Документ 903282

ZBМ-ММЭ-2-1
Контрольная 3 семестр
Задание контрольной работы
1. Вычислить неопределенные интегралы, результат проверить дифференцированием.
Вариант 1
1.
Вариант 2
2х3  1
 3 х 2 dx,
3.
2
 х cos 3х dx, 4.
5.
ctg 3 x
 sin 2 xdx,
1
 х 2  4 х  29dx,
6.  arccos xdx.
Вариант 3
1.

3
х2 1
х

2.
dx,
х
3
3  5х 2
dx,
dx
4. 
,
2
(1  x )arctgx
x 1
dx,
5.  2
х 4
6.  arcsin xdx.
Вариант 5
1 1
dx
 )dx, 2. 
,
2
х
2  3х
х
3.  е cos x sin хdx, 4.
 (1  ln x) x ,
dx
2x  3
 ( x  2)( x  5)dx, 6. 
ln x
dx.
х2
3.

х
sin x
1  2 cos x
dx,
ln 3 x
 2 x dx,
(1  2 x) 2
х
5.
х4
 х 2  а 2 dx,
 х ln 2 xdx.

3
2.
6.
 cos

2
x 3
dx,
x
2.
3ln x
 x dx,

х
1.

3.
2
3
 х x  1 dx,
4.
5.
x
6.  ln( x  1)dx.
2

5
sin 2 x 3 dx,
1 x
dx,
3
 3x
х2  2
 х 2  1dx,
2.
 5х  2 ,
3.  е sin x cos хdx,
4.

1.
dx
3x 2  2 x  3
 x( x  1)( x  1)dx, 6.

 dx,
х 1
1  ln x
dx,
x
 хe dx.
x
( x 2  6)dx
,
4. 
(3  x 2 ) x
3.
x 2 dx
 1  3x 3 ,
6.  sin 2 xdx.
5.
 x cos хdx,
х
Вариант 10
dx,
2

Вариант 9

е tgx
 cos 2 xdx,
1.
2.
5.  arcsin xdx,
1.
3
4
 х 1  3х dx, 4.
х
2
Вариант 8
х  12 dx,
3
3.
5.
Вариант 7


Вариант 6
1.  ( х 4  5 х  3 х 
1.
sin x
dx,
2
x
1.
Вариант 4
cos x
3. 
dx,
sin 3 x
5.
1  х  dx,
2
2.  е sin x cos хdx,
2.

3 arccos x
1 x2
dx,
2arctgxdx
,
1 x2
2.

4.
x
3
1
dx,
x
6.  cos 2 xdx.
1  2 ln x 5 dx,
3.

5.
x
 xe dx,
x
4.
( x  2) dx
 ( x 2  3 x) ,
 1
6.   2

x

25


dx.

x2  5 
1
1.
3.


2

2
х 3
dx,
x
3  tgx3 dx,
2
cos x
5.  ln 2 xdx,
arcsin x
2.

4.
x
6.
1 x2
2
dx,
x
dx,
 4x  3
х2
 х 2  1dx.
2. С помощью определенного интеграла вычислить площадь фигуры, ограниченной
линиями.
Вариант 1. у  х  1, у  cos x и осью Ох .
Вариант 2. Фигура ограничена параболой у   х 2  2 х  3 , касательной к ней в точке
М(2, -5) и осью ординат.
Вариант 3. х  0, х  2, у  2 х , у  2 х  х 2 .
Вариант 4. х  2 у 2 , х  1  3 у 2 .
Вариант 5. Фигура ограничена параболой у  х 2  2 х  2 , касательной к ней в точке
М(3, 5) и осью ординат.
Вариант 6. ху  6, х  у  7  0.
Вариант 7. у  х 2  4 х  5, координатными осями и прямой х  с, где с – абсцисса
вершины параболы.
Вариант 8. у 2  х 3 (полукубическая парабола), у  8 и осью ординат.
Вариант 9. у  1  х 2 , у  х 2  2, х  0, х  1.
Вариант решения контрольной работы
Найти неопределенные интегралы.
1


2
1
2
 



1 
х2
1 
1.   х  3  dx    х  2 1  2 dx    x  2 x 6  x 3 dx 
х




х 3 х 3 

7
1
x2
x6 x3
x 2 12 6

2

C 
 x x  33 x  C.
7
1
2
2
7
3
6
2.

