И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 68
Текст из файла (страница 68)
В силу задачи 28 получаем I = 221+ t42π .такая постоянная46. Доказательство: см. пример 6 в разделе 3.2.47. Доказательство. Воспользуемся свойством аддитивности определённого интеграла∫z = −t и в силу того, что f – чётная функция), и поэтомуравенство F (− x ) = − F ( x ) будет выполняться при всех x ∈ (− a, a ) , только если C = 0 .2) Пусть теперь на том же интервале функция f ( x ) является нечётной.Пусть F ( x ) – произвольная первообразная функции f ( x ) . Тогда найдётся(после заменыx4aСадовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл468f (x )dx =−a0f ( x )dx +∫−aa∫0Покажем, что это чётная функция. Действительно, для любогоимеемf (x )dx ,F (− x ) =0а также тем, что интеграл от непрерывной функции численно равен алгебраической сумме соответствующих площадей криволинейных трапеций (площади фигур, расположенных выше оси Ox , берутся со знаком «плюс», а площади остальных фигур, лежащих ниже этой прямой, – со знаком «минус»).В первом случае, когда функция f x – чётная, плоская фигура имеет( )ось симметрии Oy , и поэтому полная площадь трапеции равна удвоеннойплощади одной из симметричных частей.
Во втором случае криволинейнаятрапеция представляет собой объединение двух фигур, центрально симметричных друг другу относительно начала координат, поэтому интеграл (алгебраическая, с учётом знака, сумма площадей) равен нулю.См. также задачу 27.48. Доказательство. 1) Пусть, ради определённости, функция f x оп-( )ределена и непрерывна на интервалефункция вида(− a, a ) и является чётной. Тогда любаяπ0−π= ∫ sin (− sin t + nt + nπ )dt = (− 1)−π00nπ∫ sin (nt − sin t )dt = 0 ,−πв силу нечётности подынтегральной функции.51.
Указание: воспользуйтесь результатом задачи 41.52. Доказательство: см. теорему в пункте 3.5.3.53. Решение.1(1)1 d x2 +1 πxdx= arctg1 − ∫ 2= −1) ∫ arctgxdx = xarctgx 0 − ∫ 22 0 x +1400 x +111π 1π− ln (x 2 + 1) = = − (ln 2 − ln 1) = − ln 2 .024 24где∫ f (t )dt + C = −∫ f (z )dz + C0π0x0∫ f (t )dt + C = ∫ f (z )dz + C∫ sin(sin x + nx )dx = ∫ sin (sin (t + π ) + n(t + π ))dt =F ( x ) = ∫ f (t )dt + C ,−xx2π1C – произвольная постоянная, является первообразной для f ( x ) на(− a, a ) . Покажем, что функция F (x ) будет нечётной тогда и только тогда,когда C = 0 . В самом деле,−xx ∈ (− a, a )(замена переменной z = −t и в силу того, что f – нечётная функция).49.
Ответ: а) 0; б) 0 (функции нечётные, а промежуток интегрированиясимметричен относительно точки x = 0 , см. задачу 47).50. Доказательство.xF (− x ) =C , что F (x ) представима в виде F ( x ) = ∫ f (t )dt + C .112)∫ arctgxdx = 1 ⋅ arctg1 − 0 ⋅ arctg 0 −0πarctg 1∫ tgydy =arctg 0π4π−4sin ydy=cos y0∫πd cos y ππ= + (ln cos y ) 04 = − ln 2 .= + ∫4 0 cos y44π4Ответы и решения469Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл470(54. Решение.
1-й способ.ln 1+ 2πа)120055. Решение. а)π∫ arcsin xdx = 1 ⋅ arcsin1 − 0 ⋅ arcsin 0 − ∫ sin ydy = 2 − 1 ;2b) аналогично получаем e ; c)2(1 − ln 2) .0OABC (его площадь равна 1 ⋅2=π2) и площади фигурыOBC (её пло-π2щадь равна∫ sin ydy = 1).ln 2ln 2002∫ th xdx =∫sh 2 xdx =ch 2 xln 3∫ xchxdx = xshx0DABCFED и FEBCF ;равен разности площадей фигур=e2площадь последней равна∫eydy = e 2 − e . Следовательно,∫ ln xdx = 2e22eπ2O0Cya)BOABC и фигуры BCD .y=arcsinxA12C1F1ExD01ey=lnxCA Oe2оно верно и приy=⎛1 ⎞dx =2 ⎟x⎠∫ ⎜⎝1 − ch0ln 30ln 3− ∫ shxdx =04ln 3ln 3 − chx 0 =342 2(2 ln 3 − 1).ln 3 − =33311+ xBA1x()n = k + 1 .
В самом деле, (chx + shx )k +1 == (chx + shx ) (chx + shx ) = (ch(kx ) + sh(kx )) (chx + shx ) == (ch(kx )chx + sh(kx )shx ) + (sh(kx )chx + ch(kx )shx ) == ch((k + 1)x ) + sh((k + 1)x ) ,kDB0ln 2tπ= .20 6n = k ≥ 1 , т.е. что (chx + shx )k = ch(kx ) + sh(kx ) , и покажем, что тогдаc)yb)∫t = shx1= arcsinch 2 x − 1dx =ch 2 x()− e − (e − e ) = e .2c) Найдите сумму площадей прямоугольника4 −t2. Замена56. Доказательство. Для доказательства первой из формул воспользуемсяметодом математической индукции.1) При n = 1 имеем chx + shx = ch x + sh x – верно.2) Предположим, что тождество верно при некотором произвольном1e2ln 24 − sh 2 x⎛e x − e−x ⎞3ln 2⎟ = ln 2 − .= ( x − thx ) 0 = ⎜⎜ x − x−x ⎟5e +e ⎠0⎝в) Проинтегрируем по частям, положив dv = chx , u = x :e2∫ ln xdx∫d (shx )ln 20b)dt0б)∫)01∫ arcsin xdx есть разность площадей прямоугольникаπ=4 − sh xприводит к табличному интегралу(ln 1+ 2chxdx2012-й способ.
a)∫)что и требовалось показать.Для доказательства второй формулы заметим, что она является следствием первой: достаточно подставить в доказанное тождество − x вместо x и( )воспользоваться свойствами чётностиИтак, имеем:а)0 ,1 ln 20 ,1 ln 200chx и нечётности shx .10∫ (chx + shx ) dx = ∫ (ch(10 x ) + sh(10 x ))dx =Ответы и решения=4711(sh(10 x ) + ch(10 x )) 00,1ln 2 = 1 (sh(ln 2) + ch(ln 2) − sh0 − ch0) =10101 ⎛3 5 ⎞= ⎜ + − 1⎟ = 0,1 .10 ⎝ 4 4 ⎠0 ,1 ln 2б)∫ (chx − shx )10dx =∫ (ch(10 x ) − sh(10 x ))dx =0110 ,1 ln 2(sh(ln 2) − ch(ln 2) − sh0 + ch0) == (sh(10 x ) − ch(10 x )) 0=10101 ⎛3 5 ⎞= ⎜ − + 1⎟ = 0,05 .10 ⎝ 4 4 ⎠57. Решение. Докажем первую из формул понижения:(ex+ e−x )(e 3 x + e −3 x ) + (3e x + 3e − x ) = 1 ch3x + 3 chx=844231ln 231331⎛1⎞3sh3xа) ∫ ch xdx = ∫ ⎜ ch3 x + chx ⎟dx =4412⎠000 ⎝1 33=+2 − 3 2 −1 ;16 8ln aln a55⎛1⎞5sh5 x − sh3x + shx ⎟dx =б) ∫ sh xdx = ∫ ⎜16168⎠00 ⎝)(ln aln 2133+ shx40⎛ ch5 x 5ch3 x 5chx ⎞=⎜−+⎟ =488 ⎠0⎝ 80551=ch ln a 5 − 1 −ch ln a 3 − 1 + (ch(ln a ) − 1) =848805−53−3⎞ 5 ⎛a +a⎞ 5 ⎛ a + a −1 ⎞1 ⎛a +a= ⎜⎜− 1⎟⎟ − ⎜⎜− 1⎟⎟ + ⎜⎜− 1⎟⎟ .80 ⎝248282⎠⎝⎠⎝⎠( (∫xб)∫ shв)∫г)∫ shx sin xdx = 2 (chx sin x − shx cos x ) + C ;д)∫ ch (x 2) dx = thе)3∫ sh (x 3)ch (x 3)dx = 5 ch3(вторая формула доказывается аналогично).
Тогда1ln 23а)0 ,1 ln 20ch 3 x =Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл472) )( () )58. Указание. Предварительно докажите, что:ln 22chxdx = x 2 shx − 2 xchx + 2 shx + C ;4xdx =thxchx −111sh 4 x − sh 2 x + 6 x + C ;324dx = 2arctg chx − 1 + C ;1sh(x 2)332x+C;225xx− ch 3 + C .331 − (− x ),59.
Доказательство. а) Так как 1 − x + x − x + x − x =1+ xx61где x ≠ −1, то. Требуемое ра= 1 − x + x2 − x3 + x4 − x5 +1+ x1+ x6=2345венство получается из последнего почленным интегрированием.б) Указание: воспользуйтесь равенством1 − (− x 2 )1− x + x − x + x − x + x =.1+ x272468101260. Решение. а) Разложим подынтегральную функцию на сумму элементарных дробей:x +1ABC.≡+ +(x − 1)x(x − 2) x − 1 x x − 2Определив методом неопределённых коэффициентов значения A, B иC , приходим к интегралу55⎛ −213 ⎞x +1∫3 (x − 1)x(x − 2) dx = ∫3 ⎜⎜⎝ x − 1 + 2 x + 2(x − 2) ⎟⎟⎠dx =Ответы и решения473Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл4745§4.313 5⎞⎛.= ⎜ − 2 ln x − 1 + ln x + ln x − 2 ⎟ = ln224⎠3⎝1б)∫ (x + 2) (x − 3)2021dx21. Решение. Нельзя, так как конечного предела такие интегральные суммыиметь не будут (результат существенным образом будет зависеть от выбораточек ξ k .⎛1⎛ 11 ⎞⎞= ∫ ⎜⎜ ⎜−⎟ ⎟ dx =5 x − 3 x + 2 ⎠ ⎟⎠0⎝ ⎝112. Решение. Если интеграл (1) сходится неабсолютно, то интеграл (2) мо-1112 ⎛ 11 ⎞1dx1dx−=+ ∫−⎜⎟dx =22∫∫125 0 ⎝ x − 3 x + 2 ⎠25 0 ( x − 3)25 0 ( x + 2)1⎛⎞1122= ⎜⎜ −−−ln x − 3 +ln x + 2 ⎟⎟ =125⎝ 25( x − 3) 25( x + 2 ) 125⎠0314=+ln .75 125 261. Ответ: а) 8 +д)π4163 3π6 π 2π; б); в); г) 4 − π ;+227486sin x, ϕ ( x ) = sin x – ограниченx+∞+∞sin xsin 2 xdx сходится, а интеграл ∫dx – расхоная функция.
Интеграл ∫xx00жет расходиться. Например, пусть f ( x ) =12dx1dx1dx=+ ∫− ∫=22∫25 0 ( x − 3)( x + 2)25 0 ( x − 3)25 0 ( x + 2)дится. Может, конечно, случиться, что интеграл (2) будет сходящимся (например, f ( x ) =зательно сходится.Пусть теперь интеграл (1) сходится абсолютно, тогда из неравенстваf ( x )ϕ ( x ) ≤ C f (x ) следует абсолютная сходимость интеграла (2), а зна-чит, и его сходимость.3.
