u2 − 1)−1,$ $dx = (−u22−udu1)2.$

И, таким образом, мы имеем

∫ ∘ ------- ∫ − 2u⋅u ⋅(u2 − 1)− 2du ∫ u2du x3 + x4dx = ------(u2 −-1)2----- = − 2 (u2-−-1)4

Далее, так как

---u2----= − ---1-----− ----1-----+ ----1-----+ ----1----− -----1---- + ----1----- (u2 − 1)4 32(u+ 1) 32(u + 1)2 16(u + 1)4 32(u− 1) 32 (u − 1)2 16(u− 1 )4

то

∫ u2du 1 1 1 1 1 1 − 2 --2----4-= ---ln |u + 1|− --ln|t− 1|− ---------− ---------+ ---------3 +---------3 + C = (u − 1) 16 16 16(u + 1) 16(u − 1) 24(u + 1) 24(u − 1)

1 ∘ ------- 1 ∘ ------- 1 1 = ---ln| 1+ x −1 + 1|− --ln| 1 + x−1 − 1|− ---√------------ − ---√------------+ 16 16 16( 1+ x− 1 + 1) 16( 1+ x− 1 − 1)

+ ---√----1-------- + ---√----1-------- + C 24( 1+ x −1 + 1)3 24( 1+ x −1 − 1)3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#51922

Вычислить

∫ √x--+ 3√x-- (---√4----)dx. x

Показать ответ и решение

Поделим почленно числитель на знаменатель и воспользуемся табличным интегралом $∫ n xn+1 x dx = n-+-1 + C$ :

∫ √-- √3-- ∫ √ -- 3√ -- ∫ 5 13 (-x-+√---x)dx = (√-x-+ √-x)dx = (x 14 + x 112)dx = 4x-4 + 12x12-+ C . 4x 4 x 4 x 5 13

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#51923

Вычислить

∫ dx --------30-. (1− 3x )

Показать ответ и решение

Сделаем замену $1 − 3x = t$ . Тогда $3dx = dt,dx = d3t$ . Тогда

∫ dx 1 ∫ dt 1 − 1 1 --------30-= -- -30-= -----t−29 + C = −---(1− 3x)−29 + C (1− 3x ) 3 t 3 29 87

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#51924

Вычислить

∫ sin7 xdx .

Показать ответ и решение

После замены $t = − cosx$ , $dt = sinxdx$ , имеем:

∫ ∫ ∫ ∫ sin7xdx = (sin2(x))3sin xdx = (1 − (− cos x)2)3 sinxdx = (1− t2)3dt = ∫ 2 4 6 3t3 3t5 t7- = (1− 3t + 3t − t)dt = t− 3 + 5 − 7 + C .

Делая обратную замену, получаем ответ

∫ 7 3 3- 5 1- 7 sin xdx = − cosx + cos x− 5 cos x + 7 cos x + C .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#51925

Вычислить

∫ dx -√----. x ln x

Показать ответ и решение

После замены $t = ln x$ , $dx dt = --- x$ , интеграл принимает вид

∫ ∫ -√dx---= d√t-= 2√t + C . x lnx t

Делая обратную замену, получаем ответ

∫ √ ---- -√dx---= 2 lnx + C . x lnx

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#51931

Найти неопределённый интеграл

∫ ----dx---- x2(2 +x3)53

Показать ответ и решение

Если мы преобразуем подынтегральное выражение как $5 x−2(2 + x3)−3,$ то станет ясно, что мы имеем дело не с чем иным, как с дифференциальным биномом $m np x (a+ bx )dx$ при $5 m = − 2,n = 3,p = − 3.$ И поскольку $m+n1-+ p = − 3$ - целое, то применяют замену $1+ 2x− 3 = tM ,$ где $M = 3$ знаменатель после сокращения дроби $5 p = − 3$ .

