интеграл »

вычислить определенный интеграл - страница 2

  • 1 Вычислите определённый интеграл.
    1. ∫_1^(e^4)*√xlnx dx интеграл от 1 до е в четвертой степени


    Решение: $$ \int\limits^{e ^{4}} _1 { \sqrt{x} lnx} \, dx=[u=lnx \Rightarrow du= \frac{1}{x}dx||dv= \sqrt{x} dx\Rightarrow v= \frac{x ^{ \frac{3}{2} } }{ \frac{3}{2} } ]= \\ = \frac{2}{3}x ^{ \frac{3}{2} } \cdot lnx|_1^{e ^{4}}- \int\limits^{e ^{4}} _1 { \frac{2}{3}x ^{ \frac{3}{2} }\cdot \frac{1}{x} } \, dx = \\ \frac{2}{3}x \sqrt{x} \cdot lnx|_1^{e ^{4}}-\frac{2}{3} \int\limits^{e ^{4}} _1 { \sqrt{x} } \, dx = \\ =\frac{2}{3}x \sqrt{x} \cdot lnx|_1^{e ^{4}}-\frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3}( x \sqrt{x} )|^{e ^{4}} _1 = \\ = \frac{20}{9}e ^{5} \sqrt{e}+ \frac{4}{9} $$

  • , нужно вычислить определенный интеграл от П/2 до П
    dx
    _______________
    sin^2(x/2)cos^2(x/2)


    Решение: $$ \int\limits^ \frac{ \pi }{} _ \frac{\pi}{2} \frac{1}{ \frac{1-cosx}{2} *\frac{1+cosx}{2}} \, dx =\int\limits^ \frac{ \pi }{} _ \frac{\pi}{2} \frac{4}{ ({1-cos ^{2} x} )} \, dx = \int\limits^ \frac{ \pi }{} _ \frac{\pi}{2} \frac{4}{ ({sin ^{2} x} )} \, dx=4*\int\limits^ \frac{ \pi }{} _ \frac{\pi}{2} \, d(-ctgx) $$
    И тут мы явно видим, что этот интеграл является несобственным интегралом.
    Будем решать дальше с пределом на Пи и установлением факта расходимости данного интеграла?

  • Вычислить по формуле Ньютона-Лейбница определенный интеграл.

    \( \int\limits^4_1 {\frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}} \, dx \)


    Решение: Ну для начала возьмем все таки этот интеграл (сначала можно как неопределенный)

    $$ \int{\frac{e^\sqrt(x)}{\sqrt(x)}}\, dx= $$ {сделаем замену $$ u=\sqrt{x}, du=\frac{1}{2\sqrt{x}}dx $$ } продолжаем вычисление $$ =2\int{e^u}\, du=2e^u+C $$

    Теперь вернемся к исходным переменным: $$ 2e^u=2e^{\sqrt{x}} $$

    Интеграл взяли, теперь вспоминаем формулу Ньютона-Лейбница: $$ \int\limits^a_b {f(x)} \, dx=F(b)-F(a) $$, где F(x)-какая-либо первообразная от функции f(x). Выше мы нашли первообразную от f(x) и она оказалась равна F$$ F(x)=2e^{\sqrt{x}} $$, константу здесь сделали 0.

    Ну и теперь получаем

     $$ \int\limits^4_1{\frac{e^\sqrt(x)}{\sqrt(x)}}\, dx=2(e^2-e) $$

    Ответ: $$ \int\limits^4_1{\frac{e^\sqrt(x)}{\sqrt(x)}}\, dx=2(e^2-e) $$

    Примечание: почему сначала брали неопределенный интеграл? Потому что при любой замене в определенном интеграле необходимо пересчитывать пределы интегрирования. Но поскольку мы пользуемся формулой Ньютона-Лейбница, в которой нам нужно найти именно первообразную, то можно воспользоваться и неопределенным интегралом, чтобы ничего не пересчитывать. 

  • Вычислите определённый интеграл от1 до 16 x^0,25 dx


    Решение: Integral iz funkcii xˇ0,25 = 0,8.xˇ1,25.
    0,8.(16ˇ1,25-1ˇ1,25)=0,8.(2ˇ5-1)=0,8.(32-1)=0,8.31=24,8

    . Использована формула интеграл степенной функции

    Integral iz funkcii x .x . . - . - . - . . Использована формула интеграл степенной функции...

  • Вычислить определенный интеграл. ( сделать замену x=sinx) \( \int\limits^1_0 { \sqrt{1- x^{2} } - x^{2} \sqrt{1- x^{2} } } \, dx \)


    Решение: $$ \int _0^1(\sqrt{1-x^2}-x^2\sqrt{1-x^2})dx=\\\\=[\, x=sint,dx=cost\cdot dt,t=arcsinx,\\t_1=arcsin0=0,t_2=arcsin1=\frac{\pi}{2}\, ]=\\\\=\int _0^{\frac{\pi}{2}}(\sqrt{1-sin^2t}-sin^2t\sqrt{1-sin^2t})\cdot cost\cdot dt=\\\\=\int _0^{\frac{\pi}{2}}(\sqrt{cos^2t}-sin^2t\sqrt{cos^2t})\cdot cost\cdot dt=\\\\=\int_0^{\frac{\pi}{2}}cos^2t\cdot dt-\int _0^{\frac{\pi}{2}}sin^2t\cdot cos^2t\cdot dt=\\\\=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+cos2t}{2}dt-\int _0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{4}sin^22t\cdot dt= \\ =(\frac{1}{2}t+\frac{1}{4}sin2t)|_0^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{4}\int _0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-cos4t}{2}dt=\\\\=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{8}(t-\frac{1}{4}sin4t)|_0^{\frac{\pi}{2}}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{8}(\frac{\pi}{2}-0)=\frac{3\pi}{16} $$


    int sqrt -x -x sqrt -x dx x sint dx cost cdot dt t arcsinx t arcsin t arcsin frac pi int frac pi sqrt -sin t -sin t sqrt -sin t cdot cost cdot dt int frac pi sqrt cos t -sin...

  • Вычислить неопределенные интегралы:\( a) \int\limits{x*arctg(2x)} \, dx\\ б) \int\limits { \frac{x+ln^2(x)}{x}} \, dx\\ в) \int\limits{ \frac{ \sqrt{x-2}}{1+ \sqrt{x-2} } } \, dx\\ г) \int\limits{ cos\frac{x}{ \sqrt{2} }} \, dx \)


