Страница 108 номер 11.19, ГДЗ по алгебре за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень. Алгебра и начала математического анализа
1) На отрезке \(\left[0;\ \frac{\pi}{12}\right]\) имеем \(0 \leqslant 3x \leqslant \frac{\pi}{4}\), поэтому \(\cos 3x \ne 0\) и \(\operatorname{tg}^2 3x = \frac{1}{\cos^2 3x} - 1\). Функция \(y = \frac{1}{3}\operatorname{tg} 3x\) — первообразная функции \(y = \frac{1}{\cos^2 3x}\) на промежутке \(\left(-\frac{\pi}{6};\ \frac{\pi}{6}\right)\), который содержит отрезок интегрирования:
\[\begin{aligned} &\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{12}} \operatorname{tg}^2 3x\,dx = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{12}} \left(\frac{1}{\cos^2 3x} - 1\right)dx = {} \\ &= \left(\frac{1}{3}\operatorname{tg} 3x - x\right)\Big|_{0}^{\frac{\pi}{12}} = {} \\ &= \left(\frac{1}{3}\operatorname{tg}\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{12}\right) - \left(\frac{1}{3}\operatorname{tg} 0 - 0\right) = \frac{1}{3} - \frac{\pi}{12} = \frac{4 - \pi}{12}. \end{aligned}\]
2) \(1 - \cos\frac{x}{2} = 2\sin^2\frac{x}{4}\), поэтому
\[\begin{aligned} &\int\limits_{-\pi}^{0} 2\sin^2\frac{x}{4}\,dx = \int\limits_{-\pi}^{0} \left(1 - \cos\frac{x}{2}\right)dx = \left(x - 2\sin\frac{x}{2}\right)\Big|_{-\pi}^{0} = {} \\ &= (0 - 2\sin 0) - \left(-\pi - 2\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right) = 0 - (-\pi + 2) = \pi - 2. \end{aligned}\]
3) \(\cos 3x\cos x = \frac{1}{2}(\cos 4x + \cos 2x)\), поэтому
\[\begin{aligned} &\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos 3x\cos x\,dx = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2}(\cos 4x + \cos 2x)\,dx = {} \\ &= \left(\frac{1}{8}\sin 4x + \frac{1}{4}\sin 2x\right)\Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = {} \\ &= \left(\frac{1}{8}\sin 2\pi + \frac{1}{4}\sin \pi\right) - \left(\frac{1}{8}\sin 0 + \frac{1}{4}\sin 0\right) = 0. \end{aligned}\]
4) \(\frac{e^{x} + x^3}{x^3 e^{x}} = \frac{1}{x^3} + \frac{1}{e^{x}} = x^{-3} + e^{-x}\). На промежутке \((0;\ +\infty)\), который содержит отрезок \([1;\ 2]\), первообразная функции \(y = x^{-3}\) — функция \(y = -\frac{1}{2x^2}\), поэтому
\[\begin{aligned} &\int\limits_{1}^{2} \frac{e^{x} + x^3}{x^3 e^{x}}\,dx = \int\limits_{1}^{2} \left(x^{-3} + e^{-x}\right)dx = {} \\ &= \left(-\frac{1}{2x^2} - e^{-x}\right)\Big|_{1}^{2} = \left(-\frac{1}{8} - e^{-2}\right) - \left(-\frac{1}{2} - e^{-1}\right) = {} \\ &= \frac{3}{8} + \frac{1}{e} - \frac{1}{e^2} = \frac{3e^2 + 8e - 8}{8e^2}. \end{aligned}\]
Ответ: 1) \(\frac{4 - \pi}{12}\); 2) \(\pi - 2\); 3) 0; 4) \(\frac{3e^2 + 8e - 8}{8e^2}\).