Доказательство. По теореме сравнения указанные утверждения следуют из неравенств:f (x ) ≤− 3π 2 + 24 .62. Ответ: а)sin x, ϕ ( x ) = 2 cos x ). Следовательно, интеграл (2) не обяxx = 2 ; б) x = 2 ln 2 .1 + f 2 (x )222, ( f ( x ) + g ( x )) ≤ 2( f ( x ) + g ( x )) ,2f 2 (x ) + g 2 (x ).f ( x )g ( x ) ≤24. Решение. а) Интегрируя, получаем:∫ (sinx2( ))xt + cos 2 t 2 dt =0= x+x → +∞((sin 2 2 x4 2откудаM [ f ] = lim())11 − cos 2t + 1 + cos 2t 2 dt =2 ∫0) − sin 2 x ,4()1⎛sin 2 2 x sin 2 x ⎞⎜x +⎟=−4 ⎟⎠x ⎜⎝4 2()⎛ sin 2 2 x sin 2 x ⎞⎟ = 1.−= lim ⎜⎜1 +⎟x → +∞4x42x⎝⎠Ответы и решения475б) Применяя вторую теорему о среднем, находимx∫xx ∫ sin tdt =t sin tdt =πx (cos ξ − cos x ) , 0 < ξ < x .ξ0Садовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл476π⎛ ⎛π⎞⎞ ⎛ π⎞ 2I 2 = ∫ ln(cos x )dx = ∫ ln⎜⎜ cos⎜ − t ⎟ ⎟⎟d ⎜ − t ⎟ = ∫ ln(sin x )dx = I 1 .⎝ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 2 ⎠ 0π0022x12Отсюда< ε при достаточно больших x ( ε > 0 –t sin tdt ≤∫x0x[]x sin x = 0.5. Решение. Пусть A ≠ 0 . Произведя замену переменной t = nx , полу-произвольное, наперёд заданное число). ПоэтомуM2) Вычислим их, воспользовавшись очевидным равенствомИтак,ππ222002 I 1 = ∫ ln(sin x )dx + ∫ ln(cos x )dx = ∫ ln(sin x cos x )dx =0чимπ1∫f (nx )dx =0Ноπϕnесть значение функцииn1f (t )dt = ϕ n .n ∫0ϕ (x ) =2x1f (t )dt при x = n . Применяяx ∫0правило Лопиталя для раскрытия имеющейся неопределённости (см. задачу 3§2), находимxlim∫0xx → +∞Следовательно, иСлучайf (t )dt′⎛x⎞⎜ ∫ f (t )dt ⎟⎜⎟0⎝⎠ = lim f ( x ) = A .= limx → +∞x → +∞x′ϕn → A1приn → +∞ , а поэтому limn → +∞∫ f (nx )dx = A .0A = 0 рассмотрите самостоятельно.6.
Решение. а)–б) Обозначимππ2200I 1 = ∫ ln(sin x )dx и I 2 = ∫ ln(cos x )dx .Заметим, что данные интегралы являются несобственными интегралами 2-города (функция ln sin x имеет особую точку x = 0 , а ln cos x – особую()()π2− x , тогдаππ2⎛ sin 2 x ⎞= ∫ ln⎜⎟dx = ∫ ln(sin 2 x )dx − ∫ ln 2dx .⎝ 2 ⎠000Положим в первом интеграле t = 2 x :ππ12 I 1 = ∫ ln (sin t )dt − ln 2 =2022⎛ π2⎞π⎟ π1⎜= ⎜ ∫ ln (sin t )dt + ∫ ln (sin t )dt ⎟ − ln 2 .2⎜0π⎟ 22⎝⎠Сделаем в последнем из интегралов замену z = π − t .
Тогда получим⎛ π2⎞0⎟ π1⎜2 I 1 = ⎜ ∫ ln (sin t )dt + ∫ ln (sin (π − z ))d (π − z )⎟ − ln 2 =2⎜0π⎟ 22⎝⎠ππ⎛⎞2⎟ π1⎜2π1= ⎜ ∫ ln (sin t )dt + ∫ ln (sin z )dz ⎟ − ln 2 = (I 1+ I 1 ) − ln 2 =2⎜022⎟ 20⎝⎠точку x = π 2 ).1) Покажем, что интегралы равны.
В самом деле, сделаем во втором интеграле замену t =2 I1 = I1 + I 2 .= I1 −Выражаяπ2ln 2 .I 1 из полученного равенства, находим I 1 = −π2ln 2 .в) Отметим, что подынтегральная функция непрерывна и ограничена насегменте 0, π 2 , т.е. данный интеграл собственный.[]Ответы и решенияπ2∫a477в) По определению главного значения,dx202+∞=sin x + b cos x22V .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
