Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Полученный ответ, какмы сейчас увидим, неверен. Для корректного примения формулы замены, исходный интеграл нужно разбить на два:∫πdx=1 + sin2 x0∫π/2dx+1 + sin2 x0∫πdx,1 + sin2 xπ/2и в каждом из полученных интегралов сделать замену t = tg x,сводя эти интегралы к несобственным:∫π/2dx=1 + sin2 x00∫π+∞∫dx=1 + sin2 xπ/2∫0−∞√ +∞dt1π= √ arctg(t 2)= √ .22t + 122 20√ 01πdt= √ arctg(t 2)= √ .22t + 122 2−∞Таким образом, окончательно∫πdxπππ= √ + √ =√ .1 + sin2 x2 2 2 220∫3 √3x 1 − x2 dx положить x =2252. Можно ли в интеграле0= sin t?124Нельзя, так как в интеграле величина x меняется в пределахот 0 до 3, а все значения функции x = sin t не превосходят 1.2253.
Можно ли в интеграле∫1 √1 − x2 dx0при замене переменной x = sin t в качестве новых пределов взятьчисла π и π/2?Функция x = sin t непрерывно дифференцируема и обратимана отрезке [π/2; π]. При этом x(π) = 0 и x(π/2) = 1, следовательно, такая замена допустима.2254. Доказать, что если f (x) непрерывна на [a; b], то∫b∫1f (x) dx = (b − a)af (a + (b − a)x)dx.0Делая замену переменной x = a + (b − a)t, получаем:∫b∫1f (x) dx = (b − a)af (a + (b − a)t)dt.0Заменяя в последнем интеграле букву t на букву x, получаемутверждение задачи.2255.
Доказать равенство∫a1x f (x )dx =23∫a220xf (x)dx (a > 0).0Выполняя замену переменной x2 = t и учитывая, что a > 0,получаем∫a∫a21x3 f (x2 )dx =tf (t)dt.200125Заменяя в последнем интеграле букву t на букву x, получаемутверждение задачи.2256. Пусть f (x) – непрерывная функция на сегменте [A;B] ⊃⊃ [a; b]. Найти∫bdf (x + y)dydxaпри [a + x; b + x] ⊂ [A; B].Сделаем замену переменной t = x + y, получим∫bb+x∫f (x + y)dy =f (t) dt.aa+xДифференцируя полученное равенство по формуле (3.8), находимddx∫bdf (x + y)dy =dxab+x∫f (t) dt = f (b + x) − f (a + x).a+x2257. Доказать, что если f (x) непрерывна на [0; 1], то∫π/2∫π/2f (cos x) dx;f (sin x) dx =а)00∫πб)πxf (sin x) dx =20а).
Делая замену x =∫πf (sin x) dx.0π− t, получаем2∫π/2∫0∫π/2f (sin x) dx = −f (cos t) dt =f (cos t) dt.00π/2126Заменяя в последнем интеграле букву t на букву x, получаемтребуемое утверждение задачи.б). Делая замену x = π − t, получим∫π∫0xf (sin x) dx = −∫π(π − t)f (sin t) dt =π00∫π∫π(π − x)f (sin x) dx = π=(π − t)f (sin t) dt =0∫πf (sin x) dx −0xf (sin x) dx.0Отсюда следует, что∫π2∫πxf (sin x) dx = π0или∫πf (sin x) dx0πxf (sin x) dx =20∫πf (sin x) dx.02258.
