И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 67
Текст из файла (страница 67)
Доказательство: см. теорему 1 п. 3.5.2.28. Решение. а) Так как x ≠ 0 на промежутке интегрирования, то имеем:()d (x − 1 x )1+1 x2x2 +1dx = 2dx =, поэтому42x +1x +1 x( x − 1 x )2 + 2d (x − 1 x )x2 −111+ x2∫1 1 + x 4 dx = ∫1 (x − 1 x )2 + 2 = 2 arctg x 2 =12221 ⎛313⎞− arctg 0 ⎟ =.arctg⎜ arctg2⎝2 222 2⎠1x2 −1arctgпервообразнойб) Проверим, будет ли функция F ( x ) =2x 2[− 1,1] . Так какдля подынтегральной функции на сегменте=lim F (x ) =x → −02Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл458π2 2,аlim F (x ) = −x → +0π2 2, то видим, что в точкеx = 0 этафункция терпит разрыв 1-го рода и поэтому не является первообразной. Однако функцияОтветы и решения459⎧ F ( x ), x ∈ [− 1,0];⎪F (x ) = ⎨π⎪ F ( x ) + 2 , x ∈ [0,1]⎩является непрерывной на [− 1,1] , и её можно рассматривать как одну из пер-Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл460⎧− ln x, если x ∈ [1 e ,1],ln x = ⎨, то, используя⎩ln x, если x ∈ [1, e],свойство аддитивности и полагая затем в каждом интеграле dg = dx ,f = ln x , находим30. Решение. Посколькуeвообразных подынтегральной функции (в обобщённом смысле). Тогда поформуле Ньютона–Лейбница получаем:∫ ln x dx =1π ⎞π⎛1+ x2∫−11 + x 4 dx = F (1) − F (− 1) = ⎜⎝ 0 + 2 ⎟⎠ − 0 = 2 .1∫0(x4dx2+ a2)321sin t= 2 ∫ cos tdt = 2aa 0dx = a cos tdt . Интеграл примет видπa2∫0в)(adx2Выполним−x2)321= 2a6dttgt∫0 cos 2 t = a 2тригонометрическую00=2=.2a 21a2 3подстановку.x = a cos 2t ,π∫a206a+xdx = −4a ∫ cos 2 tdt = 2a ∫ (1 + cos 2t )dt =a−xπ06π⎛π3⎞⎟.= a (2t + sin 2t ) 06 = a⎜⎜ +⎟32⎝⎠(+)00ππ⎞1 + cos 2 x1⎛dx = ⎜⎜ ∫ e x dx + ∫ e x cos 2 xdx ⎟⎟ =22⎝00⎠1(I 1 + I 2 ) .
Найдём I1 = ∫ e x dx = e x20π0π⎡ π⎤t ∈ ⎢0, ⎥ , тогда dx = −2a sin 2tdt . Приходим к интегралу⎣ 6⎦aπππ6πx2x∫ e cos xdx = ∫ e=⎡ π⎤x = a sin t , t ∈ ⎢0, ⎥ ,⎣ 6⎦б) Сделаем тригонометрическую подстановкутогда41ee31. Решение. а) Вначале разобъём интеграл на два интеграла:видπ1edt⎡ π⎤x = atgt , t ∈ ⎢0, ⎥ , тогда dx = a.
В результате интеграл приметcos 2 t⎣ 4⎦πe1∫ (− ln x )dx + ∫ ln xdx = (− x ln x + x ) 1+ ( x ln x − x ) 1 = 2 1 − e −1 .29. Решение. а) Воспользуемся тригонометрической подстановкойae1= eπ − 1 ;ππI 2 = ∫ e cos 2 xdx = e cos 2 x + 2∫ e x sin 2 xdx =xx000π⎛⎞π= e π − 1 + 2⎜⎜ e x sin 2 x − 2 ∫ e x cos 2 xdx ⎟⎟ = e π − 1 − 4 I 2 ,00⎝⎠1 πоткуда I 2 = (e − 1) .5π1⎛ π1 π⎞ 3 πx2Таким образом, ∫ e cos xdx = ⎜ e − 1 + (e − 1)⎟ = (e − 1) .2⎝5⎠ 50б) Положимx 2 dx = dg , f = ln 2 x , тогда g =x32 ln xdx, df =и,3xинтегрируя по частям, получимee2x3 2()xlnxdx=ln x −∫13312e∫x12ln xdx .Ответы и решения461Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл4621e2∫ x ln xdx , опять применяя интеграрование по частям:Вычислим интеграл1dg = x 2 dx , f = ln x , тогда g =возьмёмe∫x2e31xln x −331ln xdx =1x3dx, df =, и получаем3xe∫x2dx =13 e3ex−391=б) Положив t = x , находимnπe5e − 24e2−−=.27327 271112≤≤при x ∈ [0,1] ,32.
Доказательство. Так как525 − x + x 2 3 11∫ (x ln x ) dx =233и по формуле интегрирования по частям∫ xe dx = 1 , то имеем:x0111x1122xe dx= ∫ xe x dx ≤ ∫≤∫xe x dx =.25 0531131125−x+x00πn1 sin tI=n 1− 1nt1122∫ (2 x − 1) f (x )dx = ∫ f (x )d (x − x ) = (x − x ) f (x ) 0 −0101()− ∫ x − x f ′( x )dx ≤ 0 , в силу отрицательности f ′( x ) .20⎧0, x ∈ [0,1),34. Решение. а) lim ∫ cos(x )dx =1, так как lim x = ⎨n → +∞n → +∞⎩1, x = 1;01nn⎧1, x ∈ [0,1),(можноlim cos x n = ⎨n → +∞⎩cos1, x = 1;( )смыслом определённого интеграла).воспользоватьсягеометрическим1t1−1n.1πnπn 1πnПредположим теперь, что для вычисления предела вы решили воспользоваться 1-й теоремой о среднем. Проверим возможность этого.
Имеемππ∫ cos(x )dx = cos(ξ )∫ dx = (π − 1)cos(ξ ) , где 1 < ξ < π .nn1Но тогдаэто неравенство вытекает из соотношенийd (sin t )−2n −1n − 1 sin t1 sin tТак как limdt ≤ 2 ∫ t n dt ==0 и21∫1n → +∞ n 1−n 1n 1 2− nt n 1t11= −→ 0 при n → +∞ , то отсюда получаем I → 0 .n → +∞n nπ n −1∫ (2 x − 1) f (x )dx ≤ 0 . Но0∫n − 1 sin t+ 2 ∫ 1 dt .n 1 2− ntπn133. Доказательство.
Достаточно доказать, что( )πnВычислим последний интеграл по частям:31πn1 cos t1I = ∫ cos x dx = ∫ 1 dt =n 1 1− nn1tnПодставляя, окончательно находимe1 n −1t , и для интеграла поnлучаем:32e1+ .99x = n t , dx =n1ξ → +∞nи, следовательно, limn → +∞(π − 1)cos(ξ n ) не существует.На самом деле, как мы видели, данный предел существует и равен 0. Причинакажущегося противоречия в том, что промежуточное значение ξ в рассматриваемом случае не является константой, а зависит отприn , т.е. ξ = ξ (n ) .
Еслиn → +∞ функция ξ (n ) → 1 , то, вообще говоря, имеем неопределён-ность вида(1∞ , и для нахождения значения lim (π − 1) cos ξ (n )n → +∞n) необхо-дима дополнительная информация относительно «скорости» приближения ξк 1 (для раскрытия неопределённости). Непосредственное вычисление данного интеграла по частям снимает эту проблему.π⎛1⎞nn⎜в) lim ∫ cos(x )dx = lim ∫ cos x dx + ∫ cos x dx ⎟ .⎟n → +∞n → +∞ ⎜1⎝0⎠0πn( )35.
Решение. а) Интегрируя по частям, имеем:( )Ответы и решенияbI n = ∫ f ( x )sin (nx )dx = −a463b1f ( x )d (cos nx ) =n ∫a464Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл11x m +1так как I 0 = ∫ x dx =.=m +1 0 m +101mπb=−11bf ( x ) cos nx a + ∫ f ′( x ) cos nxdx .nna237. Решение. Обозначим0bb11Так какf ′( x ) cos nxdx ≤ ∫ f ′(x ) dx , то lim I n = 0 .∫n → +∞nanaпо частям ( dg = cos xdx ,жения по параметру n :б) Аналогично рассмотренному выше.в) Указание: воспользуйтесь формулойный правый предел, равный нулю.
Рассмотрим функциюx ∈ (0,1];x = 0.⎧ f ( x ),f (x ) = ⎨⎩0,Эта функция, являясь непрерывной на сегментенём, причёмI n = ∫ f ( x )dx =0[0,1] , интегрируема на1∫ f (x )dx .0Интегрируя по частям, находимIn =откудаIn = −получаемпримера 5 из раздела 3.3, получим:(2n − 1)(2n − 3) ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 1I (2m + 2n,0) =(2m + 1)(2m + 3) ⋅ ... ⋅ (2m + 2n − 1)(2n − 1)!!(2m + 2n − 1)!!π=⋅ =((2m + 1)(2m + 3) ⋅ ...
⋅ (2m + 2n − 1))(2m + 2n )!! 2(2n − 1)!!(2m − 1)!!π .2(2m + 2n )!!I (2m,2n ) =Можно записать полученный результат только через одинарный факториал:(2n − 1)!!(2m − 1)!!π2(2m + 2n )!!(2n )!(2m )!π(2n )!(2m )!π.= 2 m + 2 n +1m+n(m + n )!⋅2 m!n! 2(m + n )!m!n!238. Решение. а) Так как cos(nx + x ) = cos nx cos x − sin nx sin x , то=m + n +1π1искомую2n − 1I (2m + 2,2n − 2 ) .2m + 1Применяя эту формулу последовательно n − 1 раз и учитывая результатырекуррентнуюформулуπI n = ∫ sin n −1 x cos((n + 1)x )dx = ∫ sin n −1 x cos nx cos xdx −xf ( x )nnn −1x m (ln x ) dx = −I n −1 ,−∫m +1 0 m +1 0m +11f = sin x cos 2 n −1 x ), находим формулу пони2mI (2m,2n ) =1(sin (α + β ) + sin (α − β )) = sin α cos β .2nm36.
Решение. Подынтегральная функция f ( x ) = x (ln x ) не определенана левом конце промежутка интегрирования – в точке x = 0 , а значит, неинтегрируема на отрезке [0,1] . Однако у неё существует в этой точке конеч-1I (2m,2n ) = ∫ sin 2 m x cos 2 n xdx . Интегрируя00π− ∫ sin n x sin nxdx .пониженияnI n −1 .m +10ИнтегрируяПрименяя её последовательно необходимое число раз, придём к следующемурезультатуIn =(− 1)n n! I(m + 1)n 0=(− 1)n n! ,(m + 1)n +1поdg = sin n −1x cos xdx =sin n x cos nxIn =nчастямпервоеслагаемое1d (sin n x ) , f = cos nx ), находимnπππ+ ∫ sin x sin nxdx − ∫ sin n x sin nxdx =0.n0(полагая00б) Аналогично поступая, получим, что интеграл равен нулю.Ответы и решения46539.
Решение. Подынтегральная функция не определена в точке x =π240. Доказательство.и,b∫более того, не ограничена в левой её окрестности, поэтому не интегрируемапо Риману на сегменте 0, π 2 (интеграл может существовать лишь в несобственном смысле). Однако, например, функцияf x = cos 2n − 2 x + cos 2nx ln cos x = 2 cos 2n − 1 x cos x ln cos x ,[() ( (Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл466]))(aπI n + I n −1 = ∫2sin (2n − 1)xf ( x )dx = 2(cos x ln cos x2n − 10TF (T ) = ∫ f (t )dt + C = F (0) = C , откуда−02) Достаточность. Если+=1 21+sin (2n − 1)x sin x ln cos xdx) =(I n−1 − I n ) ,∫2n − 1 02n − 1nоткуда находим формулу понижения I n = −⋅ I n −1 .
Применяя соответстn −1вующее число раз это рекуррентное соотношение, получаемI n=Осталось найти(− 1)n −1 ⋅ In1.0xf (t )dt = 0 , то F ( x ) = ∫ f (t + T )dt + C =0T +xTT +xT0T∫ f (τ )dτ + C = ∫ f (τ )dτ + ∫ f (τ )dτ + C = F (x + T ) .(− ∞,+∞) , то у неёсуществует первообразная на этом множестве, обозначим её F ( x ) .
Тогда дляx +1произвольногоx имеем:∫ f (t )dt = F (x + 1) − F (x ) , причём, по условию,xF ( x + 1) − F ( x ) ≡ 0 . Это означает периодичность с периодом, равным 1,функции F ( x ) . Продифференцировав равенство F ( x + 1) ≡ F ( x ) по x ,получаем: f ( x + 1) ≡ f ( x ) , т.е. функция f ( x ) периодична (с тем же периоx44. Доказательство. Рассмотрим функцию2I 1 + I 0 = 2 ∫ cos 2 x ln cos xdx =T0π= 2 sin x cos x ln cos x 022∫ f (t )dt = 0 .42. Доказательство: см.
теорему 2 п. 3.5.1.43. Доказательство. Так как функция непрерывна наππTдом 1).I 1 . Имеем= I 0 − I1 +∫0πF ( x ) = ∫ f (t )dt + C , тоиз периодичности F с периодом T следует, чтоT1 2sin (2n − 1)x sin xdx +2n − 1 ∫0∫ f (x )dx .0π+b +Ta +Ta0π0∫f ( x + T )d ( x + T ) =41. Доказательство. 1) Необходимость. Так кактям, получим2abx)x ∈ [0, π 2) , f (π 2) = 0 ,очевидно, интегрируема по Риману на [0, π 2] .
Проинтегрировав её по час-bf ( x )dx = ∫ f ( x + T )dx =−0ππ2200как+ 2 ∫ sin 2 x ln cos xdx + 2 ∫ sin 2 xdx =, откуда I 1 =π4, поэтому I n =(− 1)n−1 π4n.⎛A⎞A⎞~⎛F ( x ) = ∫ ⎜ f (t ) − ⎟dt . ТакT⎠0⎝~∫ ⎜⎝ f (t ) − T ⎟⎠dt = 0 , то, по задаче 41, F (x ) – периодическая функция с0~периодом T . Но F ( x ) = F ( x ) −Ax , откуда и следует требуемое утверTждение.45. Решение. Подынтегральная функция периодична с периодомпоэтомуπ 2,Ответы и решения467ππ4dx(dx1 + tg 2 x )dtgxI= ∫ 4=4∫==4∫4441 + tg 4 xπ sin x + cos xπ0 sin x + cos x2π4−π4=4∫−π−44(1 + t ) dt .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