    Решение: Вычислите неопределенные интегралы
    a)$$ \int\limits{x*arctg(2x)} \, dx $$
    Интегрируем по частям
    $$ \int\limits {U(x)} \, dV(x)=U(x)V(x)- \int\limits{V(x)} \, dU(x) \\ \int\limits{x*arctg(2x)} \, dx=\begin{vmatrix}U=arctg(2x)\, \; dU=\frac{2}{4x^2+1}dx\\dV=xdx\; V=\frac{x^2}{2} \end{vmatrix} = \ \frac{x^2}{2}*arctg(2x)- \int\limits{ \frac{x^2}{4x^2+1} } \, dx $$
    Находим второй интеграл отдельно
    $$ \int\limits{ \frac{x^2}{4x^2+1} } \, dx = \frac{1}{4}\int\limits{ \frac{4x^2+1-1}{4x^2+1} } \, dx=\frac{1}{4}\int\limits{(1-\frac{1}{4x^2+1} }) \, dx = \\ =\frac{1}{4}\int\limits{}dx-\frac{1}{4}\int\limits{\frac{1}{4x^2+1} } \, dx=\frac{x}{4}-\frac{1}{8}\int\limits{\frac{1}{(2x)^2+1} } \, d(2x)= \\ =\frac{x}{4}-\frac{1}{8}*arctg(2x)+C $$
    Окончательно запишем
    $$ \int\limits{x*arctg(2x)} \, dx =\frac{x^2}{2}*arctg(2x)+\frac{1}{8}arctg(2x)-\frac{x}{4}+C $$
    б)$$ \int\limits { \frac{x+ln^2(x)}{x}} \, dx= \int\limits {(1+\frac{ln^2(x)}{x})} \, dx= \int\limits{} \, dx+\int\limits {\frac{ln^2(x)}{x}} \, dx=x+\int\limits {\frac{ln^2(x)}{x}} \, dx $$
    Второй интеграл найдем отдельно
    $$ \int\limits {\frac{ln^2(x)}{x}} \, dx =\begin{vmatrix}u=ln(x)\\du=\frac{1}{x}dx\end{vmatrix}= \int\limits{u^2} \, du= \frac{u^3}{3}+C= \frac{ln^3(x)}{3}+C $$
    Таким образом получили
    $$ \int\limits { \frac{x+ln^2(x)}{x}} \, dx=x+\ \frac{1}{3}ln^3(x)+C $$
    в) $$ \int\limits{ \frac{ \sqrt{x-2}}{1+ \sqrt{x-2} } } \, dx $$
    Используем замену переменных
    $$ \int\limits{\frac{\sqrt{x-2}}{1+ \sqrt{x-2}}} \, dx=\begin{vmatrix}x-2=u^2 \\ dx=2udu\end{vmatrix}=\int\limits{ \frac{ 2u^2}{1+ u } }\,du= 2\int\limits{(u-1+ \frac{1}{u+1}) } \, du= \\ =u^2-2u+ ln(u+1)+C= x-2+2 \sqrt{x-2}+ln( \sqrt{x-2}+1)+C $$
    г)$$ \int\limits{ cos\frac{x}{ \sqrt{2} }} \, dx= \sqrt{2} \int\limits{ cos\frac{x}{ \sqrt{2} }} \, d( \frac{x}{ \sqrt{2} } ) =\sqrt{2}*sin\frac{x}{ \sqrt{2}} +C $$

  • Вычислить определённый интеграл \(\int\limits_0^2 (2x^3-x-1)dx \)


    Решение: Интеграл суммы равен сумме интегралов, далее находите первообразные и подставляете пределы интегрирования.

    Интеграл суммы равен сумме интегралов далее находите первообразные и подставляете пределы интегрирования....

  • Вычислить определённый интеграл \( \int\limits_{-2}^{-1} \frac{3x^6-4x^5-7x^4+3x^2}{x^4}dx \)


    Решение: = $$ \int\limits^{-1}_{-2} {(3 x^{2}-4x-7+ \frac{3}{ x^{2} } ) } \, dx $$=
    $$ \int\limits^{-1}_{-2} {(3 x^{2} -4x-7)} \, dx + \int\limits^{-1}_{-2} { \frac{3}{ x^{2} } } \, dx $$=
    $$ (3 x^{3}/3-4 x^{2} /2-7x) \int\limits^{-1}_{-2} + 3 \int\limits^{-1}_{-2} { x^{-2} } \, dx $$=
    $$ -1-2+7-(-8-8+14)+3(- \frac{1}{x} ) \int\limits^{-1}_{-2} $$=
    = -1-2+7+8+8-14-3(1/(-1) - 1/(-2)) = 6-3(-1+0.5) = 6+1.5 = 7.5

    int limits - - x - x- frac x dx int limits - - x - x- dx int limits - - frac x dx x - x - x int limits - - int limits - - x - dx - - - - - - frac x int limits - - - - - - - -...

  • Вычислить определенный интеграл (2x^2+4x+7)cos2x
    пределы наверху-пи
    внизу-0


    Решение: $$ \int\limits^ \pi_0 {(2x^2+4x+7)cos2x} \, dx $$
    интегрируем по частям
    $$ u=(2x^2+4x+7) \\ du=(4x+4)dx \\ dv=cos2x\,dx \\ v=0.5sin2x $$
    Тогда
    $$ \int\limits^ \pi_0 {(2x^2+4x+7)cos2x} \,dx= \\ =(2x^2+4x+7)*0.5sin2x- 0.5\int\limits^ \pi_0 {sin2x(4x+4)} \, dx $$
    Получившийся интеграл опять интегрируем по частям
    $$ u=(4x+4) \\ du=4dx \\ dv=sin2x\,dx \\ v=-0.5cos2x \\ \int\limits^ \pi_0 {sin2x(4x+4)} \, dx =-0.5(4x+4)cos2x+0.5\int\limits^ \pi _0 {4cos2x} \, dx = \\ =-0.5(4x+4)cos2x+2\int\limits^ \pi _0 {cos2x} \, dx = \\ =-0.5(4x+4)cos2x+sin2x $$
    Окончательно получаем
    $$ \int\limits^ \pi_0 {(2x^2+4x+7)cos2x} \,dx= \\ =(2x^2+4x+7)*0.5sin2x- 0.5\int\limits^ \pi_0 {sin2x(4x+4)} \, dx= \\ =(2x^2+4x+7)*0.5sin2x- 0.5(-0.5(4x+4)cos2x+sin2x)|_0^ \pi = \\ =(2x^2+4x+7)*0.5sin2x+(x+1)cos2x-0,5sin2x|_0^ \pi = \\ = \pi +1-( \pi +1)=0 $$

  • Вычислить определенный интеграл: \( 1)\quad \int\limits _{\frac{1}{\sqrt{e}}}^{e}\frac{dx}{x}\\ 2)\quad \int\limits^0_{-\frac{\pi}{2}} {sin(\frac{\pi}{4}-3x)} \, dx\\ 3)\quad \int \limits _0^1\, arctgx\, dx \)


    Решение: $$ 1)\quad \int\limits _{\frac{1}{\sqrt{e}}}^{e}\frac{dx}{x}=ln|x|\int\limits |^{e}_{\frac{1}{\sqrt{e}}}=lne-ln\frac{1}{\sqrt{e}}=1-(ln1-ln\sqrt{e})=\\\\=1-(0-\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\\\\2)\quad \int\limits^0_{-\frac{\pi}{2}} {sin(\frac{\pi}{4}-3x)} \, dx =-\frac{1}{3}\cdot (-cos(\frac{\pi}{4}-3x))|_{-\frac{\pi}{2}}^0=\\\\=\frac{1}{3}\left (cos\frac{\pi}{4}-cos(\frac{\pi}{4}+\frac{3\pi}{2})\right )=\frac{1}{3}\left (\frac{\sqrt2}{2}-cos\frac{7\pi}{4}\right )= \\ =\frac{1}{3}\left (\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}\right )=0 \\ 3)\quad \int \limits _0^1\, arctgx\, dx=[\, u=arctgx,\; du=\frac{dx}{1+x^2}\,\, dv=dx\;,\; v=x]=\\\\=x\cdot arctgx|_0^{\frac{\pi}{4}}-\int \limits _{0}^{\frac{\pi}{4}}\, \frac{x\, dx}{1+x^2} =\frac{\pi}{4}\cdot arctg\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\cdot \int \limits _0^{\frac{\pi}{4}}\frac{2x\, dx}{1+x^2}=\\\\=\frac{\pi}{4}\cdot arctg\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\cdot ln|1+x^2||_0^{\frac{\pi}{4}}=\\\\=\frac{\pi}{4}\cdot arctg\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}(ln(1+\frac{\pi ^2}{16})-ln1)= \\ =\frac{\pi}{4}\cdot arctg\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}ln(1+\frac{\pi ^2}{16}) $$

<< < 12 3 4 > >>