Question

пожалуйста помогите очень очень нужно​

Answer 1

Ответ:

Пошаговое объяснение:

1

$\displaystyle \int\limits^1_{-3} {(2x^2+3x-1)} \, dx =2\int\limits^1_{-3} {(x^2)} \, dx+3\int\limits^1_{-3} {(x)} \, dx-\int\limits^1_{-3} {} \, dx=\\\\\\=\frac{2}{3} x^3\bigg |_{-3}^1+\frac{3}{2} x^2\bigg |_{-3}^1-x\bigg |_{-3}^1=\frac{56}{3} -12-4=\frac{8}{3}$

2

$\displaystyle \int\limit^{\sqrt(3)}_1 {\frac{32x}{(x^2+1)^5} } \, dx =\left[\begin{array}{ccc}u=x^2+1\qquad du=2xdx\\u_1=1+1^2=2\hfill\\u_2=1+(\sqrt{3})^2=4\hfill\end{array}\right] =16\int\limit^4_2 {\frac{1}{u^5} } \, du =$

$\displaystyle -\frac{4}{u^4} \bigg |_2^4= \bigg( -\frac{4}{4^4} \bigg )-\bigg (-\frac{4}{2^4} \bigg )=\frac{15}{64}$

3

$\displaystyle \int\limits^{\sqrt{3} }_0 {\frac{x}{\sqrt{(x^2)^2 +16}} } \, dx =\left[\begin{array}{ccc}u=x^2\quad du=2xdx\\u_1=0^2=0\hfill\\u_2=(\sqrt{3} )^2=3\hfill\end{array}\right] =\frac{1}{2} \int\limits^3_0 {\frac{1}{\sqrt{u^2+16} } } \, du =$

далее делаем такую замену

$\displaystyle u=4tgs; \qquad du=4sec^2(s)ds$

тогда

$\displaystyle \sqrt{u^2+16}=4\sqrt{sec^2(s) };$

здесь заметим, что  подстановка обратима при 0< s < arctg(3/4)

s= arctg(u/4)

и тогда получаем новые пределы интегрирования $\displaystyle \qquad s_1=arctg(0/4)=0; \quad s_2=arctg(3/4)$

и вот

$\displaystyle 2*\int\limits^{arctg(3/4)}_0 {\frac{1}{4}\sqrt{sec^2(s)} } \, ds =\frac{1}{2} \int\limits^{arctg(3/4)}_0 {|sec(s)| } \, ds=$

а поскольку по условиям замены sec(s) > 0, то

$\displaystyle = \frac{1}{2} \int\limits^{arctg(3/4)}_0 {sec(s)} \, ds=$

поскольку ∫sec(s) = ln( tg(s) +sec(s) ), то мы имеем

$\displaystyle =\frac{1}{2} ln\bigg (tg(s)+sec(s)\bigg )\bigg |_0^{arctg(3/4)}=\\=\frac{1}{2} ln\bigg (tg(arctg(3/4))+sec(arct(3/4)\bigg )-\frac{1}{2} ln\bigg (tg0+sec(0)\bigg )=\frac{1}{2} ln(2)$

4

решила в другом вопросе