Номер 1.114, страница 56, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1.114. Вычислите определенный интеграл:

1) $\int_0^1 (2x^2-5)^3 dx;$

2) $\int_3^{-18} \sqrt[3]{2-\frac{x}{3}} dx;$

3) $\int_0^3 (1+2x)^9 dx;$

4) $\int_1^5 \frac{xdx}{\sqrt{4x+5}};$

5) $\int_0^{\frac{\pi}{2}} x \cos x dx;$

6) $\int_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^3 x dx.$

1) Для вычисления интеграла $ \int_{0}^{1} (2x^2 - 5)^3 dx $ раскроем скобки, используя формулу куба разности $ (a-b)^3 = a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3 $.

$ (2x^2 - 5)^3 = (2x^2)^3 - 3(2x^2)^2 \cdot 5 + 3(2x^2) \cdot 5^2 - 5^3 = 8x^6 - 60x^4 + 150x^2 - 125 $

Теперь интегрируем полученный многочлен:

$ \int_{0}^{1} (8x^6 - 60x^4 + 150x^2 - 125) dx = \left[ \frac{8x^7}{7} - \frac{60x^5}{5} + \frac{150x^3}{3} - 125x \right]_{0}^{1} = \left[ \frac{8}{7}x^7 - 12x^5 + 50x^3 - 125x \right]_{0}^{1} $

Применяем формулу Ньютона-Лейбница:

$ \left( \frac{8}{7}(1)^7 - 12(1)^5 + 50(1)^3 - 125(1) \right) - \left( 0 \right) = \frac{8}{7} - 12 + 50 - 125 = \frac{8}{7} - 87 = \frac{8 - 87 \cdot 7}{7} = \frac{8 - 609}{7} = -\frac{601}{7} $

Ответ: $ -\frac{601}{7} $

2) Вычислим интеграл $ \int_{3}^{-18} \sqrt{2 - \frac{x}{3}} dx $. Применим метод замены переменной.

Пусть $ t = 2 - \frac{x}{3} $. Тогда $ dt = -\frac{1}{3} dx $, откуда $ dx = -3 dt $.

Найдем новые пределы интегрирования:

Если $ x = 3 $, то $ t = 2 - \frac{3}{3} = 1 $.

Если $ x = -18 $, то $ t = 2 - \frac{-18}{3} = 2 + 6 = 8 $.

Подставляем в интеграл:

$ \int_{1}^{8} \sqrt{t} (-3 dt) = -3 \int_{1}^{8} t^{1/2} dt = -3 \left[ \frac{t^{3/2}}{3/2} \right]_{1}^{8} = -3 \cdot \frac{2}{3} \left[ t^{3/2} \right]_{1}^{8} = -2 \left[ t\sqrt{t} \right]_{1}^{8} $

Вычисляем значение:

$ -2 (8\sqrt{8} - 1\sqrt{1}) = -2 (8 \cdot 2\sqrt{2} - 1) = -2 (16\sqrt{2} - 1) = 2 - 32\sqrt{2} $

Ответ: $ 2 - 32\sqrt{2} $

3) Вычислим интеграл $ \int_{0}^{3} (1 + 2x)^9 dx $. Используем замену переменной.

Пусть $ t = 1 + 2x $. Тогда $ dt = 2 dx $, откуда $ dx = \frac{1}{2} dt $.

Новые пределы интегрирования:

Если $ x = 0 $, то $ t = 1 + 2 \cdot 0 = 1 $.

Если $ x = 3 $, то $ t = 1 + 2 \cdot 3 = 7 $.

Подставляем в интеграл:

$ \int_{1}^{7} t^9 \left(\frac{1}{2} dt\right) = \frac{1}{2} \int_{1}^{7} t^9 dt = \frac{1}{2} \left[ \frac{t^{10}}{10} \right]_{1}^{7} = \frac{1}{20} (7^{10} - 1^{10}) = \frac{7^{10} - 1}{20} $

Ответ: $ \frac{7^{10} - 1}{20} $

4) Для вычисления интеграла $ \int_{1}^{5} \frac{x dx}{\sqrt{4x+5}} $ воспользуемся методом замены переменной.

Пусть $ t = \sqrt{4x+5} $. Тогда $ t^2 = 4x+5 $, откуда $ x = \frac{t^2 - 5}{4} $.

Найдем дифференциал: $ 2t dt = 4 dx $, откуда $ dx = \frac{t}{2} dt $.

Новые пределы интегрирования:

Если $ x = 1 $, то $ t = \sqrt{4(1)+5} = \sqrt{9} = 3 $.

Если $ x = 5 $, то $ t = \sqrt{4(5)+5} = \sqrt{25} = 5 $.

Подставляем в интеграл:

$ \int_{3}^{5} \frac{\frac{t^2 - 5}{4}}{t} \left(\frac{t}{2} dt\right) = \int_{3}^{5} \frac{t^2 - 5}{8} dt = \frac{1}{8} \int_{3}^{5} (t^2 - 5) dt = \frac{1}{8} \left[ \frac{t^3}{3} - 5t \right]_{3}^{5} $

Вычисляем значение:

$ \frac{1}{8} \left( \left(\frac{5^3}{3} - 5 \cdot 5\right) - \left(\frac{3^3}{3} - 5 \cdot 3\right) \right) = \frac{1}{8} \left( \left(\frac{125}{3} - 25\right) - (9 - 15) \right) = \frac{1}{8} \left( \frac{125 - 75}{3} - (-6) \right) = \frac{1}{8} \left( \frac{50}{3} + 6 \right) = \frac{1}{8} \left( \frac{50 + 18}{3} \right) = \frac{1}{8} \cdot \frac{68}{3} = \frac{17}{6} $

Ответ: $ \frac{17}{6} $

5) Вычислим интеграл $ \int_{0}^{\pi/3} x \cos x dx $ с помощью интегрирования по частям $ \int u dv = uv - \int v du $.

Пусть $ u = x $ и $ dv = \cos x dx $.

Тогда $ du = dx $ и $ v = \int \cos x dx = \sin x $.

Применяем формулу:

$ \int_{0}^{\pi/3} x \cos x dx = \left[ x \sin x \right]_{0}^{\pi/3} - \int_{0}^{\pi/3} \sin x dx $

Вычисляем первую часть:

$ \left[ x \sin x \right]_{0}^{\pi/3} = \frac{\pi}{3} \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) - 0 \cdot \sin(0) = \frac{\pi}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\pi\sqrt{3}}{6} $

Вычисляем вторую часть:

$ \int_{0}^{\pi/3} \sin x dx = \left[ -\cos x \right]_{0}^{\pi/3} = -\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) - (-\cos(0)) = -\frac{1}{2} - (-1) = \frac{1}{2} $

Объединяем результаты:

$ \frac{\pi\sqrt{3}}{6} - \frac{1}{2} $

Ответ: $ \frac{\pi\sqrt{3}}{6} - \frac{1}{2} $

6) Вычислим интеграл $ \int_{0}^{\pi/4} \tan^3 x dx $.

Преобразуем подынтегральное выражение, используя тригонометрическое тождество $ \tan^2 x = \sec^2 x - 1 $:

$ \tan^3 x = \tan x \cdot \tan^2 x = \tan x (\sec^2 x - 1) = \tan x \sec^2 x - \tan x $

Интеграл разбивается на два:

$ \int_{0}^{\pi/4} (\tan x \sec^2 x - \tan x) dx = \int_{0}^{\pi/4} \tan x \sec^2 x dx - \int_{0}^{\pi/4} \tan x dx $

Для первого интеграла сделаем замену $ u = \tan x $, тогда $ du = \sec^2 x dx $. Пределы не меняются, так как $ \tan(0)=0 $ и $ \tan(\pi/4)=1 $. Впрочем, проще найти первообразную: $ \int \tan x \sec^2 x dx = \int u du = \frac{u^2}{2} = \frac{\tan^2 x}{2} $.

Второй интеграл является табличным: $ \int \tan x dx = -\ln|\cos x| $.

Таким образом, первообразная для $ \tan^3 x $ равна:

$ \int \tan^3 x dx = \frac{\tan^2 x}{2} - (-\ln|\cos x|) = \frac{\tan^2 x}{2} + \ln|\cos x| $

Применяем формулу Ньютона-Лейбница. На отрезке $ [0, \pi/4] $ $ \cos x > 0 $, поэтому модуль можно опустить.

$ \left[ \frac{\tan^2 x}{2} + \ln(\cos x) \right]_{0}^{\pi/4} = \left(\frac{\tan^2(\pi/4)}{2} + \ln\left(\cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\right)\right) - \left(\frac{\tan^2(0)}{2} + \ln(\cos(0))\right) $

$ = \left(\frac{1^2}{2} + \ln\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right) - \left(\frac{0}{2} + \ln(1)\right) = \frac{1}{2} + \ln\left(2^{-1/2}\right) - 0 = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\ln 2 $

Ответ: $ \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\ln 2 $