Номер 270, страница 343 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 4. Начала математического анализа - номер 270, страница 343.

Условие.

270. Вычислите:

а) $\int_{0}^{28} \frac{5-x}{\sqrt[3]{1+\frac{x}{4}}} dx;$

б) $\int_{0}^{1} xe^{x^2} dx;$

в) $\int_{2}^{0} x \sqrt[3]{1-\frac{x}{2}} dx;$

г) $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} (\cos^2 x + \cos^4 x) dx.$

Решение 5.

а) Вычислим интеграл $I = \int_{0}^{28} \frac{5-x}{\sqrt[3]{1+\frac{x}{4}}} dx$.

Для решения применим метод замены переменной. Обозначим $t = \sqrt[3]{1+\frac{x}{4}}$.

Возведём обе части в куб: $t^3 = 1+\frac{x}{4}$. Выразим $x$ через $t$: $\frac{x}{4} = t^3 - 1$, откуда $x = 4(t^3 - 1)$.

Теперь найдём дифференциал $dx$. $dx = d(4t^3 - 4) = 12t^2 dt$.

Необходимо также изменить пределы интегрирования.
При $x=0$, новый нижний предел $t = \sqrt[3]{1+\frac{0}{4}} = \sqrt[3]{1} = 1$.
При $x=28$, новый верхний предел $t = \sqrt[3]{1+\frac{28}{4}} = \sqrt[3]{1+7} = \sqrt[3]{8} = 2$.

Подставим полученные выражения в исходный интеграл:

$I = \int_{1}^{2} \frac{5 - 4(t^3 - 1)}{t} \cdot 12t^2 dt = \int_{1}^{2} \frac{5 - 4t^3 + 4}{t} \cdot 12t^2 dt = \int_{1}^{2} \frac{9 - 4t^3}{t} \cdot 12t^2 dt$.

Сократим $t$ и упростим подынтегральное выражение:

$I = \int_{1}^{2} (9 - 4t^3) \cdot 12t dt = \int_{1}^{2} (108t - 48t^4) dt$.

Теперь найдём первообразную и вычислим интеграл по формуле Ньютона-Лейбница:

$I = \left[ 108\frac{t^2}{2} - 48\frac{t^5}{5} \right]_1^2 = \left[ 54t^2 - \frac{48}{5}t^5 \right]_1^2$.

$I = \left( 54 \cdot 2^2 - \frac{48}{5} \cdot 2^5 \right) - \left( 54 \cdot 1^2 - \frac{48}{5} \cdot 1^5 \right) = \left( 54 \cdot 4 - \frac{48 \cdot 32}{5} \right) - \left( 54 - \frac{48}{5} \right)$.

$I = \left( 216 - \frac{1536}{5} \right) - \left( \frac{270 - 48}{5} \right) = 216 - \frac{1536}{5} - 54 + \frac{48}{5} = 162 - \frac{1488}{5}$.

$I = \frac{162 \cdot 5}{5} - \frac{1488}{5} = \frac{810 - 1488}{5} = -\frac{678}{5}$.

Ответ: $-\frac{678}{5}$.

б) Вычислим интеграл $I = \int_{0}^{1} xe^{x^2} dx$.

Воспользуемся методом замены переменной. Пусть $u = x^2$.

Тогда дифференциал $du = 2x dx$, откуда $x dx = \frac{1}{2} du$.

Пересчитаем пределы интегрирования:
При $x=0$, $u = 0^2 = 0$.
При $x=1$, $u = 1^2 = 1$.

Подставим в интеграл:

$I = \int_{0}^{1} e^{u} \cdot \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^u du$.

Вычислим интеграл:

$I = \frac{1}{2} [e^u]_0^1 = \frac{1}{2} (e^1 - e^0) = \frac{1}{2}(e - 1)$.

Ответ: $\frac{e-1}{2}$.

в) Вычислим интеграл $I = \int_{2}^{0} x \sqrt[3]{1-\frac{x}{2}} dx$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sqrt[3]{1-\frac{x}{2}}$.