sin 3 x
3
x2
dx .
Решение.
Произведем подстановку t  3 x , т.е. t 3  x , тогда dx  3t 2 dt . Тогда получим

3.
x
sin 3 x
3
2
x2
dx  3
t 2 sin t
dt  3 sin tdt  3 cos t  C  3 cos 3 x  C.
2
t
x 3  5dx.
Решение.


x dx 
x
4.
x

d x 3  5  3x 2 dx , тогда т.к.
Воспользуемся преобразованием дифференциала:
3
x x , то получим
2
2
x 3  5dx 
dx
2x  9




1
1
1 3
3x 2 x 3  5dx   x 3  5d x 3  5   x 3  5 x 3  5  C.

3
3
3 2
.
Решение.
Произведем подстановку
x
dx
2x  9

2 х  9  t ; тогда 2 x  9  t 2 , x 
t
2
tdt
dt
2
t
2
2x  9
 2 2
 arctg  C  arctg
 C.
3
3
3
t 9
t 9 3
t
2
2

9
, dx  tdt , тогда
2
5.
x
5
dx
.
 x2
Решение.




Разложим знаменатель на множители: x 5  x 2  x 2 x 3  1  x 2 x  1 x 2  x  1 .
Тогда разлагая подынтегральную дробь на сумму простейших, используя метод
неопределенных коэффициентов, получим
1
1
A B C
Dx  E






x 5  x 2 x 2 x  1 x 2  x  1 x 2 x x  1 x 2  x  1









A x 3  1  Bx x  1 x 2  x  1  Cx 2 x 2  x  1  Dx  E x 2 x  1
.
x 2 x  1 x 2  x  1


Действительными корнями знаменателя являются числа 0 и 1. При х = 0 имеем
 А  1 , т.е. А  1 ; при х = 1 имеем 1  3С , т.е. С 
1
. Перепишем последнее равенство
3
в виде
1
x 4 B  C  D   x 3  A  C  D  E   x 2 C  E   A

.
x5  x2
x 2 x  1 x 2  x  1


Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях аргумента в числителях левой и
правой частей равенства, получим систему уравнений

 B  0,
 B  C  D  0,

1


 A  C  D  E  0,   D   ,
3
C  E  0.


1

 E  3 .
Итак,
1
1
1
x 1
 2 
 2
.
2
x x
x 3x  1 3 x  x  1
5
Следовательно,


dx
dx 1 dx
1
x 1
1 1
1 2x  1  3




dx


ln
x

1

dx 
 x 5  x 2  x 2 3  x  1 3  x 2  x  1 x 3
6  x2  x 1


1 1
1
1
dx
1 1 x  1
1
2x  1
  ln x  1  ln x 2  x  1  


ln

arctg
 C.
x 3
6
2  1 2 3 x 6 x2  x  1 3
3
x   
 2 4


2
6.  arctgxdx.
Решение.
u  arctgx, dv  dx , тогда
Воспользуемся интегрированием по частям. Пусть
du 
dx
, v  x . Тогда по формуле  udv  uv   vdu находим
x 1
2
 arctgxdx  xarctgx  


xdx
1

xarctgx

ln x 2  1  C.
2
2
x 1
3. С помощью определенного интеграла вычислить площадь фигуры, ограниченной
линиями: у   x  1 , x 2 
2
у2
 1.
2
Решение.
Найдем точки пересечения параболы и гиперболы, для чего решим совместно
уравнения этих кривых:
х
2
4

х  1

2
 1, или x 4  4 х 3  4 х 2  4 х  3  0 .


Левую часть последнего уравнения можно разложить на множители: x  1x  3 x 2  1 ,
откуда x1  1, x 2  3 и у1  0, у 2  4 . Таким образом кривые пересекаются в точках
А1; 0 и В3; 4. (рис. 1). Следовательно,
3
S
 2х
2

2
1



 1  x  1 dx 



3
2
1
3
x x 2  1  ln x  x 2  1   x  1
 1 3
2 


2
8 10
2
3 8  ln 3  8  

ln 3  8  4,58 кв. ед.
2
3 3
2
Рисунок 1

3
1
