реши задания 6.8 и 6.9
Краткий ответ
Во всех ответах \(C\) — произвольная постоянная.
6.8
| Пункт | Первообразная \(F(x)\) |
|---|---|
| а) | \(\dfrac{(5x-2)^{21}}{105}+C\) |
| б) | \(\dfrac{2}{3}(x-5)^{3/2}+C\) |
| в) | \(\dfrac{2^x}{\ln 2}+C\) |
| г) | \(\dfrac{2^{3x-1}}{3\ln 2}+C\) |
| д) | \(\dfrac{3^x}{\ln 3}+C\) |
| е) | \(\dfrac{3^{2x+7}}{2\ln 3}+C\) |
| ж) | \(\dfrac14\ln|4x-2|+C\) |
| з) | \(-\dfrac15\ln|2-5x|+C\) |
| и) | \(5\ln|x-4|+C\) |
6.9
| Пункт | Первообразная \(F(x)\) |
|---|---|
| а) | \(-\dfrac{2}{7}x^{-7/2}+C\) |
| б) | \(\dfrac{2}{7}x^{7/2}+C\) |
| в) | \(\dfrac{6}{13}x^{13/6}+C\) |
| г) | \(\dfrac{6}{25}x^{25/6}+C\) |
| д) | \(\dfrac{3}{35}(7x-9)^{5/3}+C\) |
| е) | \(\dfrac{4}{35}(5x+1)^{7/4}+C\) |
Как это получается
Главное правило: \(F(x)\) — первообразная для \(f(x)\), если
\[
F'(x)=f(x).
\]
Поэтому постоянная \(C\) не влияет на проверку: \((F+C)'=F'=f\).
Для степеней: \[ \int x^n\,dx=\frac{x^{n+1}}{n+1}+C,\qquad n\ne -1. \]
Если под степенью стоит линейное выражение \(kx+b\), появляется деление на коэффициент \(k\): \[ \int (kx+b)^n\,dx= \frac{(kx+b)^{n+1}}{k(n+1)}+C. \]
Например, в 6.8 а): \[ \int (5x-2)^{20}dx =\frac15\cdot\frac{(5x-2)^{21}}{21}+C =\frac{(5x-2)^{21}}{105}+C. \] Проверка: \[ \left(\frac{(5x-2)^{21}}{105}\right)' =\frac{21\cdot 5}{105}(5x-2)^{20} =(5x-2)^{20}. \]
Для показательных функций: \[ \int a^x\,dx=\frac{a^x}{\ln a}+C, \qquad \int a^{kx+b}\,dx=\frac{a^{kx+b}}{k\ln a}+C. \] Так получается, например, 6.8 г): \[ \int 2^{3x-1}dx=\frac{2^{3x-1}}{3\ln 2}+C. \]
Для дробей вида \(\dfrac1{kx+b}\): \[ \int \frac{dx}{kx+b}=\frac1k\ln|kx+b|+C. \] Поэтому в 6.8 ж): \[ \int \frac{dx}{4x-2}=\frac14\ln|4x-2|+C. \]
В 6.9 сначала удобно свернуть выражение в одну степень. Например: \[ \frac{x^3\sqrt[3]{x^2}}{\sqrt{x}} =x^{3+\frac23-\frac12} =x^{19/6}. \] Тогда \[ \int x^{19/6}dx =\frac{x^{25/6}}{25/6}+C =\frac{6}{25}x^{25/6}+C. \]
А в 6.9 д): \[ \sqrt[3]{(7x-9)^2}=(7x-9)^{2/3}, \] поэтому \[ F(x)=\frac17\cdot\frac{(7x-9)^{5/3}}{5/3}+C =\frac{3}{35}(7x-9)^{5/3}+C. \]
Для 6.9 а–г нужен \(x>0\), потому что там есть корни и \(x\) в знаменателе. В 6.9 д \(x\) любое, в 6.9 е \(x\ge -\frac15\). Логарифмы записываем с модулем, чтобы ответ работал по обе стороны от нуля знаменателя.
Обсуждение
2 сообщенияс решениями
6.8. Первообразные
а) \(\displaystyle\int (5x-2)^{20}dx\)
Замена \(u=5x-2\), тогда \(du=5\,dx\), то есть \(dx=\frac{du}{5}\): \[ \frac15\int u^{20}du=\frac15\cdot\frac{u^{21}}{21}+C=\frac{(5x-2)^{21}}{105}+C. \]
б) \(\displaystyle\int \sqrt{x-5}\,dx=\int (x-5)^{1/2}dx\)
Замена \(u=x-5\) (коэффициент при \(x\) равен 1, поэтому множителя \(\frac1k\) нет): \[ \frac{(x-5)^{3/2}}{3/2}+C=\frac23(x-5)^{3/2}+C,\qquad x\ge 5. \]
в) \(\displaystyle\int 2^x dx=\frac{2^x}{\ln 2}+C\) — табличный интеграл.
