Страница 343 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

263. Докажите тождество с помощью признака постоянства функции:

a) $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2};$

б) $\operatorname{arctg} x + \operatorname{arcctg} x = \frac{\pi}{2}.$

а) Для доказательства тождества $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$ воспользуемся признаком постоянства функции. Рассмотрим функцию $f(x) = \arcsin x + \arccos x$.
Область определения этой функции — отрезок $[-1, 1]$, так как это общая область определения для $\arcsin x$ и $\arccos x$.
Найдем производную функции $f(x)$ на интервале $(-1, 1)$:
$f'(x) = (\arcsin x + \arccos x)' = (\arcsin x)' + (\arccos x)'$.
Поскольку $(\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ и $(\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, получаем:
$f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = 0$.
Так как производная функции равна нулю для всех $x \in (-1, 1)$, функция $f(x)$ является постоянной на этом интервале, то есть $f(x) = C$, где $C$ — константа.
Для нахождения значения константы $C$ вычислим значение функции в любой точке из этого интервала, например, при $x = 0$:
$C = f(0) = \arcsin(0) + \arccos(0) = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$.
Следовательно, для всех $x \in (-1, 1)$ выполняется равенство $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$.
Функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[-1, 1]$, поэтому данное равенство верно и для граничных точек $x=1$ и $x=-1$.
Таким образом, тождество доказано для всех $x$ из области определения.
Ответ: Тождество $\arcsin x + \arccos x = \frac{\pi}{2}$ доказано.

б) Для доказательства тождества $\arctan x + \operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2}$ рассмотрим функцию $g(x) = \arctan x + \operatorname{arccot} x$.
Область определения этой функции — вся числовая прямая, $x \in (-\infty, +\infty)$, так как это общая область определения для $\arctan x$ и $\operatorname{arccot} x$.
Найдем производную функции $g(x)$:
$g'(x) = (\arctan x + \operatorname{arccot} x)' = (\arctan x)' + (\operatorname{arccot} x)'$.
Поскольку $(\arctan x)' = \frac{1}{1+x^2}$ и $(\operatorname{arccot} x)' = -\frac{1}{1+x^2}$, получаем:
$g'(x) = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+x^2} = 0$.
Так как производная функции равна нулю для всех $x \in \mathbb{R}$, функция $g(x)$ является постоянной на всей своей области определения, то есть $g(x) = C$, где $C$ — константа.
Для нахождения значения константы $C$ вычислим значение функции в любой точке, например, при $x = 0$:
$C = g(0) = \arctan(0) + \operatorname{arccot}(0) = 0 + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$.
Следовательно, для всех действительных $x$ выполняется равенство $\arctan x + \operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2}$.
Ответ: Тождество $\arctan x + \operatorname{arccot} x = \frac{\pi}{2}$ доказано.

264. Найдите функцию y, если известно, что $y'y^2 = 2$ и $y(2) = 2$.

Данное уравнение $y'y^2 = 2$ является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Запишем производную $y'$ как $\frac{dy}{dx}$:

$\frac{dy}{dx} y^2 = 2$

Теперь разделим переменные, умножив обе части на $dx$, чтобы сгруппировать слагаемые с $y$ и $dy$ в одной части, а с $x$ и $dx$ в другой:

$y^2 dy = 2 dx$

Проинтегрируем обе части уравнения:

$\int y^2 dy = \int 2 dx$

Вычисление интегралов дает:

$\frac{y^3}{3} = 2x + C$, где $C$ — постоянная интегрирования.

Это общее решение уравнения. Для нахождения частного решения используем начальное условие $y(2) = 2$. Подставим значения $x=2$ и $y=2$ в полученное общее решение:

$\frac{2^3}{3} = 2(2) + C$

$\frac{8}{3} = 4 + C$

Найдем константу $C$:

$C = \frac{8}{3} - 4 = \frac{8}{3} - \frac{12}{3} = -\frac{4}{3}$

Подставим найденное значение $C = -\frac{4}{3}$ обратно в общее решение:

$\frac{y^3}{3} = 2x - \frac{4}{3}$

Теперь выразим $y$. Умножим обе части уравнения на 3:

$y^3 = 6x - 4$

Извлекая кубический корень, получаем искомую функцию:

$y = \sqrt[3]{6x - 4}$

Ответ: $y = \sqrt[3]{6x - 4}$

265. Найдите первообразные для функций $e^x \sin x$ и $e^x \cos x$.

