Загрузка

Определенный интеграл

Длина дуги кривой $$y=4-\sqrt{x^{3}}$$, ограниченной линиями $$x=0$$ и $$x=5$$ равна:
Составим подынтегральную функцию:
$$y'=-\frac{3\sqrt{x}}{2}$$, $$(y')^{2}=\frac{9x}{4}$$, $$\sqrt{1+(y')^{2}}=0,5\sqrt{4+9x}$$.
Найдем длину дуги:
$$l=\frac{1}{18}\int_{0}^{5}(4+9x)^{\frac{1}{2}}d(4+9x)$$, $$l=\frac{1}{27}(4+9x)^{\frac{3}{2}}\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{0}^{5}=\frac{335}{27}$$.
Выберите один из вариантов
Если $$f(x;y)=e^{y}$$, $$-0,5\leq x\leq 1$$, $$y_{1}=lnx$$, $$y_{2}=2x+1$$, то значение повторного интеграла равно:
Составим повторный интеграл:
$$\int_{-0,5}^{1}dx\int_{lnx}^{2x+1}e^{y}dy$$.
Найдем "внутренний" интеграл:
$$I_{1}=\int_{lnx}^{2x+1}e^{y}dy$$, $$I_{1}=e^{y}|_{lnx}^{2x+1}=e^{2x+1}-x$$.
Найдем "внешний" интеграл:
$$I_{2}=\int_{1}^{2}(e^{2x+1}-x)dx$$, $$I_{2}=\frac{1}{2}(e^{2x+1}-x^{2})\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{1}^{2}$$, $$I_{2}=0,5(e^{5}-e^{3}-3)$$.
Выберите один из вариантов
Объем тела, полученного вращением вокруг оси $$Ox$$ криволинейной трапеции, ограниченной линиями $$\frac{x^{2}}{24}+\frac{y^{2}}{4}=1$$, $$x=1$$, $$x=3$$, равен:
Преобразуем уравнение эллипса:
$$y^{2}=4-\frac{x^{2}}{6}$$.
Найдем объем тела вращения:
$$V=\pi \int_{1}^{3}\left ( 4-\frac{x^{2}}{6} \right )dx$$, $$V=\pi \left ( 4x-\frac{x^{3}}{18} \right )\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{1}^{3}=\frac{59\pi }{9}$$.
Выберите один из вариантов
Объем тела, полученного вращением вокруг оси $$Oy$$ криволинейной трапеции, ограниченной линиями $$y=2x-5$$, $$y=0$$, $$y=2$$, равен:
Представим функцию $$y=2x-5$$ в виде $$x=0,5(y+5)$$.
Найдем объем тела вращения:
$$V=\frac{\pi }{4}\int_{0}^{2}(y+5)^{2}d(y+5)$$, $$V=\frac{\pi (y+5)^{3}}{12}\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{0}^{2}=\frac{109\pi }{6}$$.
Выберите один из вариантов
Значение интеграла $$\int_{0}^{1}xarctg xdx$$ равно:
Полагая $$arctgx=u$$, а $$xdx=dv$$, получим:
$$du=\frac{dx}{1+x^{2}}$$, $$v=\frac{x^{2}}{2}$$.
Применим формулу интегрирования по частям:
1) $$uv=\frac{x^{2}arctgx}{2}\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{0}^{1}=\frac{\pi }{8}$$;
2)$$\int_{0}^{1}vdu=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^{2}dx}{1+x^{2}}$$, $$\int_{0}^{1}vdu=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{(1+x^{2}-1)}{1+x^{2}}dx$$, $$\int_{0}^{1}vdu=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left ( 1-\frac{1}{1+x^{2}} \right )dx$$, $$\int_{0}^{1}vdu=\frac{1}{2}(x-arctgx)|_{0}^{1}$$, $$\int_{0}^{1}vdu=\frac{1}{2}-\frac{\pi }{8}$$.
Тогда, $$\int_{0}^{1}xarctg xdx=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}$$.
Выберите один из вариантов
Значение интеграла $$\int \int _{S}xydxdy$$, где область $$S$$ – треугольник с вершинами $$A(1;0)$$, $$B(1;2)$$, $$C(3;2)$$, равно:
Найдем уравнение прямой $$AC$$:
$$\frac{x-1}{3-1}=\frac{y-0}{2-0}$$, откуда $$x=y+1$$.
Так как $$0\leq y\leq 2$$, $$x_{1}=1$$, $$x_{2}=y+1$$, то повторный интеграл имеет вид:
$$\int_{0}^{2}ydy\int_{1}^{y+1}xdx$$.
Найдем "внутренний" интеграл:
$$I_{1}=\int_{1}^{y+1}xdx=\frac{x^{2}}{2}\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{1}^{y+1}$$, $$I_{1}=\frac{y^{2}}{2}+y$$.
Найдем "внешний" интеграл:
$$I_{2}=\int_{0}^{2}\left ( \frac{y^{3}}{2} +y^{2}\right )dy$$, $$I_{2}=\frac{y^{4}}{8}+\frac{y^{3}}{3}\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{0}^{2}=\frac{14}{3}$$.
Выберите один из вариантов
Вычислите несобственный интеграл $$\int_{4}^{5}\frac{dx}{\sqrt[4]{x-4}}$$ или установите его расходимость: 
Так как подынтегральная функция не ограничена в окрестности точки $$x=4$$, то:
$$I=\int_{4}^{5}\frac{dx}{\sqrt[4]{x-4}}$$, $$I=\frac{4}{3}(x-4)^{\frac{3}{4}}\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{4}^{5}$$, $$I=\frac{4}{3}\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}(x-4)^{\frac{3}{4}}\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{4+\varepsilon }^{5}$$, $$I=\frac{4}{3}-\frac{4}{3}\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}(\varepsilon )^{\frac{3}{4}}=\frac{4}{3}$$.
Выберите один из вариантов
Площадь фигуры, ограниченной линиями $$y^{2}=16x$$ и $$y=2x$$, равна:

