اختبار نهاية الوحدة

التكامل

أختار رمز الإجابة الصحيحة في كل مما يأتي:

(1) قيمة ${\int }_0^2{e}^{2x}dx$ هي:

$e^4-1$ (a

$e^4-2$ (b

$2e^4-2$ (c

$\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{2}}{\mathit{e}}^{\mathbf{4}}\mathbf{-}\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{2}}$ (d

${\int }_0^2{e}^{2x}={\frac{1}{2}{e}^{2x}|}_0^2=\frac{1}{2}{e}^4-\frac{1}{2}...........\left(d\right)$

(2) قيمة ${\int }_{-4}^4(4-|x\left|\right)dx$ هي:

0 (a

4 (b

16 (c

8 (d

$\begin{array}{rl}{\int }_{-4}^4(4-|x\left|\right)dx& ={\int }_{-4}^0(4+x)dx+{\int }_0^4(4-x)dx\\ & ={(4x+\frac{1}{2}{x}^2)|}_{-4}^0+{(4x-\frac{1}{2}{x}^2)|}_0^4\\ & =-(-16+8)+(16-8)\\ & =16\dots \dots \dots \dots \dots \dots \left(c\right)\end{array}$

(3) يبين الشكل الآتي المنطقة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $y=x^2-x-2,،y=x^3-3x^2+4$، في الفترة [1,2-]

التكامل المحدود الذي يمكن عن طريقه إيجاد مساحة المنطقة المظللة هو:

${\mathbf{\int }}_{\mathbf{-}\mathbf{1}}^{\mathbf{2}}\mathbf{(}{\mathbf{x}}^{\mathbf{3}}\mathbf{-}\mathbf{4}{\mathbf{x}}^{\mathbf{2}}\mathbf{+}\mathbf{x}\mathbf{+}\mathbf{6}\mathbf{)}\mathit{d}\mathit{x}$ (a

${\int }_{-1}^2(-x^3+4x^2-x-6)dx$ (b

${\int }_{-1}^2(x^3-4x^2-x+2)dx$ (c

${\int }_{-1}^2(x^3-2x^2-x+2)dx$ (d

$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{-1}^2(x^3-3x^2+4-(x^2-x-2))dx\\ & ={\int }_{-1}^2(x^3-4x^2+x+6)dx\dots \dots \dots \dots \dots \left(a\right)\end{array}$

(4) حل المعادلة التفاضلية: $\frac{dy}{dx}=2xy$ الذي تحققه النقطة (0,1) هو: 

$\mathit{y}\mathbf{=}{\mathit{e}}^{{\mathbf{x}}^{\mathbf{2}}}$ (a

$y=x^{2}y$ (b

$y=x^{2}y+1$ (c

$y=\frac{x^2{y}^2}{2+1}$ (d

$\begin{array}{rl}& \int \frac{dy}{y}=\int 2xdx\Rightarrow \ln \left|y\right|=x^2+C\\ & (0,1)\Rightarrow 0=0+C\Rightarrow C=0\\ & \Rightarrow \ln \left|y\right|=x^2\Rightarrow \left|y\right|=e^{x^2}\\ & y=e^{x^2}............\left(a\right)\end{array}$

أجد كلاً من التكاملات الآتية:

$\int \frac{1}{\sqrt{e^x}}dx$ (5)

$\int \frac{1}{\sqrt{e^x}}dx=\int e^{-\frac{1}{2}x}dx=-2e^{-\frac{1}{2}x}+C$

$\int (\tan 2x+e^{3x}-\frac{1}{x})dx$ (6)

$\begin{array}{rl}\int (\tan 2x+e^{3x}-\frac{1}{x})dx& =\int (-\frac{1}{2}\times \frac{-2\sin 2x}{\cos 2x}+e^{3x}-\frac{1}{x})dx\\ & =-\frac{1}{2}\ln |\cos 2x|+\frac{1}{3}{e}^{3x}-\ln \left|x\right|+C\end{array}$

$\int {\csc }^{2}x(1+{\tan }^{2}x)dx$ (7)

$\begin{array}{rl}\int {\csc }^{2}x(1+{\tan }^{2}x)dx& =\int ({\csc }^{2}x+\frac{1}{{\sin }^{2}x}\times \frac{{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x})dx\\ & =\int ({\csc }^{2}x+{\sec }^{2}x)dx\\ & =-\cot x+\tan x+C\end{array}$

$\int \frac{e^{2x}}{e^{2x}+5}dx$ (8)

$\int \frac{e^{2x}}{e^{2x}+5}dx=\frac{1}{2}\int \frac{2e^{2x}}{e^{2x}+5}dx=\frac{1}{2}\ln (e^{2x}+5)+C$

$\int \frac{2x^2+7x-3}{x-2}dx$ (9)

$\begin{array}{rl}\int \frac{2x^2+7x-3}{x-2}dx& =\int (2x+11+\frac{19}{x-2})dx\\ & =x^2+11x+19\ln |x-2|+C\end{array}$

$\int {\sec }^2(2x-1)dx$ (10)

$\int {\sec }^2(2x-1)dx=\frac{1}{2}\tan (2x-1)+C$

$\int \cot (5x+1)dx$ (11)

$\int \cot (5x+1)dx=\frac{1}{5}\int \frac{5\cos (5x+1)}{\sin (5x+1)}dx=\frac{1}{5}\ln |\sin (5x+1\left)\right|+C$

${\int }_0^{\pi /2}\sin x\cos xdx$ (12)