г) \(\displaystyle\int 2^{3x-1}dx\)
Замена \(u=3x-1\), \(dx=\frac{du}{3}\): \[ \frac13\cdot\frac{2^{u}}{\ln 2}+C=\frac{2^{3x-1}}{3\ln 2}+C. \]
д) \(\displaystyle\int 3^x dx=\frac{3^x}{\ln 3}+C\).
е) \(\displaystyle\int 3^{2x+7}dx\)
Замена \(u=2x+7\), \(dx=\frac{du}{2}\): \[ \frac12\cdot\frac{3^{u}}{\ln 3}+C=\frac{3^{2x+7}}{2\ln 3}+C. \]
ж) \(\displaystyle\int \frac{dx}{4x-2}\)
Замена \(u=4x-2\), \(dx=\frac{du}{4}\): \[ \frac14\int\frac{du}{u}=\frac14\ln|4x-2|+C. \]
з) \(\displaystyle\int \frac{dx}{2-5x}\)
Замена \(u=2-5x\), \(dx=-\frac{du}{5}\): \[ -\frac15\int\frac{du}{u}=-\frac15\ln|2-5x|+C. \]
и) \(\displaystyle\int \frac{5\,dx}{x-4}=5\ln|x-4|+C\).
6.9. Сначала превращаем в степень
Главный приём: записать корни и дроби через степени \(x^{\alpha}\), затем применить \[ \int x^{\alpha}dx=\frac{x^{\alpha+1}}{\alpha+1}+C,\qquad \alpha\ne -1. \]
а) \(\displaystyle\frac{1}{x^4\sqrt{x}}=x^{-4-\frac12}=x^{-9/2}\) \[ F=\frac{x^{-9/2+1}}{-9/2+1}+C=\frac{x^{-7/2}}{-7/2}+C=-\frac27x^{-7/2}+C,\qquad x>0. \]
б) \(\displaystyle x^2\sqrt{x}=x^{2+\frac12}=x^{5/2}\) \[ F=\frac{x^{7/2}}{7/2}+C=\frac27x^{7/2}+C,\qquad x\ge 0. \]
в) \(\displaystyle x\sqrt[6]{x}=x^{1+\frac16}=x^{7/6}\) \[ F=\frac{x^{13/6}}{13/6}+C=\frac6{13}x^{13/6}+C,\qquad x\ge 0. \]
г) \(\displaystyle\frac{x^3\sqrt[3]{x^2}}{\sqrt{x}}=x^{3+\frac23-\frac12}=x^{\frac{18+4-3}{6}}=x^{19/6}\) \[ F=\frac{x^{25/6}}{25/6}+C=\frac6{25}x^{25/6}+C,\qquad x>0. \]
д) \(\displaystyle\sqrt[3]{(7x-9)^2}=(7x-9)^{2/3}\)
Замена \(u=7x-9\), \(dx=\frac{du}{7}\): \[ \frac17\int u^{2/3}du=\frac17\cdot\frac{u^{5/3}}{5/3}+C=\frac{3}{35}(7x-9)^{5/3}+C. \]
е) \(\displaystyle\sqrt[4]{(5x+1)^3}=(5x+1)^{3/4}\)
Замена \(u=5x+1\), \(dx=\frac{du}{5}\): \[ \frac15\int u^{3/4}du=\frac15\cdot\frac{u^{7/4}}{7/4}+C=\frac{4}{35}(5x+1)^{7/4}+C,\qquad x\ge-\frac15. \]
Проверка
Достаточно продифференцировать ответ — должна получиться подынтегральная функция:
\[ \left(\frac{(5x-2)^{21}}{105}\right)'=\frac{21\cdot 5}{105}(5x-2)^{20}=(5x-2)^{20}; \] \[ \left(\frac27x^{7/2}\right)'=\frac27\cdot\frac72x^{5/2}=x^{5/2}=x^2\sqrt{x}; \] \[ \left(\frac{3}{35}(7x-9)^{5/3}\right)'=\frac{3}{35}\cdot\frac53\cdot 7\,(7x-9)^{2/3}=(7x-9)^{2/3}. \]
Слагаемое \(C\) при дифференцировании исчезает, поэтому любой ответ вида \(F(x)+C\) — тоже первообразная.
Логарифмы берём с модулем, чтобы формула работала и при \(x\) меньших нуля знаменателя. Если в учебнике какой-то корень записан в другой форме (\(x^{m/n}\)), это та же степень — ход решения не меняется.