Для нахождения первообразных для данных функций необходимо вычислить соответствующие неопределенные интегралы. Задачу удобно решать, находя оба интеграла одновременно, используя метод интегрирования по частям, который приводит к системе линейных уравнений.

Обозначим искомые интегралы: $I = \int e^x \sin x \, dx$ и $J = \int e^x \cos x \, dx$.

Сначала найдем связь между $I$ и $J$, применив к интегралу $I$ метод интегрирования по частям по формуле $\int u \, dv = uv - \int v \, du$. Пусть $u = e^x$ и $dv = \sin x \, dx$. Тогда $du = e^x \, dx$ и $v = \int \sin x \, dx = -\cos x$. Подставляя в формулу, получаем: $I = e^x(-\cos x) - \int (-\cos x)e^x \, dx = -e^x \cos x + \int e^x \cos x \, dx$. Так как $\int e^x \cos x \, dx = J$, мы получили первое уравнение: $I = -e^x \cos x + J$.

Теперь применим тот же метод к интегралу $J$. Пусть $u = e^x$ и $dv = \cos x \, dx$. Тогда $du = e^x \, dx$ и $v = \int \cos x \, dx = \sin x$. Подставляя в формулу, получаем: $J = e^x \sin x - \int (\sin x)e^x \, dx$. Так как $\int e^x \sin x \, dx = I$, мы получили второе уравнение: $J = e^x \sin x - I$.

Мы получили систему двух линейных уравнений с двумя неизвестными $I$ и $J$: $$ \begin{cases} I = -e^x \cos x + J \\ J = e^x \sin x - I \end{cases} $$ Перепишем систему в стандартном виде: $$ \begin{cases} I - J = -e^x \cos x \\ I + J = e^x \sin x \end{cases} $$ Теперь решим эту систему для нахождения $I$ и $J$.

$e^x \sin x$

Для того чтобы найти первообразную функции $e^x \sin x$, нам нужно найти $I$. Сложим два уравнения системы: $(I - J) + (I + J) = -e^x \cos x + e^x \sin x$ $2I = e^x(\sin x - \cos x)$ $I = \frac{e^x(\sin x - \cos x)}{2}$. Поскольку первообразная определяется с точностью до константы, мы добавляем произвольную постоянную $C$.
Ответ: $\frac{e^x(\sin x - \cos x)}{2} + C$.

$e^x \cos x$

Для того чтобы найти первообразную функции $e^x \cos x$, нам нужно найти $J$. Вычтем первое уравнение из второго: $(I + J) - (I - J) = e^x \sin x - (-e^x \cos x)$ $2J = e^x(\sin x + \cos x)$ $J = \frac{e^x(\sin x + \cos x)}{2}$. Добавив произвольную постоянную $C$, получаем общее выражение для первообразной.
Ответ: $\frac{e^x(\sin x + \cos x)}{2} + C$.

266. Материальная точка движется по прямой. Докажите, что:

a) $x(t) = x_0 + \int_{t_0}^t v(t) dt$, если известна ее скорость $v(t)$ в любой момент $t$ и координата точки в начальный момент $t_0$ равна $x_0$;

б) $v(t) = v_0 + \int_{t_0}^t a(t) dt$, если известно ее ускорение $a(t)$ в любой момент $t$ и скорость в начальный момент $t_0$ равна $v_0$.

а) По определению, мгновенная скорость $v(t)$ является производной от координаты $x(t)$ по времени $t$:
$v(t) = \frac{dx}{dt}$.
Это дифференциальное уравнение, которое можно переписать в виде: $dx = v(t) dt$.
Чтобы найти координату $x(t)$ в произвольный момент времени $t$, проинтегрируем это выражение. Левую часть проинтегрируем по координате от начального значения $x_0$ в момент времени $t_0$ до конечного значения $x(t)$ в момент времени $t$. Правую часть проинтегрируем по времени от $t_0$ до $t$:
$\int_{x_0}^{x(t)} dx = \int_{t_0}^{t} v(t) dt$.
Интеграл в левой части равен $x(t) - x_0$. Таким образом, получаем:
$x(t) - x_0 = \int_{t_0}^{t} v(t) dt$.
Перенося $x_0$ в правую часть, получаем искомую формулу, что и требовалось доказать:
$x(t) = x_0 + \int_{t_0}^{t} v(t) dt$.
Ответ: Доказано, что если $v(t) = x'(t)$, то координата $x(t)$ находится по формуле $x(t) = x(t_0) + \int_{t_0}^{t} v(t) dt$.

