1. Анықталмаған интегралды тапқыла. а) ∫ (x⁵+x³−2)/(x²+1) dx; б) ∫ dx/(1−cos x).

Ниже — решения всех пяти заданий варианта I.

Краткие ответы

1. а) \(\dfrac{x^4}{4}-2\arctan x+C\); б) \(-\cot\dfrac{x}{2}+C\).
2. а) \(\dfrac{(x^3-1)^5}{15}+C\); б) \(\dfrac{1}{\cos x}+C\).
3. а) \(\dfrac{x}{2}\sin 2x+\dfrac14\cos 2x+C\); б) \(x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C\).
4. \(\dfrac52\).
5. \(\dfrac92\).

Ключевые шаги

1. а)
\[ x^5+x^3=x^3(x^2+1), \] поэтому \[ \int\frac{x^5+x^3-2}{x^2+1}\,dx =\int\left(x^3-\frac{2}{x^2+1}\right)dx =\frac{x^4}{4}-2\arctan x+C. \]

1. б) Используем \(1-\cos x=2\sin^2\dfrac{x}{2}\): \[ \int\frac{dx}{1-\cos x} =\frac12\int\frac{dx}{\sin^2\frac{x}{2}} =-\cot\frac{x}{2}+C. \]

2. а) Замена \(u=x^3-1\), \(du=3x^2dx\): \[ \int (x^3-1)^4x^2dx =\frac13\int u^4du =\frac{u^5}{15}+C =\frac{(x^3-1)^5}{15}+C. \]

2. б) \[ \frac{\tan x}{\cos x}=\frac{\sin x}{\cos^2x}. \] При \(u=\cos x\), \(du=-\sin x\,dx\): \[ \int\frac{\sin x}{\cos^2x}dx =-\int u^{-2}du =\frac1u+C =\frac1{\cos x}+C. \]

3. а) По частям: \(u=x\), \(dv=\cos2x\,dx\), \(v=\dfrac12\sin2x\): \[ \int x\cos2x\,dx =\frac{x}{2}\sin2x-\frac12\int\sin2x\,dx =\frac{x}{2}\sin2x+\frac14\cos2x+C. \]

3. б) \(u=\arcsin x\), \(dv=dx\): \[ \int\arcsin x\,dx =x\arcsin x-\int\frac{x\,dx}{\sqrt{1-x^2}} =x\arcsin x+\sqrt{1-x^2}+C. \]

4. \[ \int_1^2\left(2x-\frac1{x^2}\right)dx =\left[x^2+\frac1x\right]_1^2 =\left(4+\frac12\right)-(1+1) =\frac52. \]

5. Находим точки пересечения: \[ x^2+2=4-x \quad\Rightarrow\quad x^2+x-2=0 \quad\Rightarrow\quad x=-2,\;x=1. \] На отрезке \([-2;1]\) прямая \(y=4-x\) выше параболы. Поэтому \[ S=\int_{-2}^{1}\bigl((4-x)-(x^2+2)\bigr)dx =\int_{-2}^{1}(2-x-x^2)\,dx. \] \[ S=\left[2x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\right]_{-2}^{1} =\frac76+\frac{10}{3} =\frac92. \]

Проверить неопределённые интегралы можно дифференцированием; например, \[ \left(\frac{x^4}{4}-2\arctan x\right)' =x^3-\frac{2}{x^2+1} =\frac{x^5+x^3-2}{x^2+1}. \]