Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong \(y = - 2{x^2} + 3x + 6\) và đường thẳng \(y=x+2\)

Để tính tích phân suy rộng \(\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{dx}}{{(4 - x)\sqrt {1 - {x^2}} }}}\), ta sử dụng phép đổi biến \(x = \cos t\), với \(t \in [0, \pi]\). Khi đó, \(dx = -\sin t dt\) và \(\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\cos^2 t} = \sin t\).

Tích phân trở thành:

\(\int\limits_{\pi}^0 {\frac{{ - \sin t dt}}{{(4 - \cos t)\sin t}}} = \int\limits_0^{\pi} {\frac{{dt}}{{4 - \cos t}}}\)

Tiếp tục đổi biến \(u = \tan(\frac{t}{2})\), suy ra \(dt = \frac{{2du}}{{1 + u^2}}\) và \(\cos t = \frac{{1 - u^2}}{{1 + u^2}}\). Khi \(t = 0\) thì \(u = 0\), khi \(t = \pi\) thì \(u = +\infty\).

Tích phân trở thành:

\(\int\limits_0^{+\infty} {\frac{{\frac{{2du}}{{1 + u^2}}}}{{4 - \frac{{1 - u^2}}{{1 + u^2}}}}} = \int\limits_0^{+\infty} {\frac{{2du}}{{4(1 + u^2) - (1 - u^2)}}} = \int\limits_0^{+\infty} {\frac{{2du}}{{4 + 4u^2 - 1 + u^2}}} = \int\limits_0^{+\infty} {\frac{{2du}}{{3 + 5u^2}}} = 2\int\limits_0^{+\infty} {\frac{{du}}{{5u^2 + 3}}}\\)

\(= \frac{2}{5}\int\limits_0^{+\infty} {\frac{{du}}{{u^2 + \frac{3}{5}}}} = \frac{2}{5} \cdot \sqrt{\frac{5}{3}} \cdot \arctan\left( u \sqrt{\frac{5}{3}} \right) \bigg|_0^{+\infty} = \frac{2}{{\sqrt {15} }}\arctan\left( u \sqrt{\frac{5}{3}} \right) \bigg|_0^{+\infty} = \frac{2}{{\sqrt {15} }}\left( \frac{\pi}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{{\sqrt {15} }}\\)

Vậy, kết quả của tích phân suy rộng là \(\frac{\pi}{{\sqrt {15} }}\).

The series can be written as \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{n(n+1)} = \pi \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}\). We can further decompose the fraction as \(\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\). Thus, the series becomes \(\pi \sum_{n=1}^{\infty} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})\). This is a telescoping series, and the partial sum is \(S_N = \sum_{n=1}^{N} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}) = (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + ... + (\frac{1}{N} - \frac{1}{N+1}) = 1 - \frac{1}{N+1}\). As \(N \to \infty\), \(S_N \to 1\). Therefore, the sum of the series is \(\pi \cdot 1 = \pi\).

Ta có thể phân tích tổng đã cho như sau:

\(\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{a}{{4{n^2} - 1}}} = a\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}}} \)

Sử dụng phân tích thành phân số đơn giản, ta có:

\(\frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}} = \frac{A}{{2n - 1}} + \frac{B}{{2n + 1}}\)

\(1 = A(2n + 1) + B(2n - 1)\)

Chọn n = 1/2: \(1 = 2A \Rightarrow A = \frac{1}{2}\)

Chọn n = -1/2: \(1 = -2B \Rightarrow B = -\frac{1}{2}\)

Vậy, \(\frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}} = \frac{1}{2}(\frac{1}{{2n - 1}} - \frac{1}{{2n + 1}})\)

Do đó:

\(a\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{(2n - 1)(2n + 1)}}} = \frac{a}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {(\frac{1}{{2n - 1}} - \frac{1}{{2n + 1}})} \)

Đây là một tổng telescopic. Ta xét tổng riêng:

\(S_N = \sum\limits_{n = 1}^N {(\frac{1}{{2n - 1}} - \frac{1}{{2n + 1}})} = (1 - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) + ... + (\frac{1}{{2N - 1}} - \frac{1}{{2N + 1}}) = 1 - \frac{1}{{2N + 1}}\)

Khi N tiến tới vô cùng, \(\frac{1}{{2N + 1}}\) tiến tới 0. Do đó:

\(\sum\limits_{n = 1}^\infty {(\frac{1}{{2n - 1}} - \frac{1}{{2n + 1}})} = 1\)

Vậy, \(S = \frac{a}{2}(1) = \frac{a}{2}\)

Do đó, đáp án đúng là S = a/2.

The definite integral of (ln x) / x^3 from 1 to infinity is solved using integration by parts. Let u = ln(x) and dv = dx/x^3. Then du = dx/x and v = -1/(2x^2). Applying integration by parts: integral(u dv) = uv - integral(v du). This becomes [-ln(x)/(2x^2)] from 1 to infinity + (1/2) * integral(dx/x^3) from 1 to infinity. The limit of ln(x)/(2x^2) as x approaches infinity is 0 (using L'Hopital's rule), and ln(1) = 0, so the first term evaluates to 0. The remaining integral is (1/2) * [-1/(2x^2)] from 1 to infinity = (1/2) * (0 - (-1/2)) = 1/4. Thus, the answer is 1/4.

Để tính tích phân suy rộng \(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{(1 + x)\sqrt x }}} \), ta thực hiện phép đổi biến số:
Đặt \(t = \sqrt{x}\), suy ra \(x = t^2\) và \(dx = 2t dt\).
Khi \(x = 1\) thì \(t = 1\), khi \(x \to +\infty\) thì \(t \to +\infty\).
Khi đó tích phân trở thành:
\(\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{2t dt}}{{(1 + t^2)t}}} = 2\int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{dt}}{{1 + t^2}}} = 2\left[ {arctan(t)} \right]_1^{ + \infty } = 2\left( {\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{4}} \right) = 2.\frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{2}\).
Vậy đáp án đúng là \(\frac{\pi}{2}\). Tuy nhiên, không có đáp án nào trùng khớp với kết quả này. Có thể có lỗi trong các phương án trả lời hoặc trong đề bài.