Контрольная работа по высшей математике на тему интеграл

∫▒〖ln⁡(2∙x+1)/(2∙x+1)∙dx〗
Процесс интегрирования можно упростить, если сделать замену переменных:
t=2∙x+1;dt=2∙dx
Тогда исходный интеграл можно записать так:
∫▒〖ln⁡(t)/(2∙t)∙dt〗
Выражение 1/t подведем под знак дифференциала, т.е.:
1/t∙dt=d⁡(ln⁡(t) );u=ln⁡(t)
Тогда исходный интеграл можно записать так:
∫▒〖u/2∙du〗
∫▒〖u/2∙du〗=(1/2)/2∙u^2=1/4∙u^2+C
Поскольку ранее делали замену переменных, то вместо u подставляем ln⁡(t).
1/4∙〖ln⁡(t)〗^2+C
Чтобы записать окончательный ответ, осталось вместо t подставить 2∙x+1.
1/4∙〖ln⁡(2∙x+1)〗^2+C
б)
∫▒〖((2∙cos⁡(x)-1)∙sin⁡(x))/(〖cos⁡(x)〗^2+cos⁡(x)+1)∙dx〗
Выражение -sin⁡(x) подведем под знак дифференциала, т.е.:
(-sin⁡(x))∙dx=d⁡(cos⁡(x) );t=cos⁡(x)
Тогда исходный интеграл можно записать так:
∫▒〖(-(2∙t-1)/(t^2+t+1))∙dt〗
∫▒〖(1-2∙t)/(t^2+t+1)∙dt〗
Представим в виде:
∫▒〖(1-2∙t)/(t^2+t+1)∙dt〗=-∫▒d⁡(t^2+t+1)/(t^2+t+1)+2∙∫▒〖1/(t^2+t+1)∙dt〗
-∫▒d⁡(t^2+t+1)/(t^2+t+1)=-ln⁡(t^2+t+1)+C
2∙∫▒〖1/((t+1/2)^2+3/4)∙dt〗=4/√3∙arctg⁡(2/√3∙(t+1/2))
В итоге получаем:
-ln⁡(t^2+t+1)+4/√3∙arctg⁡(2/√3∙(t+1/2))+C
или
-ln⁡(t^2+t+1)+(4∙√3)/3∙arctg⁡(2∙√3/3∙(t+1/2))+C
Чтобы записать окончательный ответ, осталось вместо t подставить cos⁡(x).
-ln⁡(〖cos⁡(x)〗^2+cos⁡(x)+1)+(4∙√3)/3∙arctg⁡(2∙√3/3∙(cos⁡(x)+1/2))+C
2. а)
∫_0^(√2/2)▒〖(〖arcsin⁡(x)〗^2+1)/√(1-x^2 )∙dx〗
Представим исходный интеграл, как сумму неопреденных интегралов:
∫_0^(√2/2)▒〖(〖arcsin⁡(x)〗^2+1)/√(1-x^2 )∙dx〗=∫▒〖〖arcsin⁡(x)〗^2/√(1-x^2 )∙dx〗+∫▒〖1/√(1-x^2 )∙dx〗
a) ∫▒〖〖arcsin⁡(x)〗^2/√(1-x^2 )∙dx〗
Выражение 1/√(1-x^2 ) подведем под знак дифференциала, т.е.:
1/√(1-x^2 )∙dx=d⁡(arcsin⁡(x) );t=arcsin⁡(x)
Тогда исходный интеграл можно записать так:
∫▒〖t^2∙dt〗
∫▒〖t^2∙dt〗=1/3∙t^3=1/3∙t^3+C
Чтобы записать окончательный ответ, осталось вместо t подставить arcsin⁡(x).
1/3∙〖arcsin⁡(x)〗^3+C
b)Это табличный интеграл:
∫▒〖1/√(1-x^2 )∙dx〗=arcsin⁡(x)+C
∫▒〖(〖arcsin⁡(x)〗^2+1)/√(1-x^2 )∙dx〗=1/3∙〖arcsin⁡(x)〗^3+arcsin⁡(x)+C
Вычислим определенный интеграл:
∫_0^(√2/2)▒〖(〖arcsin⁡(x)〗^2+1)/√(1-x^2 )∙dx〗=├ (〖arcsin⁡(x)〗^3/3+arcsin⁡(x) )┤|_0^(√2/2)=π^3/192+π/4-0=π^3/192+π/4
б)
∫_0^1▒〖x∙e^(-2∙x)∙dx〗
Формула интегрирования по частям:
∫▒〖U(x)∙dV(x)〗=U(x)∙V(x) - ∫▒〖V(x)∙dU(x)〗
Положим:
U=x
dV=e^(-2∙x)∙dx
Тогда:
dU=dx
V=-1/2∙e^(-2∙x)
Поэтому:
∫▒〖x∙e^(-2∙x)∙dx〗=-1/2∙x∙e^(-2∙x)-∫▒〖(-1/2∙e^(-2∙x))∙dx〗=-1/2∙x∙e^(-2∙x)+∫▒〖1/2∙e^(-2∙x)∙dx〗
Находим интеграл:
∫▒〖1/2∙e^(-2∙x)∙dx〗
∫▒〖1/2∙e^(-2∙x)∙dx〗=-1/4∙e^(-2∙x)
В итоге получаем:
∫▒〖x∙e^(-2∙x) 〗=-1/2∙x∙e^(-2∙x)-1/4∙e^(-2∙x)+C
или
∫▒〖x∙e^(-2∙x) 〗=-1/4∙(2∙x+1)∙e^(-2∙x)+C
Вычислим определенный интеграл:
∫_0^1▒〖x∙e^(-2∙x)∙dx〗=├ (-(2∙x+1)∙e^(-2∙x)/4)┤|_0^1=-3∙e^(-2)/4-(-1/4)=1/4-3∙e^(-2)/4

в)
∫_0^(2∙π)▒〖〖sin⁡(3∙x)〗^4∙〖cos⁡(3∙x)〗^4∙dx〗
Процесс интегрирования можно упростить, если сделать замену переменных:
t=3∙x
Тогда исходный интеграл можно записать так:
∫▒〖1/3∙〖sin⁡(t)〗^4∙〖cos⁡(t)〗^4∙dt〗
Поскольку m и n чётные, то пользуемся формулами понижения степени: