Предмет: Алгебра
Автор: Аноним
Вопрос задан 10 лет назад

1)Найдите общий вид первообразных для функции:

$f(x)=frac{1}{3sin^{2}x} +frac{1}{x^{3}}$

$f(x)=1+cosfrac{x}{4}$

2) Вычислите интегралы

$intlimits^1_0 {frac{dx}{(2x+1)^3}} ,$

$intlimits^frac{pi}{8}_0 {(1-2sin^2 2x)} , dx$

3) Найдите площадь фигуры ограниченной линиями,

$y=-x^2-4$ , $y=x+4$

4)Вычислите:

$sqrt[3]{-2sqrt{2}}+ sqrt[6]{2}sqrt[3]{2}$

$sqrt[4]{7+4sqrt{3}} sqrt{2-sqrt{3}}$

5) Решите уравнение:

$sqrt{x^2+x-3}=sqrt{1-2x}$

Ответы

Ответ дал: dtnth

1) $f(x)=frac{1}{3sin^{2}x} +frac{1}{x^{3}}\ F(x)=frac{-ctg x}{3} -frac{1}{2x^{2}}+c;$

c є R

$f(x)=1+cos frac{x}{4};\ F(x)=x+4sin frac{x}{4}+c;$

2) $intlimits^1_0 {frac{dx}{(2x+1)^3}} =\frac{1}{2}intlimits^1_0 {frac{d(2x+1)}{(2x+1)^3}} =\ frac{1}{2}(- frac{1}{2(2x+1)^2})|limits^{1}_0 =\frac{1}{2}(- frac{1}{2(2x+1)^2})|limits^1_0 =\ - frac{1}{4(2x+1)^2})|limits^1_0 =- frac{1}{4(2*1+1)^2}+frac{1}{4(2*0+1)^2}=frac{1}{4}-frac{1}{36}=frac{9-1}{36}=frac{8}{36}=frac{2}{9}$

$intlimits^frac{pi}{8}_0 {(1-2sin^2 2x)} , dx =\ intlimits^frac{pi}{8}_0 {cos (4x)} , dx= frac{1}{4}sin(4x)| limits^frac{pi}{8}_0=\ frac{1}{4}(sin (4*frac{pi}{8})-sin(4*0))=\ 0.25*(1-0)=0.25$

3) Ищем точки пересечения

$-x^2-4=x+4;\-x^2-4-x-4=0;\ x^2+x+8=0;\D=1-4*1*8<0$

точек пересечения нет, фигура неограничена, найти площадь не представляется возможным

4) $sqrt[3] {-2sqrt{2}}+sqrt[6] {2}sqrt [3]{2}=\ sqrt[3] {(-sqrt{2})^3}+sqrt[6] {2}sqrt [6]{2^2}=\ -sqrt{2}+sqrt[6] {2*2^2}=\ -sqrt{2}+sqrt[6] {2^3}=\ -sqrt{2}+sqrt {2}=0$

$sqrt[4]{7+4sqrt{3}} *sqrt{2-sqrt{3}}=\ sqrt[4]{4+4sqrt{3}+3} *sqrt{2-sqrt{3}}=\ sqrt[4]{2^2+2*2sqrt{3}+(sqrt{3})^2} *sqrt{2-sqrt{3}}=\ sqrt[4]{(2+sqrt{3})^2} *sqrt{2-sqrt{3}}=\ sqrt[4]{(2+sqrt{3})^2} *sqrt{2-sqrt{3}}=\ sqrt{2+sqrt{3}} *sqrt{2-sqrt{3}}=\ sqrt{2^2-(sqrt{3})^2}=\ sqrt{4-3}=1$