Page 266 - 4371

1 2 2 1
 x 1 x 1   1 1 
I   x  x dx   x 2 1   x  x dx 
 

0  e 1 e 1  0  e 1 e   1
1
1  x 3  4
  x 2   1 dx     x   .

0  3  0 3
2 x 5 3 x  sin2 x 1 2 x 5 3 x  sin2 x 2 dx
3
3
10.11  2 dx   2 dx   2 
2 x 4 2 x 4 2 x 4
2 2
dx 1 x 
  2  arctg  , оскільки перший інтеграл до-
 2 x  4 2 2  2 4
рівнює нулю в силу непарності підінтегральної функції.
10.12 Застосуємо тотожність (10.1):
1 1
 x 2013 ln  1 e x dx   x 2013 ln  1 e x  x 2013 ln  1 e x dx 
1 0
1 1 e x 1 1 1



 x 2013 ln x dx  x 2013 ln e x dx  x 2014 dx  .
0 1 e 0 0 2015
10.13 За тою ж тотожністю (10.1) маємо:
1 1  
dx 1 1
 x 2    x 2  x 2  dx 


1  1 xe  1 0   1 xe  1 e 1  x 1 
1  1 e x  1 dx
      dx   

0   1 xe x  2 1  1 xe x  2 1  0 x 2 1
1
 ln  xx 2  1  ln 1  2 .
0
lg 2
dx
10.14 Як і вище, одержуємо:  
lg 5 , 0  10 x   1 x 2 1
lg 2 lg 2
dx dx 2
     ln  2lg  lg 2   1 .
x
 lg 2  10   1 x 2  1 0 x 2  1
10.15 Як і в попередніх задачах, маємо:

266