Тогда после взятия дифференциала от обеих частей $− 6x− 4dx = 3t2dx,$ $2 x− 4dx = − t2dt.$

Для замены подынтегральную функцию можно преобразовать так:

( ) 5 x −2(2+ x3)− 53 = x −2 x3 ⋅(2x −3 + 1) − 3 = x−2−5(2x−3 + 1)− 53 = x−4x− 3(t3)− 53

В итоге получаем, что интеграл из условия равен

∫ ( t2dt t3 − 1 −5) 1 ∫ t3 − 1 1 ∫ 1∫ dt t 1 2t3 + 1 − -2--⋅--2---⋅t = − 4- --t3--dt = −4- dt + 4- t3 = − 4− 8t2 + c = −-8t2--+ c,c ∈ ℝ

После обратной замены

-2+-4x-−3 +-1- --3x3 +-4-- − 8(1+ 2x− 3)(2) + c = − 8x(x3 + 2)23 + c,c ∈ ℝ 3

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#52219

Вычислить ( $a > 0$ ):

∫ x2dx --2----2-3∕2 . (a − x )

Показать ответ и решение

Для начала преобразуем подынтегральное выражение:

∫ ∫ ∫ x- 2 ---x2dx---- ----x2dx------ ---(-a)-dx---- (a2 − x2 )3∕2 = a3(1 − (x)2)3∕2 = a(1 − (x)2)3∕2 . a a

Теперь сделаем замену $x = a sin t$ , $dx = a costdt$ . Подынтегральная функция имеет смысл при $x ∈ [− a,a]$ , поэтому можно считать, что $π π t ∈ [− 2 ,2]$ , при этом $cost > 0$ и $t = arcsin xa$ .

x ∫ (--)2dx ∫ a sin2t cos tdt ∫ sin2tcos tdt ----a-x--23∕2-= ---------2-3∕2 = -----3-----= a(1− (--)) a (1 − sin t) cos t a ∫ ∫ 1 = tan2tdt = (---2- − 1)dt = tant − t+ C . cos t

Поскольку $tant = sin-t = ∘--sint----= √---x---- cost 1 − sin2t a2 − x2$ , переходя к обратной замене окончательно имеем:

∫ x2dx x x --2----2-3∕2 = √-------- − arcsin -+ C . (a − x ) a2 − x2 a

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#57053

Вычислить при помощи разложения подынтегральной функции на простейшие дроби:

∫ x4 + 1 -3----2-------dx x − x + x − 1

Показать ответ и решение

Поскольку степень многочлена в числителе больше, чем в знаменателе, то прежде чем раскладывать на простейшие, разделим с остатком многочлен $4 x + 1$ на $3 2 x − x + x− 1$ . Это делается стандартным алгоритмом - делением $”$ уголком $”$ .

В результате получим:

4 3 2 x + 1 = (x − x + x − 1)(x+ 1)+ 2

И, таким образом,

∫ x4 + 1 ∫ ∫ 2 x2 ∫ 2 -3----2-------dx = (x + 1)dx+ -3----2-------dx = --+ x+ C + -3----2-------dx x − x + x − 1 x − x + x − 1 2 x − x + x − 1

Поэтому нам нужно найти первообразную для правильной дроби $-3--22---- x− x+x− 1$ . Для этого нам сначала нужно эту дробь разложить в сумму простейших дробей.

Как и положено по алгоритму, чтобы получить разложение на простейшие, нужно сначала разложить знаменатель $x3 − x2 + x − 1$ на множители так, чтобы дальнейшее разложение было невозможно (либо на линейные множители, либо на квадратичные, не имеющие в $ℝ$ корней).

Это разложение имеет вид:

3 2 2 x − x + x − 1 = (x − 1)(x + 1)

Где, как мы видим, квадратичный множитель уже дальше не раскладывается, поскольку $2 x + 1$ в $ℝ$ корней не имеет.

Таким образом, будем искать разложение для нашей исходной дроби в виде:

2 A Bx + C -3----2--------= ----- + --2----- x − x + x − 1 x − 1 x + 1

Приведём к общему знаменателю справа:

------2-------- A-(x2 +-1)-+-(Bx-+-C-)(x-−-1) x3 − x2 + x − 1 = x3 − x2 + x− 1

Следовательно, раз равны знаменатели, то можем приравнять и числители, и получить следующую систему линейных уравнений на $A,B$ и $C$ :

( || A + B = 0, -при x2 |{ C − B = 0, - при x |||( A − C = 2, -свободны й член

Но прежде чем решать систему, заметим, что если в равенство

2 = A(x2 + 1)+ (Bx + C )(x − 1)

подставить $x = 1$ , то получится, что $A = 1$ . Тогда $B = − 1$ , $C = − 1$ . Следовательно, имеем:

∫ 2 ∫ dx ∫ − x − 1 1 -3----2-------dx = ----- + --2---- = ln |x− 1|− -ln(x2 + 1 )− arctg x + C x − x + x − 1 x − 1 x + 1 2

А значит

∫ ----x4-+-1----- x2- 1- 2 x3 − x2 + x − 1dx = 2 + x + ln|x− 1|− 2 ln(x + 1)− arctgx + C

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#57054

Вычислить при помощи разложения подынтегральной функции на простейшие дроби:

∫ dx --2--2---- x (x − 4)

Показать ответ и решение

Дробь $x2(x12−4)$ - правильная, т.е. степень многочлена в числителе меньше степени в знаменателе, поэтому можно её разложить в сумму простейших дробей. Прежде чем раскладывать её на простейшие, необходимо максимально разложить её знаменатель. Итак,

x2(x2 − 4) = x2(x − 2)(x + 2)

И дальнейшее разложение невозможно, поскольку мы уже разложили в произведение множителей первой степени в каких-то степенях.