Тогда $t^3 = 1-\frac{x}{2}$, откуда $\frac{x}{2} = 1-t^3$ и $x = 2(1-t^3)$.

Найдём дифференциал $dx$: $dx = d(2-2t^3) = -6t^2 dt$.

Новые пределы интегрирования:
При $x=2$, $t = \sqrt[3]{1-\frac{2}{2}} = \sqrt[3]{0} = 0$.
При $x=0$, $t = \sqrt[3]{1-\frac{0}{2}} = \sqrt[3]{1} = 1$.

Подставим всё в интеграл, меняя пределы с $(2,0)$ на $(0,1)$:

$I = \int_{0}^{1} 2(1-t^3) \cdot t \cdot (-6t^2) dt = \int_{0}^{1} -12t^3(1-t^3) dt$.

Раскроем скобки:

$I = \int_{0}^{1} (-12t^3 + 12t^6) dt$.

Вычислим интеграл:

$I = \left[ -12\frac{t^4}{4} + 12\frac{t^7}{7} \right]_0^1 = \left[ -3t^4 + \frac{12}{7}t^7 \right]_0^1$.

Применим формулу Ньютона-Лейбница:

$I = \left( -3(1)^4 + \frac{12}{7}(1)^7 \right) - \left( -3(0)^4 + \frac{12}{7}(0)^7 \right) = -3 + \frac{12}{7} = -\frac{21}{7} + \frac{12}{7} = -\frac{9}{7}$.

Ответ: $-\frac{9}{7}$.

г) Вычислим интеграл $I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\cos^2 x + \cos^4 x) dx$.

Подынтегральная функция $f(x) = \cos^2 x + \cos^4 x$ является чётной, так как $\cos(-x) = \cos(x)$. Интегрирование производится по симметричному относительно нуля промежутку $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. Поэтому можно записать:

$I = 2 \int_{0}^{\pi/2} (\cos^2 x + \cos^4 x) dx$.

Для вычисления интеграла используем формулы понижения степени:

$\cos^2 x = \frac{1+\cos(2x)}{2}$.

$\cos^4 x = (\cos^2 x)^2 = \left(\frac{1+\cos(2x)}{2}\right)^2 = \frac{1+2\cos(2x)+\cos^2(2x)}{4}$.

Применим формулу понижения степени ещё раз для $\cos^2(2x) = \frac{1+\cos(4x)}{2}$:

$\cos^4 x = \frac{1}{4}\left(1+2\cos(2x)+\frac{1+\cos(4x)}{2}\right) = \frac{1}{8}(2+4\cos(2x)+1+\cos(4x)) = \frac{3+4\cos(2x)+\cos(4x)}{8}$.

Сложим выражения для $\cos^2 x$ и $\cos^4 x$:

$\cos^2 x + \cos^4 x = \frac{1+\cos(2x)}{2} + \frac{3+4\cos(2x)+\cos(4x)}{8} = \frac{4(1+\cos(2x)) + 3+4\cos(2x)+\cos(4x)}{8} = \frac{7+8\cos(2x)+\cos(4x)}{8}$.

Подставим это в интеграл:

$I = 2 \int_{0}^{\pi/2} \frac{7+8\cos(2x)+\cos(4x)}{8} dx = \frac{1}{4} \int_{0}^{\pi/2} (7+8\cos(2x)+\cos(4x)) dx$.

Найдём первообразную:

$I = \frac{1}{4} \left[ 7x + 8\frac{\sin(2x)}{2} + \frac{\sin(4x)}{4} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{4} \left[ 7x + 4\sin(2x) + \frac{1}{4}\sin(4x) \right]_0^{\pi/2}$.

Применим формулу Ньютона-Лейбница:

$I = \frac{1}{4} \left( \left( 7\frac{\pi}{2} + 4\sin(\pi) + \frac{1}{4}\sin(2\pi) \right) - \left( 7 \cdot 0 + 4\sin(0) + \frac{1}{4}\sin(0) \right) \right)$.

$I = \frac{1}{4} \left( \frac{7\pi}{2} + 0 + 0 - 0 \right) = \frac{7\pi}{8}$.

Ответ: $\frac{7\pi}{8}$.