б) Доказательство проводится аналогично. По определению, мгновенное ускорение $a(t)$ является производной от скорости $v(t)$ по времени $t$:
$a(t) = \frac{dv}{dt}$.
Перепишем это дифференциальное уравнение в виде: $dv = a(t) dt$.
Проинтегрируем обе части. Левую часть — по скорости от начального значения $v_0$ в момент $t_0$ до конечного значения $v(t)$ в момент $t$. Правую часть — по времени от $t_0$ до $t$:
$\int_{v_0}^{v(t)} dv = \int_{t_0}^{t} a(t) dt$.
Интеграл в левой части равен $v(t) - v_0$. Следовательно:
$v(t) - v_0 = \int_{t_0}^{t} a(t) dt$.
Выражая $v(t)$, получаем доказываемую формулу:
$v(t) = v_0 + \int_{t_0}^{t} a(t) dt$.
Ответ: Доказано, что если $a(t) = v'(t)$, то скорость $v(t)$ находится по формуле $v(t) = v(t_0) + \int_{t_0}^{t} a(t) dt$.

267. Пусть $f(x)$ — многочлен степени не выше 3. Докажите, что

$$\int_{a}^{b} f(x) dx = \frac{b-a}{6} (y_1 + 4y_2 + y_3),$$

где $y_1 = f(a), y_2 = f\left(\frac{a+b}{2}\right), y_3 = f(b).$

Для доказательства данного тождества воспользуемся свойством линейности как интеграла (левая часть), так и выражения в правой части. Если мы докажем, что равенство верно для базисных многочленов $1, x, x^2, x^3$, то в силу линейности оно будет верно и для любой их линейной комбинации, то есть для любого многочлена степени не выше 3 вида $f(x) = c_3x^3 + c_2x^2 + c_1x + c_0$.

Обозначим левую часть как ЛЧ, а правую — как ПЧ.

ЛЧ = $\int_a^b f(x) dx$

ПЧ = $\frac{b-a}{6}(y_1 + 4y_2 + y_3) = \frac{b-a}{6}\left(f(a) + 4f\left(\frac{a+b}{2}\right) + f(b)\right)$

Проверим равенство для каждого базисного многочлена.

1. Пусть $f(x) = 1$.

ЛЧ: $\int_a^b 1 \,dx = [x]_a^b = b-a$.

ПЧ: $y_1 = f(a) = 1$, $y_2 = f\left(\frac{a+b}{2}\right) = 1$, $y_3 = f(b) = 1$.
$\frac{b-a}{6}(1 + 4 \cdot 1 + 1) = \frac{b-a}{6} \cdot 6 = b-a$.
Равенство выполняется.

2. Пусть $f(x) = x$.

ЛЧ: $\int_a^b x \,dx = \left[\frac{x^2}{2}\right]_a^b = \frac{b^2-a^2}{2} = \frac{(b-a)(b+a)}{2}$.

ПЧ: $y_1 = f(a) = a$, $y_2 = f\left(\frac{a+b}{2}\right) = \frac{a+b}{2}$, $y_3 = f(b) = b$.
$\frac{b-a}{6}\left(a + 4\left(\frac{a+b}{2}\right) + b\right) = \frac{b-a}{6}(a + 2(a+b) + b) = \frac{b-a}{6}(a + 2a + 2b + b) = \frac{b-a}{6}(3a + 3b) = \frac{b-a}{6} \cdot 3(a+b) = \frac{(b-a)(a+b)}{2}$.
Равенство выполняется.

3. Пусть $f(x) = x^2$.

ЛЧ: $\int_a^b x^2 \,dx = \left[\frac{x^3}{3}\right]_a^b = \frac{b^3-a^3}{3} = \frac{(b-a)(b^2+ab+a^2)}{3}$.

ПЧ: $y_1 = f(a) = a^2$, $y_2 = f\left(\frac{a+b}{2}\right) = \left(\frac{a+b}{2}\right)^2 = \frac{a^2+2ab+b^2}{4}$, $y_3 = f(b) = b^2$.
$\frac{b-a}{6}\left(a^2 + 4\left(\frac{a^2+2ab+b^2}{4}\right) + b^2\right) = \frac{b-a}{6}(a^2 + a^2+2ab+b^2 + b^2) = \frac{b-a}{6}(2a^2+2ab+2b^2) = \frac{b-a}{3}(a^2+ab+b^2)$.
Равенство выполняется.