Согласно алгоритму разложения на простейшие, искать это разложение нужно в виде

-----1---- = A-+ B-+ -C---+ -D--- x2 (x2 − 4) x x2 x− 2 x+ 2

Далее, приводим дробь справа к общему знаменателю, и имеем:

2 2 -----1---- = Ax-(x−-2)(x-+-2)+-B-(x−-2-)(x-+-2)+-Cx--(x-+-2)+-Dx--(x−-2)- x2 (x2 − 4) x2(x2 − 4)

Тогда, раз у нас равны знаменатели, можем приравнять и числители:

2 2 1 = Ax(x − 2)(x+ 2) + B (x − 2)(x+ 2 )+ Cx (x + 2) + Dx (x − 2)

Прежде чем выписывать систему уравнений на $A,B, C,D$ , давайте попробуем в последнее равенство поподставлять какие-то иксы:

Например, при $x = 2$ имеем: $1 = C ⋅16$ , следовательно, $C = 1- 16$ .

При $x = − 2$ имеем $1 = D ⋅(− 16)$ , следовательно, $D = −-1 16$ .

При $x = 0$ имеем $1 = B ⋅(− 4)$ , следовательно, $B = − 14$ .

Число $A$ найдём, приравнивая коэффициенты при $x3$ (в левой части равенства он, очевидно, равен 0): $0 = A + C + D$ , следовательно, $A = 0$ .

Таким образом, имеем разложение:

----1-----= − -1--+ ----1----− ---1----- x2(x2 − 4) 4x2 16(x − 2) 16(x+ 2)

И, таким образом,

$∫ ∫ ∫ ∫ ---dx----dx = − -dx-+ ---dx----− ---dx----= x2(x2 − 4) 4x2 16(x− 2) 16(x+ 2) -1- 1-- -1- = 4x + 16 ln|x − 2|− 16 ln |x + 2|+ C$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#57055

Вычислить при помощи метода Остроградского:

∫ xdx ------2-------3 (x− 1) (x + 1)

Показать ответ и решение

Как мы видим, у знаменателя куча кратных корней - корень 1 кратности 2 и корень $− 1$ кратности 3. Это более чем явный повод для того, чтобы воспользоваться методом Остроградского.

Итак, если знаменатель $Q(x) = (x− 1)2(x + 1)3$ , то мы должны разложить его на $Q (x ) = Q1 (x )⋅Q2 (x )$ , где $Q 2$ имеет в точности те же корни, что $Q$ , но кратности 1.

Таким образом, $Q (x ) = (x − 1)(x + 1)2 1$ , $Q (x) = (x− 1)(x + 1) 2$ .

Тогда, по методу Остроградского:

∫ ∫ ------xdx------= H-(x)-+ G-(x)dx (x− 1)2(x + 1)3 Q1(x) Q2(x)

Где у многочленов $H (x)$ и $G (x)$ степень строго меньше, чем у знаменателей тех дробей, в которых они стоят.

Таким образом, с неопределенными коэффициентами последнее равенство записывается как:

∫ xdx ax2 + bx+ c ∫ tx+ e ------2-------3 = -------------2 + -------------dx (x − 1)(x + 1) (x− 1 )(x + 1) (x − 1)(x + 1)

Продифференцируем это равенство с неопределенными коэффициентами, и получим:

2 2 2 -------x-------= (2ax-+-b)(x-−-1)(x+-1)--−-(ax--+-bx-+-c)((x-+-1)-+-2(x-−-1)(x-+-1))+ ----tx-+-e---- (x − 1)2(x + 1)3 (x − 1)2(x + 1)4 (x− 1 )(x + 1)

Приводим справа к общему знаменателю:

$-------x------- (x − 1)2(x+ 1)3 = 2 2 2 3 = (2ax+--b)(x-−-1)(x-+-1)-−--(ax--+-bx-+-c)((x-+-1)-+-2(x-−-1)(x-+-1))+-(tx-+-e)(x-−-1)(x+-1)-- (x − 1)2(x+ 1)4$

Заметим, что на $(x + 1)$ справа можно сократить:

$-------x------- (2ax-+-b)(x-−-1)(x+-1)-−-(ax2-+-bx-+-c)((x-+-1)+-2(x-−-1))+-(tx+-e)(x-−-1)(x-+-1)2- (x − 1)2(x + 1)3 = (x − 1)2(x+ 1 )3$

Ну а теперь, раз равны знаменатели, то можно приравнять и числители:

$2 2 x = (2ax+ b)(x − 1)(x + 1) − (ax + bx + c)((x + 1)+ 2(x − 1))+ (tx+ e)(x − 1)(x + 1)$

Откуда, приравнивая коэффициенты перед одинаковыми степенями икса, получаем такую систему уравнений на $a,b,c,t,e$ :

( || t = 0, -пр и x4 |||| ||| 2a − a− 2a− t+ 2t+ e = 0, -пр и x3 |{ | b + 2a− 2a − a + 2a− b − 2b− e + 2e+ t − 2t = 0, -пр и x2 ||| 1 |||| − 2a+ b − b− b + 2b− c − 2c− t+ e− 2e = 1, -пр и x ||( 0 − b− c + 2c− e = 0, -пр и x (свобод ный член)

Слегка упростим систему:

( || t = 0, -п ри x4 |||| |||| − a+ t + e = 0, -п ри x3 { | a − 2b+ e − t = 0, -п ри x2 |||| 1 ||| − 2a+ b − 3c− t − e = 1, -п ри x ||( − b+ c− e = 0, -п ри x0(сво бодный член )

Откуда получаем:

1 1 t = 0,a = b = e = −-,c = −-- 8 4

Таким образом, имеем:

$∫ ∫ ------xdx------dx = − 1-⋅--x2-+-x+-2---− 1⋅ -----dx------ = (x − 1)2(x + 1)3 8 (x− 1)(x + 1)2 8 (x − 1)(x + 1) 1 x2 + x + 2 1 ∫ dx 1 x2 + x + 2 1 1+ x = − -⋅ ------------2-− --⋅ -2----= − --⋅-------------2 + ---ln |-----|+ C 8 (x − 1)(x+ 1 ) 8 x − 1 8 (x − 1)(x + 1) 16 1− x$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#57056

Вычислить, применяя нужную замену для интеграла, содержащего радикал:

∫ dx √----√4-- x+ x

Показать ответ и решение

Сделаем замену $x = t4$ , то есть $√ -- 4 x = t$ . Тогда $dx = 4t3dt$ и мы имеем:

∫ dx ∫ t3dt ∫ t2dt √-----4√--= 4 2----= 4 ----- x + x t + t t+ 1

И мы свели интеграл от рациональной функции от корня от $x$ к интегралу от рациональной функции от $t$ . Поделим числитель на знаменатель:

∫ 2 ∫ 2 √-- √ -- √ -- 4 t-dt-= 4 (t− 1+ --1--)dt = 4(t − t+ ln|t+ 1|)+ C = 2 2x − 4 4x + 4ln| 4 x+ 1 |+ C t+ 1 t + 1 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#57057

Вычислить, применяя нужную замену для интеграла, содержащего радикал:

∫ dx 4∘-------3-------5 (x− 1) (x + 2)

Показать ответ и решение

Давайте преобразуем подынтегральную функцию к более удобному виду:

∘ ------3- -∘------1---------= ---1----⋅ 4 (x+-2)- 4 (x − 1)3(x+ 2)5 (x + 2)2 (x− 1)3

Тогда ясно, что нужно сделать замену $x+2 = t4 x−1$ . Откуда $x = 2+t4 t4−1$ , $x+ 2 = 3t4- t4−1$ , $dx = -−12t3-dx (t4−1)2$ .

Таким образом, будем иметь:

$∘ -------- ∫ dx ∫ 1 (x + 2)3 ∘4--------------- = ------2-⋅ 4-------3dx = (x − 1)3(x+ 2)5 (x+ 2) (x − 1) ------ ∫ (t4 − 1)2 (− 12t3) 4 ∫ dt 4 1 4 ∘4x − 1 = t3 ⋅----8-- ⋅-4-----2dt = −-- -2 = -⋅ -+ C = --⋅ ----- + C 9t (t − 1) 3 t 3 t 3 x + 2$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#77281

Привести пример функции, не имеющей первообразной на интервале $(0,1)$ .