1) На отрезке \(\left[0;\ \frac{\pi}{12}\right]\) выполняется неравенство \(0 \leqslant 3x \leqslant \frac{\pi}{4}\), поэтому \(\cos 3x \ne 0\) и \(\operatorname{tg}^2 3x = \frac{1}{\cos^2 3x} - 1\). Функция \(y = \operatorname{tg} x\) — первообразная функции \(y = \frac{1}{\cos^2 x}\) на промежутке \(\left(-\frac{\pi}{2};\ \frac{\pi}{2}\right)\), поэтому по правилу нахождения первообразной функции \(y = f(kx + b)\) функция \(y = \frac{1}{3}\operatorname{tg} 3x\) — первообразная функции \(y = \frac{1}{\cos^2 3x}\) на промежутке \(\left(-\frac{\pi}{6};\ \frac{\pi}{6}\right)\), который содержит отрезок интегрирования. Имеем:
\[\begin{aligned} &\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{12}} \operatorname{tg}^2 3x\,dx = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{12}} \left(\frac{1}{\cos^2 3x} - 1\right)dx = {} \\ &= \left(\frac{1}{3}\operatorname{tg} 3x - x\right)\Big|_{0}^{\frac{\pi}{12}} = {} \\ &= \left(\frac{1}{3}\operatorname{tg}\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{12}\right) - \left(\frac{1}{3}\operatorname{tg} 0 - 0\right) = \frac{1}{3} - \frac{\pi}{12} = \frac{4 - \pi}{12}. \end{aligned}\]
2) По формуле косинуса двойного угла \(1 - \cos\frac{x}{2} = 2\sin^2\frac{x}{4}\). Функция \(y = \sin x\) — первообразная функции \(y = \cos x\), поэтому по правилу нахождения первообразной функции \(y = f(kx + b)\) функция \(y = 2\sin\frac{x}{2}\) — первообразная функции \(y = \cos\frac{x}{2}\). Имеем:
\[\begin{aligned} &\int\limits_{-\pi}^{0} 2\sin^2\frac{x}{4}\,dx = \int\limits_{-\pi}^{0} \left(1 - \cos\frac{x}{2}\right)dx = \left(x - 2\sin\frac{x}{2}\right)\Big|_{-\pi}^{0} = {} \\ &= (0 - 2\sin 0) - \left(-\pi - 2\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right) = 0 - (-\pi + 2) = \pi - 2. \end{aligned}\]
3) Произведение косинусов преобразуем в сумму: \(\cos 3x\cos x = \frac{1}{2}(\cos 4x + \cos 2x)\). По правилу нахождения первообразной функции \(y = f(kx + b)\) функции \(y = \frac{1}{4}\sin 4x\) и \(y = \frac{1}{2}\sin 2x\) — первообразные функций \(y = \cos 4x\) и \(y = \cos 2x\). Имеем:
\[\begin{aligned} &\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos 3x\cos x\,dx = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2}(\cos 4x + \cos 2x)\,dx = {} \\ &= \left(\frac{1}{8}\sin 4x + \frac{1}{4}\sin 2x\right)\Big|_{0}^{\frac{\pi}{2}} = {} \\ &= \left(\frac{1}{8}\sin 2\pi + \frac{1}{4}\sin \pi\right) - \left(\frac{1}{8}\sin 0 + \frac{1}{4}\sin 0\right) = 0. \end{aligned}\]
4) Разделим числитель почленно на знаменатель: \(\frac{e^{x} + x^3}{x^3 e^{x}} = \frac{1}{x^3} + \frac{1}{e^{x}} = x^{-3} + e^{-x}\). На промежутке \((0;\ +\infty)\), который содержит отрезок \([1;\ 2]\), первообразная функции \(y = x^{-3}\) — функция \(y = \frac{x^{-3 + 1}}{-3 + 1}\), то есть \(y = -\frac{1}{2x^2}\); по правилу нахождения первообразной функции \(y = f(kx + b)\) при \(k = -1\) первообразная функции \(y = e^{-x}\) — функция \(y = -e^{-x}\). Имеем:
\[\begin{aligned} &\int\limits_{1}^{2} \frac{e^{x} + x^3}{x^3 e^{x}}\,dx = \int\limits_{1}^{2} \left(x^{-3} + e^{-x}\right)dx = {} \\ &= \left(-\frac{1}{2x^2} - e^{-x}\right)\Big|_{1}^{2} = \left(-\frac{1}{8} - e^{-2}\right) - \left(-\frac{1}{2} - e^{-1}\right) = {} \\ &= \frac{3}{8} + \frac{1}{e} - \frac{1}{e^2} = \frac{3e^2 + 8e - 8}{8e^2}. \end{aligned}\]
Ответ: 1) \(\frac{4 - \pi}{12}\); 2) \(\pi - 2\); 3) 0; 4) \(\frac{3e^2 + 8e - 8}{8e^2}\).