Доказать, что для непрерывной на [−l; l] функции f (x)имеем:∫l∫l1) f (x) dx = 2 f (x),−l0если функция f (x) четная, и∫l2)f (x) dx = 0,−lесли функция f (x) нечетная. Дать геометрическую интерпретацию этих фактов.1271. Разбиваем интеграл на два:∫l∫0f (x) dx =−l∫lf (x) dx +f (x) dx.−l0В первом интеграле делаем замену t = −x. Используя четностьподынтегральной функции, получаем∫0∫0f (x) dx = −−l∫lf (−t) dt =∫lf (t) dt =0lf (x) dx.0Отсюда следует, что∫l∫lf (x) dx =−l∫lf (x) dx +0∫lf (x) dx = 20f (x) dx.02. Разбиваем интеграл на два:∫0∫l∫lf (x) dx +f (x) dx =−l−lf (x) dx.0В первом интеграле делаем замену t = −x. Используя нечетностьподынтегральной функции, получаем∫0∫0f (x) dx = −−l∫l∫lf (t) dt = −f (−t) dt = −0lf (x) dx.0Таким образом,∫l∫lf (x) dx = −−l∫lf (x) dx +0f (x) dx = 0.0128Приведем геометрическую интерпретацию результатов.
Рассмотрим случай четной неотрицательной функции f , ее графиксимметричен относительно оси ординат. Величина∫0S1 =f (x) dx−lравна площади под графиком функции на отрезке [−l; 0], а величина∫lS2 = f (x) dx0равна площади под графиком функции на отрезке [0; l]. В силусимметрии графика функции S1 = S2 . Величина∫lf (x) dxS=−lравна площади под графиком функции на отрезке [−l; l], т.
е.S = S1 + S2 , но так как S1 = S2 , то S = 2S2 (рис. 3.20).6yS1q−lS1 = S2S = 2S2S2Oqx-lРис. 3.20В случае нечетной функции f ее график симметричен относительно начала координат (рис. 3.21).1296yS1 = S2S1−lqO S2qx-lРис. 3.21Пусть функция f неотрицательна на отрезке [0; l], тогда наотрезке [−l; 0] она неположительна и интеграл∫0f (x) dx = −S1 ,−lгде S1 – площадь фигуры, заключеной между графиком функции на отрезке [−l; 0] и осью абсцисс. Площадь фигуры, заключеной между графиком функции на отрезке [0; l] и осью абсцисс∫lf (x) dx.S2 =0В силу симметрии графика функции относительно начала координат S1 = S2 .
Следовательно, интеграл от f по всему отрезку∫lf (x) dx = −S1 + S2 = 0.−l1302259. Доказать, что одна из первообразных четной функцииесть функция нечетная, а всякая первообразная нечетной функции есть функция четная.1. Пусть функция f четна. Одной из ее первообразных является интеграл с переменным верхним пределом∫xF (x) =f (t) dt.0Покажем, что эта первообразная нечетна.
Делая в интеграле замену u = −t и используя четность f , получаем∫−x∫xF (−x) = f (t) dt = − f (−u) du =00∫x∫xf (u) du = −=−0f (t) dt = −F (x).02. Пусть функция f нечетна, тогда любая ее первообразнаяимеет вид∫xF (x) = f (t) dt + C.0Делая в интеграле замену u = −t и используя нечетность f ,получаем∫−x∫xF (−x) = f (t) dt + C = − f (−u) du + C =00∫x=∫xf (u) du + C =0f (t) dt + C = F (x).01312260. Вычислить интеграл∫2 (11+x−x)ex+(1/x) dx,1/21.x1График функции t = x + приведен на рис.
