Để tính tích phân \[I = \mathop \smallint \limits_0^{\frac{7}{2}} \frac{{dx}}{{\sqrt[3]{{2x + 1}}}}\], một sinh viên giải theo mấy bước dưới đây: Bước 1: Đặt \[t = \sqrt[3]{{2x + 1}}\]. Suy ra \[{t^3} = 2x + 1\]và \[3{t^2}dt = 2dx\,\,\,hay\,\,\,dx = \frac{2}{3}{t^2}dt\]

Bước 2 : Đổi cận \[x = 0 \Rightarrow t = 1;x = \frac{7}{2} \Rightarrow t = 2\]

Bước 3: \[I = \frac{3}{2}\mathop \smallint \limits_1^2 \frac{{{t^2}dt}}{t} = \frac{3}{2}\mathop \smallint \limits_1^2 tdt = \frac{3}{4}\left[ {{t^2}} \right]_1^2 = \frac{9}{4}\]

Lời giải đó đúng hay sai. Nếu sai thì sai từ bước nào?

A. \[\frac{{34}}{3}\]

B. 11

C. \[\frac{{32}}{3}\]

D. \[\frac{{31}}{3}\]

A. \[\frac{1}{{\sqrt 7 }}\arcsin (\sqrt {\frac{7}{2}} x) + C\]

B. \[\arcsin (\sqrt {\frac{7}{2}} x) + C\]

C. \[\frac{1}{{\sqrt 3 }}\arcsin (\sqrt {\frac{2}{3}} x) + C\]

D. \[\arcsin (\sqrt {\frac{2}{3}} x) + C\]

A. \[ - \frac{\pi }{6}\]

B. \[ - \frac{\pi }{5}\]

C. \[ - \frac{\pi }{4}\]

D. \[ - \frac{\pi }{3}\]

A. \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{x + 1}}{{{x^2} + 1}}dx} \]

B. \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{x}{{\sqrt {{x^3}} }}dx} \]

C. \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sqrt[3]{x}}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} \]

D. \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{\sqrt[4]{{{x^6} + 5}}}}} \]

A. \[\ln x + |\ln x| + C\]

B. \[ - \ln x|\ln x| + C\]

C. \[\ln |\ln (\ln x)| + C\]

D. \[ - \ln |\ln (\ln x)| + C\]

A. \[\ln ({e^{ - x}} + \sqrt {{e^{ - 2x}} + 1} ) + C\]

B. \[ - \ln ({e^{ - x}} + \sqrt {{e^{ - 2x}} + 1} ) + C\]

C. \[ - \ln ({e^x} + \sqrt {{e^{2x}} + 1} ) + C\]

D. \[\ln ({e^x} + \sqrt {{e^{2x}} + 1} ) + C\]

A. \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\cos x}}{{{x^2} + 1}}dx} \]

B. \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{x\sin x}}{{\sqrt {{x^3}} }}dx} \]

C. \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin x + \cos x}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}dx} \]

D. \[\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{x\cos x}}{{\sqrt[5]{{{x^6} + 5}}}}dx} \]