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

Авторы: Колмогоров А. Н., Абрамов А. М., Дудницын Ю. П.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2008 - 2025
Цвет обложки: зелёный, чёрный
ISBN: 978-5-09-019513-3
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Алгебра и начала математического анализа
Популярные ГДЗ в 10 классе
Параграф 4. Начала математического анализа. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 270, страница 343.
№270 (с. 343)
Условие. №270 (с. 343)
скриншот условия


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. №270 (с. 343)
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: $\frac{7\pi}{8}$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 270 расположенного на странице 343 к учебнику 2008 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №270 (с. 343), авторов: Колмогоров (Андрей Николаевич), Абрамов (Александр Михайлович), Дудницын (Юрий Павлович), учебного пособия издательства Просвещение.