Сверь числа и знаки с фото.
Т-2 АЛГЕБРА 11-класс ИНТЕГРАЛ I вариант
Аныкталбаган интегралды тапкыла. а) \(\int \frac{x^5+x^3-2}{x^2+1}\,dx\); б) \(\int \frac{dx}{1-\cos x}\).
Өзгөрмөлөрдү алмаштыруу ыкмасы менен интегралдаңыз. а) \(\int (x^3-1)^4x^2\,dx\); б) \(\int \frac{\operatorname{tg}x}{\cos x}\,dx\).
Бөлүктөп интегралдаңыз. а) \(\int x\cos 2x\,dx\); б) \(\int \arcsin x\,dx\).
Аныкталган интегралды тапкыла. \[\int_{1}^{2}\left(2x-\frac{1}{x^2}\right)dx.\]
Төмөнкү сызыктар менен чектелген фигуранын аянтын тапкыла. \[y=x^2+2,\qquad y=4-x.\] [Рукописно: \(x^2+2=4-x\); \(x^2+x=2\); справа [неразборчиво].]
Краткие ответы (\(C\) — произвольная постоянная):
а) \(\dfrac{x^4}{4}-2\arctan x+C\);
б) \(-\cot\dfrac{x}{2}+C\).а) \(\dfrac{(x^3-1)^5}{15}+C\);
б) \(\dfrac{1}{\cos x}+C\).а) \(\dfrac{x}{2}\sin 2x+\dfrac14\cos 2x+C\);
б) \(x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C\).\(\dfrac52\).
\(\dfrac92\) кв. ед.
Как решать
1. а)
\[
x^5+x^3=x^3(x^2+1),
\]
поэтому
\[
\frac{x^5+x^3-2}{x^2+1}=x^3-\frac{2}{x^2+1}.
\]
Интегрируем:
\[
\int\left(x^3-\frac{2}{x^2+1}\right)dx
=\frac{x^4}{4}-2\arctan x+C.
\]
1. б)
Используем формулу \(1-\cos x=2\sin^2\dfrac{x}{2}\):
\[
\int\frac{dx}{1-\cos x}
=\frac12\int\frac{dx}{\sin^2(x/2)}
=-\cot\frac{x}{2}+C.
\]
2. а)
Замена \(u=x^3-1\), тогда \(du=3x^2\,dx\):
\[
\int (x^3-1)^4x^2\,dx
=\frac13\int u^4du
=\frac{u^5}{15}+C
=\frac{(x^3-1)^5}{15}+C.
\]
2. б)
\[
\frac{\tan x}{\cos x}=\frac{\sin x}{\cos^2x}.
\]
Замена \(u=\cos x\), \(du=-\sin x\,dx\):
\[
\int\frac{\tan x}{\cos x}dx
=-\int u^{-2}du
=\frac1u+C
=\frac1{\cos x}+C.
\]
3. а) По частям: \[ u=x,\qquad dv=\cos 2x\,dx. \] Тогда \[ du=dx,\qquad v=\frac12\sin 2x. \] \[ \int x\cos 2x\,dx =\frac{x}{2}\sin 2x-\frac12\int\sin 2x\,dx =\frac{x}{2}\sin 2x+\frac14\cos 2x+C. \]
3. б) По частям: \[ u=\arcsin x,\qquad dv=dx,\qquad v=x. \] \[ \int\arcsin x\,dx =x\arcsin x-\int\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx. \] Так как \(\left(\sqrt{1-x^2}\right)'=-\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}\), получаем \[ x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C. \]
4. \[ \int_1^2\left(2x-\frac1{x^2}\right)dx =\left[x^2+\frac1x\right]_1^2 \] \[ =\left(4+\frac12\right)-(1+1) =\frac92-2=\frac52. \]
5. Найдём точки пересечения: \[ x^2+2=4-x, \] \[ x^2+x-2=0, \] \[ (x+2)(x-1)=0, \] значит \(x=-2\) и \(x=1\). На этом промежутке прямая \(y=4-x\) выше параболы. Поэтому \[ S=\int_{-2}^{1}\bigl((4-x)-(x^2+2)\bigr)dx =\int_{-2}^{1}(2-x-x^2)\,dx. \] \[ S=\left[2x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]_{-2}^{1} =\frac76-\left(-\frac{10}{3}\right) =\frac{27}{6} =\frac92. \]
Проверка: производные найденных первообразных дают исходные подынтегральные функции; значения определённого интеграла и площади положительны.