${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin x\cos x=\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\sin 2x=-{\frac{1}{4}\cos 2x|}_0^{\frac{\pi }{2}}=-\frac{1}{4}(-1-1)=\frac{1}{2}$

${\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}0.5xdx$ (13)

$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }{\cos }^2\frac{1}{2}xdx& =\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }(1+\cos x)dx\\ & ={\frac{1}{2}(x+\sin x)|}_0^{\pi }=\frac{1}{2}\left(\right(\pi )+(0\left)\right)-0=\frac{\pi }{2}\end{array}$

${\int }_0^2|x^3-1|dx$ (14)

$\begin{array}{rl}{\int }_0^2|x^3-1|dx& ={\int }_0^1(1-x^3)dx+{\int }_1^2(x^3-1)dx\\ & ={(x-\frac{1}{4}{x}^4)|}_0^1+{(\frac{1}{4}{x}^4-x)|}_1^2=\left(\frac{3}{4}\right)+(4-2+\frac{3}{4})=\frac{7}{2}\end{array}$

${\int }_0^{\pi /4}({\sec }^{2}x+\cos 4x)dx$ (15)

${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}({\sec }^{2}x+\cos 4x)dx={(\tan x+\frac{1}{4}\sin 4x)|}_0^{\frac{\pi }{4}}=\left(1\right)-\left(0\right)=1$

${\int }_0^{\pi /3}(\sin (2x+\frac{\pi }{3})-1+\cos 2x)dx$ (16)

$\begin{array}{rl}& {\int }_0^{\frac{\pi }{3}}(\sin (2x+\frac{\pi }{3})-1+\cos 2x)dx\\ & ={(-\frac{1}{2}\cos (2x+\frac{\pi }{3})-x+\frac{1}{2}\sin 2x)|}_0^{\frac{\pi }{3}}=(\frac{1}{2}-\frac{\pi }{3}+\frac{\sqrt{3}}{4})-(-\frac{1}{4})\\ & =\frac{3+\sqrt{3}}{4}-\frac{\pi }{3}\end{array}$

${\int }_0^{\pi /8}\sin 2x\cos 2xdx$ (17)

${\int }_0^{\frac{\pi }{8}}\sin 2x\cos 2xdx=\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{8}}\sin 4xdx=-{\frac{1}{8}\cos 4x|}_0^{\frac{\pi }{8}}=0-(-\frac{1}{8})=\frac{1}{8}$

$\int \frac{4}{x^2-4}dx$ (18)

$\begin{array}{rl}& \int \frac{4}{x^2-4}dx=\int \frac{4}{(x-2)(x+2)}dx\\ & \frac{4}{(x-2)(x+2)}=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x+2}\\ & \begin{array}{c}A(x+2)+B(x-2)=4\\ x=2\Rightarrow A=1\end{array}\\ & \begin{array}{rl}& x=-2\Rightarrow B=-1\\ & \frac{4}{(x-2)(x+2)}=\frac{1}{x-2}+\frac{-1}{x+2}\\ & \frac{4}{x^2-4}dx=\int \frac{4}{(x-2)(x+2)}dx\\ & =\int (\frac{1}{x-2}+\frac{-1}{x+2})dx\\ & =\ln |x-2|-\ln \mid x+2\rceil +C\\ & =\ln \left|\frac{x-2}{x+2}\right|+C\end{array}\end{array}$

$\int \frac{x+7}{x^2-x-6}dx$ (19)

$\begin{array}{rl}& \int \frac{x+7}{x^2-x-6}dx=\int \frac{x+7}{(x-3)(x+2)}dx\\ & \frac{x+7}{(x-3)(x+2)}=\frac{A}{x-3}+\frac{B}{x+2}\\ & A(x+2)+B(x-3)=x+7\\ & x=-2\Rightarrow B=-1\\ & x=3\Rightarrow A=2\\ & \frac{x+7}{(x-3)(x+2)}=\frac{2}{x-3}+\frac{-1}{x+2}\\ & \int \frac{x+7}{x^2-x-6}dx=\int \frac{x+7}{(x-3)(x+2)}dx\\ & =\int (\frac{2}{x-3}+\frac{-1}{x+2})dx\\ & =2\ln |x-3|-\ln |x+2|+C\end{array}$

$\int \frac{x-1}{x^2-2x-8}dx$ (20)

$\int \frac{x-1}{x^2-2x-8}dx=\frac{1}{2}\int \frac{2(x-1)}{x^2-2x-8}dx=\frac{1}{2}\ln |x^2-2x-8|+C$

$\int \frac{x^2+3}{x^3+x}dx$ (21)

$\begin{array}{rl}& \int \frac{x^2+3}{x^3+x}dx=\int \frac{x^2+3}{x(x^2+1)}dx\\ & \frac{x^2+3}{x(x^2+1)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^2+1}\\ & A(x^2+1)+(Bx+C)\left(x\right)=x^2+3\\ & x=0\Rightarrow A=3\\ & x=1\Rightarrow 2A+B+C=4\Rightarrow B+C=-2\\ & x=-1\Rightarrow 2A+B-C=4\Rightarrow B-C=-2\\ & \Rightarrow B=-2,C=0\\ & \frac{x^2+3}{x(x^2+1)}=\frac{3}{x}+\frac{-2x}{x^2+1}\\ & \int \frac{x^2+3}{x^3+x}dx=\int \frac{x^2+3}{x(x^2+1)}dx\\ & =\int (\frac{3}{x}+\frac{-2x}{x^2+1})dx\\ & =3\ln \left|x\right|-\ln |x^2+1|+C=\ln \left|\frac{x^3}{x^2+1}\right|+C\end{array}$

$\int \frac{1}{x^2(1-x)}dx$ (22)

$\begin{array}{rl}& \frac{1}{x^2(1-x)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^2}+\frac{C}{1-x}\\ & Ax(1-x)+B(1-x)+C\left(x^2\right)=1\\ & x=0\Rightarrow B=1\\ & x=1\Rightarrow C=1\\ & x=-1\Rightarrow -2A+2B+C=1\Rightarrow A=1\\ & \frac{1}{x^2(1-x)}=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{1-x}\\ & \int \frac{1}{x^2(1-x)}dx=\int (\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{1-x})dx\\ & =\ln \left|x\right|-\frac{1}{x}-\ln |1-x|+C\\ & =\ln \left|\frac{x}{1-x}\right|-\frac{1}{x}+C\end{array}$

$\int \frac{\sin x}{{\cos }^{2}x-3\cos x}dx$ (23)

$\begin{array}{rl}& u=\cos x\Rightarrow \frac{du}{dx}=-\sin x\Rightarrow dx=\frac{du}{-\sin x}\\ & \int \frac{\sin x}{{\cos }^{2}x-3\cos x}=\int \frac{\sin x}{u^2-3u}\times \frac{du}{-\sin x}=\int \frac{1}{3u-u^2}du\\ & \frac{1}{3u-u^2}=\frac{1}{u(3-u)}=\frac{A}{u}+\frac{B}{3-u}\\ & \Rightarrow A(3-u)+Bu=1\\ & u=0\Rightarrow A=\frac{1}{3}\\ & \begin{array}{r}u=3\Rightarrow B=\frac{1}{3}\end{array}\\ & \int \frac{1}{3u-u^2}du=\int (\frac{\frac{1}{3}}{u}+\frac{\frac{1}{3}}{3-u})du\\ & =\frac{1}{3}\ln \left|u\right|-\frac{1}{3}\ln |3-u|+C\\ & =\frac{1}{3}\ln \left|\frac{\cos x}{3-\cos x}\right|+C\end{array}$

$\int \frac{\sqrt{x}}{x-4}dx$ (24)

$\begin{array}{rl}& u=\sqrt{x}\Rightarrow u^2=x,dx=2udu\\ & \int \frac{\sqrt{x}}{x-4}=\int \frac{u}{u^2-4}\times 2udu=\int \frac{2u^2}{u^2-4}du=\int (2+\frac{8}{u^2-4})du\\ & \frac{8}{u^2-4}=\frac{A}{u-2}+\frac{B}{u+2}\\ & \Rightarrow A(u+2)+B(u-2)=8\\ & \begin{array}{rl}u=2& \Rightarrow A=2\\ u=-2& \Rightarrow B=-2\\ \int \frac{\sqrt{x}}{x-4}& =\int (2+\frac{2}{u-2}+\frac{-2}{u+2})du\\ & =2u+2\ln |u-2|-2\ln |u+2|+C\\ & =2\sqrt{x}+2\ln \left|\frac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}\right|+C\end{array}\end{array}$

$\int {\sec }^{2}x\tan x\sqrt{1+\tan x}dx$ (25)

$\begin{array}{rl}& u=1+\tan x\Rightarrow dx=\frac{du}{{\sec }^{2}x}\\ & \int {\sec }^{2}x\tan x\sqrt{1+\tan x}dx=\int {\sec }^{2}x(u-1)\sqrt{u}\frac{du}{{\sec }^{2}x}\\ & =\int (u^{\frac{3}{2}}-u^{\frac{1}{2}})du\\ & =\frac{2}{5}{u}^{\frac{5}{2}}-\frac{2}{3}{u}^{\frac{3}{2}}+C\\ & =\frac{2}{5}(1+\tan x{)}^{\frac{5}{2}}-\frac{2}{3}(1+\tan x{)}^{\frac{3}{2}}+C\end{array}$

$\int \frac{x}{\sqrt[3]{4-3x}}dx$ (26)

$\begin{array}{rl}& u=4-3x\Rightarrow dx=\frac{du}{-3},x=\frac{4-u}{3}\\ & \int \frac{x}{\sqrt[3]{4-3x}}dx=\int \frac{\frac{1}{3}(4-u)}{u^{\frac{1}{3}}}\times \frac{du}{-3}=-\frac{1}{9}\int (4u^{-\frac{1}{3}}-u^{\frac{2}{3}})du\\ & =-\frac{1}{9}(6u^{\frac{2}{3}}-\frac{3}{5}{u}^{\frac{5}{3}})+C=-\frac{2}{3}{u}^{\frac{2}{3}}+\frac{1}{15}{u}^{\frac{5}{3}}+C\\ & =-\frac{2}{3}(4-3x{)}^{\frac{2}{3}}+\frac{1}{15}(4-3x{)}^{\frac{5}{3}}+C\end{array}$

$\int \frac{(\ln x{)}^6}{x}dx$ (27)

$\begin{array}{rl}& u=\ln x\Rightarrow \frac{du}{dx}=\frac{1}{x},dx=xdu\\ & \int \frac{(\ln x{)}^6}{x}dx=\int \frac{x{u}^6}{x}du=\int u^{6}du=\frac{1}{7}{u}^7+C=\frac{1}{7}(\ln x{)}^7+C\end{array}$

$\int (x+1{)}^2\sqrt{x-2}dx$ (28)

$\begin{array}{rl}& u=x-2\Rightarrow x=u+2,dx=du\\ & \int (x+1{)}^2\sqrt{x-2}dx=\int (u+3{)}^2{u}^{\frac{1}{2}}du\\ & =\int (u^2+6u+9)u^{\frac{1}{2}}du=\int (u^{\frac{5}{2}}+6u^{\frac{3}{2}}+9u^{\frac{1}{2}})du\\ & =\frac{2}{7}{u}^{\frac{7}{2}}+\frac{12}{5}{u}^{\frac{5}{2}}+6u^{\frac{3}{2}}+C\\ & =\frac{2}{7}(x-2{)}^{\frac{7}{2}}+\frac{12}{5}(x-2{)}^{\frac{5}{2}}+6(x-2{)}^{\frac{3}{2}}+C\end{array}$

$\int x{\csc }^{2}xdx$ (29)

$$\begin{gathered} \begin{array}{lr}\int xcs{c}^{2}xdx& \\ u=x& dv=cs{c}^{2}xdx\\ du=dx& v=-cotx\end{array} \\ \begin{array}{rl}& \int xcs{c}^{2}xdx=-xcotx+\int cotxdx=-xcotx+\int \frac{cosx}{sinx}dx\\ & =-xcotx+ln|sinx|+C\end{array} \end{gathered}$$

$\int (x^2-5x)e^{x}dx$ (30)

$$\begin{gathered} \begin{array}{ll}u=x^2-5x& dv=e^{x}dx\\ du=(2x-5)dx& v=e^x\end{array} \\ \int (x^2-5x)e^{x}dx=(x^2-5x)e^x-\int (2x-5)e^{x}dx \\ \begin{array}{lc}u=2x-5& dv=e^{x}dx\\ du=2dx& v=e^x\end{array} \\ \begin{array}{rl}& \int (2x-5)e^{x}dx=(2x-5)e^x-\int 2e^{x}dx\\ & =(2x-5)e^x-2e^x+C\\ & \int (x^2-5x)e^{x}dx=(x^2-5x)e^x-(2x-5)e^x+2e^x+C\\ & =e^x(x^2-7x+7)+C\end{array} \end{gathered}$$

$\int x\sin 2xdx$ (31)

$$\begin{gathered} \begin{array}{ll}u=x& dv=sin2xdx\\ du=dx& v=-\frac{1}{2}cos2x\end{array} \\ \begin{array}{rl}& \int xsin2xdx=-\frac{1}{2}xcos2x-\int -\frac{1}{2}cos2xdx\\ & =-\frac{1}{2}xcos2x+\frac{1}{4}sin2x+C\end{array} \end{gathered}$$

أجد قيمة كل من التكاملات الآتية:

${\int }_0^{1}t{3}^{t^2}dt$ (32)

$\begin{array}{rl}& u=t^2\Rightarrow dt=\frac{uv}{2t}\\ & t=0\Rightarrow u=0\\ & t=1\Rightarrow u=1\\ & {\int }_0^{1}t{3}^{t^2}dt={\int }_0^{1}t{3}^u\frac{du}{2t}=\frac{1}{2}{\int }_0^1{3}^{u}du={\frac{3^u}{2\ln 3}|}_0^1\\ & =\frac{3}{2\ln 3}-\frac{1}{2\ln 3}=\frac{1}{\ln 3}\end{array}$

${\int }_{\pi /4}^{\pi /3}{\cot }^{3}xdx$ (33)

$\begin{array}{rl}& {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}{\cot }^{3}xdx={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\cot x({\csc }^{2}x-1)dx\\ & ={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\cot x{\csc }^{2}xdx-{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\cot xdx\\ & u=\cot x\Rightarrow dx=\frac{du}{-{\csc }^{2}x}\\ & x=\frac{\pi }{4}\Rightarrow u=1\\ & x=\frac{\pi }{3}\Rightarrow u=\frac{1}{\sqrt{3}}\\ & \Rightarrow {\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\cot x{\csc }^{2}xdx-{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\cot xdx={\int }_1^{\frac{1}{\sqrt{3}}}-udu-{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\frac{\cos x}{\sin x}dx\\ & =-{\frac{1}{2}{u}^2|}_1^{\frac{1}{\sqrt{3}}}-\ln |\sin x{|}_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}\\ & =-\frac{1}{2}(\frac{1}{3}-1)-(\ln \frac{\sqrt{3}}{2}-\ln \frac{\sqrt{2}}{2})\\ & =\frac{1}{3}-\ln \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\\ & =\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\ln \frac{3}{2}\end{array}$

${\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{\cos x}{\sqrt{4+3\sin x}}dx$ (34)

$\begin{array}{rl}& u=4+3\sin x\Rightarrow dx=\frac{du}{3\cos x}\\ & x=-\pi \Rightarrow u=4\\ & x=\pi \Rightarrow u=4\\ & {\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{\cos x}{\sqrt{4+3\sin x}}dx={\int }_4^4\frac{\cos x}{\sqrt{u}}\times \frac{du}{3\cos x}=\frac{1}{3}{\int }_4^4\frac{du}{\sqrt{u}}=0\end{array}$

${\int }_{-1}^0\frac{x^2-x}{x^2+x-2}dx$ (35)

$\begin{array}{rl}& {\int }_{-1}^0\frac{x^2-x}{x^2+x-2}dx={\int }_{-1}^0\frac{x(x-1)}{(x-1)(x+2)}dx\\ & ={\int }_{-1}^0\frac{x}{x+2}dx={\int }_{-1}^0(1-\frac{2}{x+2})dx\\ & ={(x-2\ln |x+2\left|\right)|}_{-1}^0=0-2\ln 2-(-1-2\ln 1)=1-2\ln 2\end{array}$

${\int }_1^2\frac{32x^2+4}{16x^2-1}dx$ (36)

$\begin{array}{rl}& \frac{32x^2+4}{16x^2-1}=2+\frac{6}{16x^2-1}=2+\frac{A}{4x-1}+\frac{B}{4x+1}\\ & \Rightarrow A(4x+1)+B(4x-1)=6\\ & x=\frac{1}{4}\Rightarrow A=3\\ & x=-\frac{1}{4}\Rightarrow B=-3\\ & \begin{array}{rl}{\int }_1^2\frac{32x^2+4}{16x^2-1}dx& ={\int }_1^2(2+\frac{3}{4x-1}+\frac{-3}{4x+1})dx\\ & ={(2x+\frac{3}{4}\ln |4x-1|-\frac{3}{4}\ln |4x+1\left|\right)|}_1^2\\ & =(4+\frac{3}{4}\ln 7-\frac{3}{4}\ln 9)-(2+\frac{3}{4}\ln 3-\frac{3}{4}\ln 5)\\ & =2+\frac{3}{4}\ln \frac{35}{27}\end{array}\end{array}$

${\int }_{1/2}^{e/2}x\ln 2xdx$ (37)

$\begin{array}{rl}& u=\ln 2xdv=xdx\\ & du=\frac{1}{x}v=\frac{x^2}{2}\\ & {\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{e}{2}}x\ln 2xdx={\frac{x^2}{2}\ln 2x|}_{\frac{1}{2}}^{\frac{e}{2}}-{\int }_{\frac{1}{2}}^{\frac{e}{2}}\frac{x}{2}dx\\ & ={\frac{x^2}{2}\ln 2x|}_{\frac{1}{2}}^{\frac{e}{2}}-{\frac{1}{4}{x}^2|}_{\frac{1}{2}}^{\frac{e}{2}}\\ & =\frac{1}{16}(e^2+1)\end{array}$

يبين الشكل الآتي منحنى السرعة المتجهة – الزمن لجسيم يتحرك على المحـور x في الفترة الزمنية [0,10]، إذا بدأ الجسيم الحركة من 0=x عندما 0=t، فأجيب عن الأسئلة الثلاثة التالية تباعاً:

(38) أجد إزاحة الجسيم في الفترة الزمنية المعطاة.

$\begin{array}{rl}& s\left(10\right)-s\left(0\right)={\int }_0^{10}v\left(t\right)dt=R_1-R_2+R_3\\ & =\frac{1}{2}\left(2\right)\left(4\right)-\frac{1}{2}\left(2\right)\left(4\right)+\frac{1}{2}(3+6)\left(4\right)=18\mathrm{m}\end{array}$

(39) أجد المسافة التي قطعها الجسيم في الفترة الزمنية المعطاة له.

${\int }_0^{10}\left|v\right(t\left)\right|dt=R_1+R_2+R_3=4+4+18=26\mathrm{m}$

(40) أجد الموقع النهائي للجسيم.

$s\left(10\right)-s\left(0\right)=18\Rightarrow s\left(10\right)-0=18\Rightarrow s\left(10\right)=18\mathrm{m}$

(41) أجد مساحة المنطقة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $g\left(x\right)=x^2,f\left(x\right)=\sqrt{x}$.

$\begin{array}{rl}& x^2=x^{\frac{1}{2}}\Rightarrow x^4=x\Rightarrow x^4-x=0\\ & \Rightarrow x(x^3-1)=0\Rightarrow x=0,x=1\\ & A={\int }_0^1(\sqrt{x}-x^2)dx={(\frac{2}{3}{x}^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{3}{x}^3)|}_0^1=(\frac{2}{3}-\frac{1}{3})-\left(0\right)=\frac{1}{3}\end{array}$

(42) أجد المساحة المحصورة بين منحنيي الاقترانين: $g\left(x\right)=x,f\left(x\right)=x^3$.

$\begin{array}{rl}x& =x^3\Rightarrow x(x^2-1)=0\Rightarrow x=0,x=1,x=-1\\ A& ={\int }_{-1}^0(x^3-x)dx+{\int }_0^1(x-x^3)dx\\ & ={(\frac{1}{4}{x}^4-\frac{1}{2}{x}^2)|}_{-1}^0+{(\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{4}{x}^4)|}_0^1=\frac{1}{2}\end{array}$

(43) أجد مساحة المنطقة المحصورة بين منحني الاقترانين: $g\left(x\right)=x^2+2,f\left(x\right)=-x$، والمستقيمين x=2,x=-2

$x^2+2=-x\Rightarrow x^2+x+2=0$

هذه المعادلة التربيعية لا حلول لها، لأن المميز سالب، إذن، منحنيا الاقترانين لا يتقاطعان.

$A={\int }_{-2}^2(x^2+2+x)dx={(\frac{1}{3}{x}^3+2x+\frac{1}{2}{x}^2)|}_{-2}^2=\frac{40}{3}$

(44) أثبت أن: ${\int }_2^5\frac{x^2}{x^2-1}dx=3+\frac{1}{2}\ln 2$.

$\begin{array}{rl}& \frac{x^2}{x^2-1}=1+\frac{1}{x^2-1}=1+\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+1}\\ & \Rightarrow A(x+1)+B(x-1)=1\\ & x=1\Rightarrow A=\frac{1}{2}\\ & x=-1\Rightarrow B=-\frac{1}{2}\\ & {\int }_2^5\frac{x^2}{x^2-1}dx={\int }_2^5(1+\frac{\frac{1}{2}}{x-1}+\frac{-\frac{1}{2}}{x+1})dx\\ & ={(x+\frac{1}{2}\ln |x-1|-\frac{1}{2}\ln |x+1\left|\right)|}_2^5=3+\frac{1}{2}\ln 2\end{array}$

يتحرك جسيم في مسار مستقيم، وتعطى سرعته المتجهة بالاقتران: $\mathit{v}\mathbf{\left(}\mathit{t}\mathbf{\right)}\mathbf{=}\frac{\mathbf{t}}{\mathbf{9}}\mathbf{-}\frac{\mathbf{1}}{\sqrt{\mathbf{t}\mathbf{+}\mathbf{6}}}$، حيـث t الزمن بالثواني، وv سرعته المتجهة بالمتر لكل ثانية:

(45) أجد إزاحة الجسيم في الفترة [1,10].

$\begin{array}{rl}D& ={\int }_1^{10}v\left(t\right)dt={\int }_1^{10}(\frac{1}{9}t-(t+6{)}^{-\frac{1}{2}})dt\\ & ={(\frac{1}{18}{t}^2-2\sqrt{t+6})|}_1^{10}=(2\sqrt{7}-\frac{5}{2})\mathrm{m}\approx 2.792\mathrm{m}\end{array}$

(46) أجد المسافة الكلية التـي قطعها الجسيم في الفترة [1,10].

$v\left(t\right)=\frac{1}{9}t-(t+6{)}^{-\frac{1}{2}}$

لتكن d المسافة المقطوعة وهي تمثل المساحة بين منحني $\left|v\left(t\right)\right|$ والمحور t بين المستقيمين t=1,t=10

$\begin{array}{rl}& d={\int }_1^{10}\left|v\right(t\left)\right|dt={\int }_1^{10}|\frac{1}{9}t-(t+6{)}^{-\frac{1}{2}}|dt\\ & \frac{1}{9}t-(t+6{)}^{\frac{1}{2}}=0\Rightarrow \frac{t}{9}=\frac{1}{\sqrt{t+6}}\Rightarrow t\sqrt{t+6}=9\Rightarrow t^2(t+6)=81\\ & \Rightarrow t^3+6t^2-81=0\Rightarrow (t-3)(t^2+9t+81)=0\Rightarrow t=3\\ & \Rightarrow d=-{\int }_1^3(\frac{1}{9}t-(t+6{)}^{-\frac{1}{2}})dt+{\int }_3^{10}(\frac{1}{9}t-(t+6{)}^{-\frac{1}{2}})dt\\ & ={(2\sqrt{t+6}-\frac{1}{18}{t}^2)|}_1^3+{(\frac{1}{18}{t}^2-2\sqrt{t+6})|}_3^{10}=\frac{155}{18}-2\sqrt{7}\approx 3.32\mathrm{m}\end{array}$

يمثل الشكل المجاور منحنى الاقتران: $\mathit{y}\mathbf{=}\mathbf{(}\mathbf{1}\mathbf{+}\mathit{s}\mathit{i}\mathit{n}\mathbf{}\mathbf{2}\mathit{x}{\mathbf{)}}^{\mathbf{2}}$ حيث: $\mathbf{0}\mathbf{\le }\mathit{x}\mathbf{\le }\frac{\mathbf{3}\mathbf{\pi }}{\mathbf{4}}$:

(47) أجد إحداثيي النقطة A.

$\begin{array}{rl}(1+\sin 2x{)}^2=0⟹\sin 2x& =-1\\ 2x& =\frac{3\pi }{2}⟹x=\frac{3\pi }{4}\\ & \Rightarrow A(\frac{3\pi }{4},0)\end{array}$

(48) أجد مساحة المنطقة R.

$\begin{array}{rl}A\left(R\right)={\int }_0^{\frac{3\pi }{4}}(1+\sin 2x{)}^{2}dx& ={\int }_0^{\frac{3\pi }{4}}(1+2\sin 2x+{\sin }^{2}2x)dx\\ & ={\int }_0^{\frac{3\pi }{4}}(1+2\sin 2x+\frac{1}{2}(1-\cos 4x)dx\\ & ={\int }_0^{\frac{3\pi }{4}}(\frac{3}{2}+2\sin 2x-\frac{1}{2}\cos 4x)dx\\ & ={(\frac{3}{2}x-\cos 2x-\frac{1}{8}\sin 4x)|}_0^{\frac{3\pi }{4}}=\frac{9\pi }{8}+1\end{array}$

أجد مساحة المنطقة المظللة في كل من التمثيلين البيانيين الآتيين:

$$\begin{gathered} x^2\ln 2x=0\Rightarrow x=0 \left(\mathrm{يهمل}\right) \\ \begin{array}{rl}& \ln 2x=0\Rightarrow 2x=1\Rightarrow x=\frac{1}{2}\\ & A={\int }_{\frac{1}{2}}^1{x}^2\ln 2xdx\\ & u=\ln 2xdv=x^{2}dx\\ & du=\frac{1}{x}dxv=\frac{1}{3}{x}^3\\ & \int x^2\ln 2xdx=\frac{1}{3}{x}^3\ln 2x-\int \frac{1}{3}{x}^3\frac{1}{x}dx\\ & =\frac{1}{3}{x}^3\ln 2x-\frac{1}{9}{x}^3+C\\ & A={(\frac{1}{3}{x}^3\ln 2x-\frac{1}{9}{x}^3)|}_{\frac{1}{2}}^1=\frac{1}{3}\ln 2-\frac{7}{72}\end{array} \end{gathered}$$

$\begin{array}{rl}& \frac{1}{16}{x}^3=2\sqrt{x}\Rightarrow \frac{1}{256}{x}^6-4x=0\\ & \Rightarrow x(\frac{1}{256}{x}^5-4)=0\Rightarrow x=0\text{,}\\ & x=\sqrt[5]{4\left(256\right)}=\sqrt[5]{2^{10}}=4\\ & A={\int }_0^4(2\sqrt{x}-\frac{1}{16}{x}^3)dx={(\frac{4}{3}{x}^{\frac{3}{2}}-\frac{1}{64}{x}^4)|}_0^4=\frac{20}{3}\end{array}$

يبين الشكل الآتي منحنيي الاقترانين: $\mathit{f}\mathbf{\left(}\mathit{x}\mathbf{\right)}\mathbf{=}{\mathit{x}}^{\mathbf{2}}\mathbf{+}\mathbf{14}\mathbf{,}\mathit{g}\mathbf{\left(}\mathit{x}\mathbf{\right)}\mathbf{=}{\mathit{x}}^{\mathbf{4}}\mathbf{+}\mathbf{2}$:

(51) إذا كان منحنيا الاقترانين يتقاطعان في النقطة A والنقطة B، فأجد إحداثي نقطتي التقاطع.

$\begin{array}{rl}& x^2+14=x^4+2\Rightarrow x^4-x^2-12=0\\ & \Rightarrow (x^2-4)(x^2+3)=0\Rightarrow x=\pm 2\\ & \Rightarrow A(-2,f(-2\left)\right)=(-2,18)\\ & B(2,f(2\left)\right)=(2,18)\end{array}$

(52) أجد حجم المجسّم الناتج من دورات المنطقة المظللة حول المحور x.

نلاحظ أن منحنيي f,g واقعان فوق المحور x، وأن منحنى f فوق منحنى g في الفترة [2,2-]

$\begin{array}{rl}\Rightarrow V& =\pi {\int }_0^2\left(f^2\right(x)-g^2(x\left)\right)dx\\ & =\pi {\int }_0^2({(x^2+14)}^2-{(x^4+2)}^2)dx\\ & =\pi {\int }_0^2(-x^8-3x^4+28x^2+192)dx\\ & ={\pi (-\frac{1}{9}{x}^9-\frac{3}{5}{x}^5+\frac{28}{3}{x}^3+192x)|}_0^2=\frac{17216\pi }{45}\end{array}$

(53) أجد حجم المجسّم الناتج من دورات المنطقة المحصورة بين منحنى الاقتران: $f\left(x\right)=\sqrt{x{e}^{-x}}$، والمحور x والمستقيمين: 1=x و 2=x حول المحور x.

$\begin{array}{rl}& V=\pi {\int }_1^2\left(f\right(x){)}^{2}dx=\pi {\int }_1^{2}x{e}^{-x}dx\\ & u=xdv=e^{-x}dx\\ & du=dxv=-e^{-x}\\ & \int x{e}^{-x}dx=-x{e}^{-x}+\int e^{-x}dx=-x{e}^{-x}-e^{-x}+C\\ & V=\pi {\int }_1^{2}x{e}^{-x}dx=\pi \left({(-x{e}^{-x}-e^{-x})|}_1^2\right)=\frac{2e-3}{e^2}\pi \end{array}$

أحل كلاً من المعادلات التفاضلية الآتية:

$\frac{dy}{dx}=\frac{\sqrt{y}}{x}$ (54)

$\frac{dy}{\sqrt{y}}=\frac{dx}{x}\Rightarrow \int \frac{dy}{\sqrt{y}}=\int \frac{dx}{x}\Rightarrow 2\sqrt{y}=\ln \left|x\right|+C$

$\frac{dy}{dx}=x{e}^x\sec y$ (55)

$\begin{array}{rl}& \frac{dy}{\sec y}=x{e}^{x}dx\Rightarrow \int \cos ydy=\int x{e}^{x}dx\\ & u=xdv=e^{x}dx\\ & du=dxv=e^x\\ & \Rightarrow \int x{e}^{x}dx=x{e}^x-\int e^{x}dx=x{e}^x-e^x+C\\ & \Rightarrow \int \cos ydy=\int x{e}^{x}dx\\ & \Rightarrow \sin y=x{e}^x-e^x+C\end{array}$

$3y^2\frac{dy}{dx}=8x$ (56)

$\begin{array}{rl}& 3y^{2}dy=8xdx\\ & \int 3y^{2}dy=\int 8xdx\Rightarrow y^3=4x^2+C\end{array}$

$x\frac{dy}{dx}=3x\sqrt{y}+4\sqrt{y}$ (57)

$\begin{array}{rl}& xdy=\sqrt{y}(3x+4)dx\\ & \frac{dy}{\sqrt{y}}=\frac{3x+4}{x}dx\Rightarrow \int y^{-\frac{1}{2}}dy=\int (3+\frac{4}{x})dx\\ & \Rightarrow 2\sqrt{y}=3x+4\ln \left|x\right|+C\\ & \end{array}$

أجد الحل الخاص الذي يحقق الشرط الأولي المعطى لكل معادلة تفاضلية مما يأتي:

$\frac{dy}{dx}+4y=8;y\left(0\right)=3$ (58)

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}& \frac{dy}{dx}=8-4y=4(2-y)\\ & \frac{dy}{2-y}=4dx\Rightarrow \int \frac{dy}{2-y}=\int 4dx\\ & -ln|4-y|=4x+C \left(\mathrm{العام} \mathrm{الحل}\right)\end{array} \\ \begin{array}{rl}& -ln1=0+C\Rightarrow C=0 \left(x=0,y=3 \mathrm{نعوض}\right)\\ & -ln|4-y|=4x \left(\mathrm{الخاص} \mathrm{الحل}\right)\end{array} \end{gathered}$$

$\frac{dy}{dx}=\frac{5e^y}{(2x+1)(x-2)};y(-3)=0$ (59)

$$\begin{gathered} \begin{array}{rl}& \frac{dy}{5e^y}=\frac{dx}{(2x+1)(x-2)}\\ & \frac{1}{(2x+1)(x-2)}=\frac{A}{2x+1}+\frac{B}{x-2}\\ & \Rightarrow A(x-2)+B(2x+1)=1\\ & x=2\Rightarrow B=\frac{1}{5}\\ & x=-\frac{1}{2}\Rightarrow A=-\frac{2}{5}\\ & \int \frac{dy}{5e^y}=\int (\frac{-\frac{2}{5}}{2x+1}+\frac{\frac{1}{5}}{x-2})dx\\ & \frac{-e^{-y}}{5}=-\frac{1}{5}ln|2x+1|+\frac{1}{5}ln|x-2|+C \left(\mathrm{العام} \mathrm{الحل}\right)\end{array} \\ \begin{array}{rl}& \frac{-1}{5}=-\frac{1}{5}ln5+\frac{1}{5}ln5+C\Rightarrow C=\frac{-1}{5} \left(x=-3,y=0 \mathrm{نعوض}\right)\\ & \frac{-e^{-y}}{5}=-\frac{1}{5}ln|2x+1|+\frac{1}{5}ln|x-2|-\frac{1}{5}\\ & \Rightarrow \frac{1-e^{-y}}{5}=\frac{1}{5}ln\left|\frac{x-2}{2x+1}\right|\Rightarrow 1-e^{-y}=ln\left|\frac{x-2}{2x+1}\right| \left(\mathrm{الخاص} \mathrm{الحل}\right)\end{array} \end{gathered}$$

أسماك: يتغير عدد الأسماك في إحدى البحيرات بمعدل يمكن نمذجته بالمعادلة التفاضلية: $\frac{\mathbf{d}\mathbf{x}}{\mathbf{d}\mathbf{t}}\mathbf{=}\mathbf{0}\mathbf{.}\mathbf{2}\mathit{x}$، حيث x عدد الأسماك، وt الزمن بالسنوات منذ هذه السنة:

(60) أحل المعادلة التفاضلية لإيجاد عدد الأسماك في البحيرة بعد t سنة، علماً بأن عددها هذه السنة هو 300 سمكة.

$\begin{array}{rl}\frac{dx}{x}=0.2dt& \Rightarrow \int \frac{dx}{x}=\int 0.2dt\\ & \Rightarrow \ln \left|x\right|=0.2t+C\Rightarrow x=e^{0.2t+C}=e^C\left(e^{0.2t}\right)=K{e}^{0.2t}\end{array}$

حيث k ثابت يساوي $e^C$ وبملاحظة أن عدد الأسماك x أكبر من صفر (فيكون $\left|x\right|=x$)

$$\begin{gathered} x\left(0\right)=300\Rightarrow 300=K{e}^{0.2\left(0\right)}\Rightarrow K=300 \\ x\left(t\right)=300e^{0.2t} \left(\mathrm{الخاص} \mathrm{الحل}\right) \end{gathered}$$

(61) أجد عدد الأسماك في البحيرة بعد 5 سنوات.

$x\left(5\right)=300e^{0.2\left(5\right)}=300e\approx 815$

إذن، عدد الأسماك في البحيرة بعد 5 سنوات هو 815 سمكة تقريباً.

(62) تجارة: يمثل الاقتران (p(x سعر القطعة الواحدة (بالدينار) من منتج معين، حيث x عدد القطع المبيعة من المنتج بالمئات. إذا كان: $p^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=\frac{-300x}{\sqrt{{(9+x^2)}^3}}$ هو معدل التغير في سعر القطعة الواحدة من المنتج، فأجد (p(x، علماً بأن سعر القطعة الواحدة هو 75JD عندما يكون عدد القطع المبيعة من المنتج 400 قطعة.

$\begin{array}{rl}& p\left(x\right)=\int \frac{-300x}{{(9+x^2)}^{\frac{3}{2}}}dx\\ & u=9+x^2\Rightarrow dx=\frac{du}{2x}\\ & p\left(u\right)=\int \frac{-300x}{u^{\frac{3}{2}}}\frac{du}{2x}=\int -150u^{\frac{-3}{2}}du=\frac{300}{\sqrt{u}}+C\\ & \Rightarrow p\left(x\right)=\frac{300}{\sqrt{9+x^2}}+C\\ & p\left(4\right)=\frac{300}{5}+C\Rightarrow 75=60+C\Rightarrow C=15\\ & \Rightarrow p\left(x\right)=15+\frac{300}{\sqrt{9+x^2}}\end{array}$