Показать ответ и решение

Например, это функция, заданная формулой

( 1 { − 1 при x < 2 f (x ) = ( 1 1, при x ≥ 2

Действительно, она не имеет первообразной на $(0,1)$ . Давайте докажем это от противного.

Пусть существует такая $F (x)$ (потенциальная первообразная), что для любого $x ∈ (0,1)$ выполнено

F ′(x) = f(x)

Таким образом, ясно, что при $x > 1 2$ функция $F (x )$ равна $x+ C1$ для какой-то константы $C1$ . А при $1 x < 2$ функция $F(x)$ равна $− x + C2$ для какой-то константы $C2$ . То есть мы получаем, что

( { − x + C2 при x < 12 F(x) = ( 1 x+ C1, при x > 2

Но, поскольку мы хотим, чтобы для любого $x ∈ (0,1)$ выполнено

F ′(x) = f(x)

То это означает, что $F(x)$ должна быть дифференцируема в каждой точке интервала $(0,1)$ . А, значит, и непрерывна в каждой точке точке интервала $(0,1)$ , поскольку из дифференцируемости в точке вытекает непрерывность в точке.

Но тогда, в частности, это означает, что $F(x)$ должна быть непрерывна в точке $x = 1 2$ .

То есть, во-первых, должен существовать

lxim→1 F(x) 2

А, во-вторых, он должен быть равен $F (12)$ .

Итак, раз должен существовать

lxim→1 F(x) 2

То это означает, что должны существовать оба односторонних предела

xli→m1− F (x ),xl→im1+ F(x) 2 2

И они должны быть равны между собой. Однако

1- 1- xli→m1− F (x ) = − 2 + C2,xl→im1+F (x) = 2 + C1 2 2

Следовательно,

1 1 1 F (-) = − --+ C2 = --+ C1 2 2 2

Откуда мы получаем, что $1 1 − 2 + C2 = 2 + C1$ , а, значит, $C1 = − 1+ C2$ . Допустим, $C1 = 0,C2 = 1$ (это никак не ограничивает общность) и тогда получается, что

1 1 1 1 F (-) = − -+ C2 = --+ C1 = -- 2 2 2 2

Таким образом, получаем:

( | 1 ||{− x + 1 при x < 2 F (x) = x, при x > 1 ||| 2 ( 12, при x = 12

Но что же получается? А получается, что $F$ задается формулой

1 1 F (x ) = |x −-|+ -- 2 2

Но такая $F$ , разумеется, не будет дифференцируемой в точке $1 x = 2$ .

(Это доказывается аналогично тому, что функция $g(x) = |x|$ - недифференцируема в точке $x = 0$ ).

Получили противоречие с тем, что $F$ должна быть всюду дифференцируема на интервале $(0,1)$ .

Отметим, что наш произвол в выборе констант $C1$ и $C2$ ни на что существенно не повлиял, поскольку при другом выборе этих констант функция $F$ просто сдвинулась бы вдоль оси $Oy$ , но принципиально в рассуждениях ничего бы не изменилось.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#77282

Найти неопределенный интеграл на каком-нибудь интервале при помощи занесения под дифференциал

∫ ---dx--- 1 + sin x

Показать ответ и решение

∫ dx ∫ d(π − x) --------= − -----2--π----- 1+ sinx 1 + cos(2 − x )

Но $1+ cos(π2 − x) = 2cos2(π4 − x2)$ , поэтому:

∫ d(π2 − x) ∫ d( π2 − x) ∫ d(π4 − x2 ) − 1-+-cos(π-−-x) = − 2-cos2(π-−-x-) = − cos2(π−--x) 2 4 2 4 2

Для удобства сделаем замену $π4 − x2 = t$ , тогда

∫ ∫ -d(π4-−-x2)-- -dt-- − cos2(π − x) = − cos2t = − tg t+ C 4 2

Этот интеграл табличный.

Делаем теперь обратную замену:

∫ π x -d(4-−-2)-- π- x- − cos2(π4 − x2) = − tg t+ C = − tg(4 − 2 )+ C

На каком же интервале мы нашли наш неопределенный интеграл? На любом, на котором справедливо было нахождение табличного интеграла, то есть на любом интервале, на котором не зануляется $cos(π− x) 4 2$ , то есть на любом интервале, не содержащем точек вида $− π + 2πk,k ∈ ℤ 2$ .

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел