решить интеграл
решить интегралы: \( \int x\sqrt{x^2-5} dx \\ \int \frac{x}{\sqrt{1-5x^25}} dx \)
Решение: $$ \int x\sqrt{x^2-5} dx=\frac{1}{2}\int \sqrt{x^2-5} (2x)dx=\\\\ \frac{1}{2}\int \sqrt{x^2-5} (x^2)’_xdx= \frac{1}{2}\int \sqrt{x^2-5} d (x^2)=\\\\ \frac{1}{2}\int \sqrt{x^2-5} d(x^2-5)=|x^2-5=u|= \frac{1}{2}\int \sqrt{u} du=\frac{1}{2}\int u^{\frac{1}{2}}du=\\\\ \frac{1}{2}*\frac{u^{\frac{1}{2}+1}}{\frac{1}{2}+1}+C=\frac{1}{2}*\frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}}+C=\\\\ \frac{1}{3}u\sqrt u +C=\frac{1}{3}(x^2-5)\sqrt{x^2-5}+C $$C є R
$$ \int \frac{x}{\sqrt{1-5x^25}} dx=\\\\ \frac{1}{2} \int \frac{2x dx}{\sqrt{1-5x^2}}=\\\\ \frac{1}{2} \int \frac{(x^2)’_xdx}{\sqrt{1-5x^2}}=\\\\ \frac{1}{2} \int (1-5x^2)^{-\frac{1}{2}} d (x^2)=\\\\ \frac{1}{2}*\frac{-1}{5} \int (1-5x^2)^{-\frac{1}{2}} d (-5x^2)=\\\\ \frac{-1}{10}*\int (1-5x^2)^{-\frac{1}{2}} d (-5x^2)=\\\\ \frac{-1}{10}*\int (1-5x^2)^{-\frac{1}{2}} d (1-5x^2)=\\\\ =|1-5x^2=t|=\\\\ \frac{-1}{10} \int u^{-\frac{1}{2}} du=\\\\ \\ -\frac{1}{10}*\frac{u^{-\frac{1}{2}+1}}{-\frac{1}{2}+1}+C=\\\\ -\frac{1}{10}*2u^{\frac{1}{2}}+C=-\frac{1}{5}\sqrt{u}+C=\\\\ -\frac{1}{5}\sqrt{1-5t^2}+C $$
C є R
Нужно решить интегралы
1) интеграл dx/корень из х^3-3
7) интеграл х^2dx/корень из х^2+4
10) интеграл ln x dx
Решение: Решение: интеграл dx/(1+(кубический корень)(1+x)) =(1+x=t^3; dx=3*(t^2)*dt)=интеграл (3*t-3+3/(1+t))*dt=1,5*t^2-3*t+3*Ln(1+t)+C;
интеграл dx/(1+(кубический корень)(1+x)) =1,5*(1+x)^(2/3)-3*(1+x)^(1/3)+3*Ln(1+(1+x)^(1/3))+C.∫√(1-x²)dx=
тригонометрическая подстановка
x=sint => dx=costdt
=∫√(1-sin²t)•costdt=∫cos²tdt=½•∫(1+cos2t)dt=t/2+¼•sin2t+C=
=½•arcsinx+¼•sin(2arcsinx)+C=½•arcsinx+½•sin(arcsinx)•cos(arcsinx)+C=
=½•arcsinx+½•x•cos(arccos√(1-x²))+C=½•(arcsinx+x•√(1-x²)+C)
Можно сделать по частям.
∫√(1-x²)dx=
u=√(1-x²) => du=-xdx/√(1-x²);
dv=dx => v=x
=x•√(1-x²)+∫x²dx/√(1-x²)=x•√(1-x²)-∫(1-x²-1)dx/√(1-x²)=
=x•√(1-x²)-∫√(1-x²)dx+∫dx/√(1-x²) => 2∫√(1-x²)dx= x•√(1-x²)+arcsinx+C =>
∫√(1-x²)dx= ½•(x•√(1-x²)+arcsinx)+C∫ln(x)dx/x=
t=lnx => dt=dx/x
=∫tdt=t²/2+C=½•ln²x+C.1) решить интеграл \( \int\limits^2_{-1} {(1+x^3)} \, dx \)
2) найти производную
У=х²cosx
Y=3x\tgx
Решение: $$ f(x)=x^2\cdot Cosx \\ f’(x)=(x^2)’\cdot Cosx+x^2\cdot (Cosx)’=2xCosx+x^2(-Sinx) \\ f’(x)=2xCosx-x^2Sinx \\ \\ f(x)=\frac{3x}{tgx} \\ f’(x)=\frac{(3x)’\cdot tgx-3x\cdot (tgx)’}{tg^2x}=\frac{3tgx-\frac{3x}{Cos^2x}}{tg^2x} \\ \frac{3tgx-\frac{3x}{Cos^2x}}{tg^2x}=\frac{3tgx\cdot Cos^2x-3x}{tg^2x\cdot Cos^2x}=\frac{3Sinx\cdot Cosx-3x}{Sin^2x} \\ f’(x)=\frac{3Sinx\cdot Cosx-3x}{Sin^2x} \\ \\ \int\limits^2_{-1} {(1+x^3)} \, dx= \int\limits^2_{-1} {1} \, dx + \int\limits^2_{-1} {x^3} \, dx \\ \\ \int\limits^2_{-1} {} \, dx =x\mid^2_{-1}=2-(-1)=3 \\ \int\limits^2_{-1} {x^3} \, dx =\frac{x^4}{4} \mid^2_{-1}=\frac{2^4}{4}-\frac{(-1)^4}{4}=4-\frac{1}{4}\\ \int\limits^2_{-1} {(1+x^3)} \, dx =3+4-\frac{1}{4} $$
Решить интегралы: 1. \( \int\limits \frac{ln^3x}{x} dx \)
2. \( \int\limits \ x^{2} cos4xdx \)
Решение:
1) $$ \int { \frac{ln ^{3}x }{x} }dx = \int { {ln ^{3}x } }d (lnx)= { \frac{ln ^{4}x }{4} }+C $$
2) $$ \int { x^{2} cos4x}dx =$$
интегрируем по частям
$$U=x² dV=cos4xdx
dU=2xdx V=1/4sin4x =\\ = \frac{x^{2} }{4}sin4x-1/4 \int2{x}*sin4x dx=\frac{x^{2} }{4}sin4x-1/2\int{x}*sin4x \, dx =\\=U=x dV=sin4xdx \\ dU=dx V=-1/4cos4x
= x^{2}/4sin4x+x/4cos4x-1/4 \int{cos4x} \\ dx =x^{2}/4sin4x+x/4cos4x-1/16 sin4x +C$$Решить интеграл
dx/(3+sqrt(x+5))
Решение: Решаем интеграл:
$$ \int \frac{1}{3+\sqrt{x+5}}dx $$
Сделаем замену:
$$ u=x+5:\quad \quad du=1dx,\:\quad \:dx=1du $$
Получаем:
$$ =\int \frac{1}{3+\sqrt{u}}1du=\int \frac{1}{\sqrt{u}+3}du $$
Сделаем ещё одну замену:
$$ v=\sqrt{u}:\quad \quad dv=\frac{1}{2\sqrt{u}}du\quad \:dv=\frac{1}{2v}du,\:\quad \:du=2vdv $$
Получаем:
$$ =\int \frac{1}{v+3}2vdv=\int \:2-\frac{6}{v+3}dv=\int \:2dv-\int \frac{6}{v+3}dv $$
Решая два интеграла, находим:
$$ =2v-6\ln \left(v+3\right) $$
Делаем обратную замену:
$$ \:v=\sqrt{u},\:u=x+5 $$
Получаем окончательный ответ:
$$ =2\sqrt{x+5}-6\ln \left(\sqrt{x+5}+3\right)+C $$