4. Пусть $f(x) = x^3$.

ЛЧ: $\int_a^b x^3 \,dx = \left[\frac{x^4}{4}\right]_a^b = \frac{b^4-a^4}{4} = \frac{(b^2-a^2)(b^2+a^2)}{4} = \frac{(b-a)(b+a)(a^2+b^2)}{4}$.

ПЧ: $y_1 = f(a) = a^3$, $y_2 = f\left(\frac{a+b}{2}\right) = \left(\frac{a+b}{2}\right)^3 = \frac{a^3+3a^2b+3ab^2+b^3}{8}$, $y_3 = f(b) = b^3$.
$\frac{b-a}{6}\left(a^3 + 4\left(\frac{a^3+3a^2b+3ab^2+b^3}{8}\right) + b^3\right) = \frac{b-a}{6}\left(a^3 + \frac{a^3+3a^2b+3ab^2+b^3}{2} + b^3\right)$.
Приведем к общему знаменателю выражение в скобках:
$\frac{b-a}{6}\left(\frac{2a^3 + a^3+3a^2b+3ab^2+b^3 + 2b^3}{2}\right) = \frac{b-a}{6}\left(\frac{3a^3+3a^2b+3ab^2+3b^3}{2}\right) = \frac{b-a}{6} \cdot \frac{3(a^3+a^2b+ab^2+b^3)}{2} = \frac{b-a}{4}(a^2(a+b)+b^2(a+b)) = \frac{(b-a)(a+b)(a^2+b^2)}{4}$.
Равенство выполняется.

Поскольку формула верна для базисных многочленов $1, x, x^2, x^3$, она верна и для любого многочлена $f(x)$ степени не выше 3, который является их линейной комбинацией.

Ответ: Равенство доказано путем проверки его истинности для базисных многочленов $1, x, x^2, x^3$ и использования свойства линейности обеих частей равенства.

268. Докажите, что:

a) $\int_{-a}^{a} f(x) dx = 0$, если $f(x)$ — нечетная функция;

б) $\int_{-a}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$, если $f(x)$ — четная функция.

а)

Чтобы доказать данное утверждение, воспользуемся свойством аддитивности определенного интеграла. Разобьем интеграл по симметричному промежутку $[-a, a]$ на сумму двух интегралов:

$ \int_{-a}^{a} f(x) dx = \int_{-a}^{0} f(x) dx + \int_{0}^{a} f(x) dx $

Рассмотрим первый интеграл в правой части равенства, $ \int_{-a}^{0} f(x) dx $. Выполним в нем замену переменной. Пусть $t = -x$, тогда $x = -t$ и, следовательно, дифференциал $dx = -dt$. Также необходимо изменить пределы интегрирования: если нижний предел $x = -a$, то новый нижний предел $t = -(-a) = a$; если верхний предел $x = 0$, то новый верхний предел $t = 0$.

После замены интеграл примет вид:

$ \int_{-a}^{0} f(x) dx = \int_{a}^{0} f(-t) (-dt) $

По условию, $f(x)$ — нечетная функция, а это значит, что для любого $t$ из области определения выполняется равенство $f(-t) = -f(t)$. Подставим это в наш интеграл:

$ \int_{a}^{0} (-f(t)) (-dt) = \int_{a}^{0} f(t) dt $

Теперь воспользуемся свойством определенного интеграла: $\int_{b}^{c} g(t) dt = -\int_{c}^{b} g(t) dt$. Поменяв местами пределы интегрирования, получаем:

$ \int_{a}^{0} f(t) dt = - \int_{0}^{a} f(t) dt $

Так как переменная интегрирования является фиктивной, мы можем заменить ее обратно на $x$:

$ - \int_{0}^{a} f(t) dt = - \int_{0}^{a} f(x) dx $

Мы показали, что $ \int_{-a}^{0} f(x) dx = - \int_{0}^{a} f(x) dx $. Подставим этот результат в исходное выражение, полученное на первом шаге:

$ \int_{-a}^{a} f(x) dx = \left( - \int_{0}^{a} f(x) dx \right) + \int_{0}^{a} f(x) dx = 0 $

Что и требовалось доказать. Геометрически это означает, что для нечетной функции площади криволинейных трапеций на промежутках $[-a, 0]$ и $[0, a]$ равны по величине, но противоположны по знаку, поэтому их сумма равна нулю.

Ответ: $\int_{-a}^{a} f(x) dx = 0$, если $f(x)$ — нечетная функция.

б)

Доказательство этого утверждения проводится аналогично предыдущему пункту. Сначала разобьем исходный интеграл на два:

$ \int_{-a}^{a} f(x) dx = \int_{-a}^{0} f(x) dx + \int_{0}^{a} f(x) dx $

В первом интеграле $ \int_{-a}^{0} f(x) dx $ сделаем замену переменной: $t = -x$. Тогда $x = -t$, $dx = -dt$. Новые пределы интегрирования: при $x = -a$ получаем $t = a$, а при $x = 0$ получаем $t = 0$.

Выполним подстановку:

$ \int_{-a}^{0} f(x) dx = \int_{a}^{0} f(-t) (-dt) $

По условию, $f(x)$ — четная функция, то есть для любого $t$ выполняется равенство $f(-t) = f(t)$. Используем это свойство:

$ \int_{a}^{0} f(t) (-dt) = - \int_{a}^{0} f(t) dt $

Поменяем пределы интегрирования, изменив знак перед интегралом на противоположный:

$ - \int_{a}^{0} f(t) dt = \int_{0}^{a} f(t) dt $

Мы показали, что $ \int_{-a}^{0} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(x) dx $ (после замены фиктивной переменной $t$ на $x$). Теперь подставим полученный результат в самое первое равенство:

$ \int_{-a}^{a} f(x) dx = \int_{0}^{a} f(x) dx + \int_{0}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx $

Что и требовалось доказать. Геометрически это означает, что для четной функции (график которой симметричен относительно оси ординат) площади криволинейных трапеций на промежутках $[-a, 0]$ и $[0, a]$ равны.

Ответ: $\int_{-a}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx$, если $f(x)$ — четная функция.

269. Воспользуйтесь результатами задачи 268 и вычислите:

a) $\int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} (\operatorname{tg} x + \sin x) dx;$

б) $\int_{-\pi}^{\pi} x \cos x dx.$

а)Рассмотрим интеграл $ \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} (\tan x + \sin x) dx $. Промежуток интегрирования $ [-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}] $ является симметричным относительно начала координат.
Подынтегральная функция $ f(x) = \tan x + \sin x $. Проверим ее на четность/нечетность. Для этого найдем $ f(-x) $:
$ f(-x) = \tan(-x) + \sin(-x) $
Так как тангенс и синус являются нечетными функциями, то есть $ \tan(-x) = -\tan x $ и $ \sin(-x) = -\sin x $, мы получаем:
$ f(-x) = -\tan x - \sin x = -(\tan x + \sin x) = -f(x) $
Поскольку $ f(-x) = -f(x) $, функция $ f(x) $ является нечетной.
Согласно свойству определенного интеграла, на которое ссылается условие задачи, интеграл от нечетной функции по симметричному промежутку равен нулю: $ \int_{-a}^{a} f(x) dx = 0 $.
Следовательно,$ \int_{-\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{3}} (\tan x + \sin x) dx = 0 $.
Ответ: 0

б)Рассмотрим интеграл $ \int_{-\pi}^{\pi} x \cos x dx $. Промежуток интегрирования $ [-\pi, \pi] $ является симметричным относительно начала координат.
Подынтегральная функция $ g(x) = x \cos x $. Проверим ее на четность/нечетность. Найдем $ g(-x) $:
$ g(-x) = (-x) \cos(-x) $
Функция $ x $ является нечетной. Функция косинус является четной, то есть $ \cos(-x) = \cos x $. Произведение нечетной функции на четную является нечетной функцией.
$ g(-x) = (-x) \cos(x) = -x \cos x = -g(x) $
Поскольку $ g(-x) = -g(x) $, функция $ g(x) $ является нечетной.
Как и в предыдущем пункте, воспользуемся свойством интеграла от нечетной функции по симметричному промежутку:
$ \int_{-\pi}^{\pi} x \cos x dx = 0 $.
Ответ: 0

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

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: $\frac{7\pi}{8}$.