Найдем точки пересечения линий $$y^{2}=16x$$ и $$y=2x$$: 
$$4x^{2}=16x$$, $$x(x-4)=0$$, откуда $$x_{1}=0$$, $$x_{2}=4$$.
Учитывая, что уравнение линии  $$y^{2}=16x$$ имеет вид $$y=4\sqrt{x}$$, найдем площадь фигуры:
$$S=\int_{0}^{4}\left ( 4\sqrt{x}-2x \right )dx$$, $$S=\frac{8}{3}x^{\frac{3}{2}}-x^{2}\left.\begin{matrix} & \\ & \end{matrix}\right|_{0}^{4}=\frac{16}{3}$$.


Выберите один из вариантов
Если $$f(x;y)=x+2y$$, $$-1\leq y\leq 1$$, $$x_{1}=y$$, $$x_{2}=y+2$$, то значение повторного интеграла равно:
Составим повторный интеграл:
$$\int_{-1}^{1}dy\int_{y}^{y+2}(x+2y)dx$$.
Найдем "внутренний" интеграл:
$$I_{1}=\int_{y}^{y+2}(x+2y)dx$$, $$I_{1}=(0,5x^{2}+2xy)|_{y}^{y+2}$$, $$I_{1}=0,5(y+2)^{2}+2y(y+2)-2,5y^{2}$$, $$I_{1}=6y+2$$.
Найдем "внешний" интеграл:
$$I_{2}=\int_{-1}^{1}(6y+2)dy$$, $$I_{2}=3y^{2}-2y|_{-1}^{1}$$, $$I_{2}=3+2-3+2=4$$.

Выберите один из вариантов
Вычислите несобственный интеграл $$\int_{1}^{+\infty}\frac{xdx}{0,5x^{2}+2}$$ или установите его расходимость: 
$$I=\int_{1}^{+\infty}\frac{xd(0,5x^{2}+2)}{(0,5x^{2}+2)x}$$, $$I=ln(0,5x^{2}+2)|_{0}^{+\infty}$$, $$I=\lim_{b\rightarrow +\infty} ln(0,5b^{2}+2)-ln2=\infty$$.
Выберите один из вариантов