Контрольная работа по интегралам, математика, 1 курс

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
БЕЛГОРОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНОЛОГИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ ИМ. В.Г. ШУХОВА
КАФЕДРА (Теории и методологии науки)
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА
В № 28
На тему: Интегралы
По дисциплине: Математика
Выполнил: Иванов Иван Иванович
студент 1 курса РПд-121 группы
Института дистанционного образования
Проверил:
Белгород 2024
КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА
1. Найти интегралы, преобразовав подынтегральное выражение:
а) ∫
∫
9√𝑥 −2 cos(𝑥 −2 )
𝑥3
9√𝑥 −2 cos(𝑥 −2 )
𝑥3
𝑑𝑥
9
𝑑𝑥 = ∫ 5/2 −
2 cos(𝑥 −2 )
𝑥
𝑥3
𝑑𝑥
Интегрируем сумму почленно и выносим константы за знак интеграла:
cos(𝑥 −2 )
1
−2 ∫
𝑑𝑥 + 9 ∫ 5/2 𝑑𝑥
3
𝑥
𝑥
Сделаем замену переменных:
cos(𝑥 −2 )
Для интегрирования
2
𝑥3
𝑥3
, используем переменную u = 𝑥 −2 и du =-
𝑑𝑥:
∫ cos(𝑢) 𝑑𝑢 + 9 ∫
1
𝑥 5/2
Интеграл cos(𝑢) => sin(u):
1
sin(u) + 9 ∫ 5/2 𝑑𝑥
𝑥
1
Интеграл 5/2 => −
𝑥
sin(u) −
6
𝑥 3/2
2
3𝑥 3/2
:
+ constant
1
Сделаем обратную замену, 𝑢 = x-2 или 2:
1
𝑥
6
Ответ: sin ( 2) − 3/2+ constant
𝑥
б) ∫ (9𝑥)
𝑒
1
1
+𝑒 −9𝑥
𝑥
𝑑𝑥
1
∫ 𝑒 9𝑥+𝑒 −9𝑥 𝑑𝑥 = ∫ 𝑒 9𝑥+ 𝑥 𝑑𝑥
𝑒9
𝑑𝑥
1
Для интегрирования
𝑥
𝑒 9𝑥 + 9
𝑒
1
𝑥
, используем переменную u = 𝑒 9𝑥 + 9 и du =
𝑒
(𝑒 9 + 𝑒 9 ) 𝑑𝑥:
1
1
( 9 + 𝑒 9 ) ∫ 𝑑𝑢
𝑒
𝑢
1
log(𝑢)
𝑢
𝑒 9 +𝑒 9
Интеграл =>
1
+ constant
𝑥
Сделаем обратную замену, 𝑢 = 𝑒 9𝑥 + 9:
𝑒
𝑙𝑜𝑔(𝑥)−9+log(1+𝑒 18 )
1
𝑒 9 +𝑒 9
+ constant =
𝑒 9 (𝑙𝑜𝑔(𝑥)−9+log(1+𝑒 18)
1+𝑒 18
+ constant
Альтернативной формой данного интегралы будет:
𝑒 9 (𝑙𝑜𝑔(1+𝑒 18)х)−9)
1+𝑒 18
𝑒 9 (𝑙𝑜𝑔(1+𝑒 18)х)
Ответ:
в) ∫
+ constant
1+𝑒 18
𝑥+4√arcsin(9x)
√1−9𝑥 2
+ constant
𝑑𝑥
Для интегрирования
1
1
𝑥
𝑒 9𝑥 + 9
𝑒
𝑥
, используем переменную u = 𝑒 9𝑥 + 9 и du =
𝑒
(𝑒 9 + 𝑒 9 ) 𝑑𝑥:
1
1
( 9 + 𝑒 9 ) ∫ 𝑑𝑢
𝑒
𝑢
𝑥
Сделаем обратную замену, 𝑢 = 𝑒 9𝑥 + 9:
𝑒
𝑙𝑜𝑔(𝑥)−9+log(1+𝑒 18 )
1
𝑒 9 +𝑒 9
+ constant =
𝑒 9 (𝑙𝑜𝑔(𝑥)−9+log(1+𝑒 18)
1+𝑒 18
Альтернативной формой данного интегралы будет:
𝑒 9 (𝑙𝑜𝑔(1+𝑒 18)х)−9)
+ constant
1+𝑒 18
𝑒 9 (𝑙𝑜𝑔(1+𝑒 18)х)
Ответ:
1+𝑒 18
+ constant
+ constant
2. Исследовать функцию на экстремум:
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 2𝑀𝑥 + 2
𝑑𝑧
𝑑𝑦
= 2𝑁𝑦 − 𝑀 + 𝑁
Найдем критические точки функции:
1
𝑥=− ,
2𝑀𝑥 + 2 = 0,
𝑀
{
{
𝑀
1
2𝑁𝑦 − 𝑀 + 𝑁 = 0,
𝑦= − ,
2𝑁
2
1
𝑥=− ,
𝑥 = −1,
1
{
1
1 { 𝑦 = 0,
𝑦= − ,
2
2
Критическая точка - 𝑀0 (−1, 0)
Проверим достаточное условия существования экстремума
𝑑2𝑧
𝑑2𝑧
𝑑2𝑧
𝑑𝑥
𝑑𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦
= 2𝑀 = 2
2
𝐴=
= 2𝑁 = 2
2
𝑑2𝑧
𝑑2𝑧
𝑑𝑥
𝑑𝑦
| =2 𝐵=
2 𝑀0
=0
| =2 𝐶=
2 𝑀0
𝑑2𝑧
| =0
𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑀0
Дискриминант ∆ = 𝐴 ∙ 𝐶 − 𝐵2 = 2 ∗ 2 − 0 = 4
∆ > 0,
𝐴>0
Следовательно точка 𝑀0 (−1, 0) − точка минимума
Ответ: функция имеет минимум в точке 𝑀0 (1, 0)