3.22.xвведя новую переменную t = x +t 65/2qq2qOqt=x+1xqqqq1/212x-Рис. 3.22На концах отрезка интегрирования значения функции равны5/2. На промежутке x ∈ [1/2; 1] функция убывает, а на отрезке[1; 2] функция возрастает, точка x = 1, t = 2 является точкойминимума. Решая уравнение замены относительно x, приходимк квадратному уравнению x2 − tx + 1 = 0, что даетx=t±√t2 − 4.2Знак минус отвечает левой ветви графика функции (x ∈ [1/2; 1]),а знак плюс – правой ветви (x ∈ [1; 2]). Для осуществления ука132занной замены интеграл нужно разбить на два:∫2 ()11+x−x∫1 (x+(1/x)edx =1/211+x−x)ex+(1/x) dx+1/2∫2 (1+x−+1x)ex+(1/x) dx.1В первом интеграле√t2 − 41t + t2 − 4x=,=,2x2()√1t1dx =1− √dt , x − = − t2 − 4.2xt2 − 4Таким образом,t−∫1(11+x−x√)ex+(1/x)1/2√∫2√t2 − 4 − tt2√dx = (1 − t − 4 ) edt =2 t2 − 45/2∫5/2=2√√et ( t2 − 4 − 1)( t2 − 4 − t)√dt.2 t2 − 4Во втором интеграле√√t2 − 41t − t2 − 4x=,=,2x2)(1t1 √dt , x − = t2 − 4.dx =1+ √2xt2 − 4Следовательно,t+∫2(111+x−x)√∫5/2√t2 − 4 + tx+(1/x)t2√edx = (1 + t − 4 ) edt =2 t2 − 42133∫5/2=2√√et ( t2 − 4 + 1)( t2 − 4 + t)√dt.2 t2 − 4Складывая полученные интегралы, находим:∫2 (11+x−x)∫5/2ex+(1/x) dx =21/2∫5/2(=2t2 + t − 4 t√e dt =t2 − 4)∫5/2 ( √)√t√d e t t2 − 4 =+ t2 − 4 et dt =t2 − 425/2√3t=e t2 − 4 = e5/2 .222261.
В интеграле∫2πf (x) cos x dx0выполнить замену переменной sin x = t.На всем промежутке интегрирования функция t = sin x неимеет обратной, поэтому рассматриваемый интеграл разбиваемна три:∫π/2∫2πf (x) cos x dx+f (x) cos x dx =003π/2∫+∫2πf (x) cos x dx +π/2f (x) cos x dx3π/2и делаем указанную замену в каждом из полученных интегралов.134На отрезке [0; π/2] обратной функцией к t = sin x являетсяфункция x = arcsin t, при этом cos x dx = dt. Таким образом,∫π/2∫1f (x) cos x dx = f (arcsin t) dt.00На участке [π/2; 3π/2] обратной к t = sin x является функцияx = π − arcsin t.
Из равенства t = sin x снова получаем cos x dx == dt, поэтому3π/2∫∫−1∫1f (x) cos x dx = f (π − arcsin t) dt = − f (π − arcsin t) dt =−11π/2∫0=−∫1f (π − arcsin t) dt −−1f (π − arcsin t) dt.0На промежутке [3π/2; 2π] функция t = sin x имеет обратнуюx = 2π + arcsin t. По прежнему cos x dx = dt и∫0∫2πf (2π + arcsin t) dt.f (x) cos x dx =−13π/2Складывая полученные интегралы, находим:∫2π∫1f (arcsin t) dt −f (x) cos x dx =0∫0−10∫1−∫0f (π − arcsin t) dt +0f (π − arcsin t) dt−f (2π + arcsin t) dt =−1135∫1[f (arcsin t) − f (π − arcsin t)] dt+=0∫0[f (2π + arcsin t) − f (π − arcsin t)] dt.+−12262.
Вычислить интеграл()]′ ∫1 [1 cos ln dx,xe−2πnгде n – натуральное число.После замены t = ln(1/x) получаем, что искомый интеграл)∫2πn∫1 (1 dx| sin t| dt =I=sin ln x x =e−2πn=n−1∑ π+2πk∫| sin t| dt +k=0=n−1∑k=0=(n−1∑02π+2πk∫| sin t| dt =π+2πk2πk π+2πk∫sin t dt −2πk2π+2πk∫sin t dt =π+2πkπ+2πk2π+2πk ) n−1∑− cos x+ cos x4 = 4n.=k=02263. Найти2πk∫ππ+2πkx sin xdx.1 + cos2 x0136k=0Искомый интеграл∫πI=0sin xxdx =2 − sin2 xгдеf (u) =∫πxf (sin x)dx,0u.2 − u2Согласно решению задачи 2257(б)∫ππxf (sin x)dx =2∫πf (sin x)dx.00Применяя эту формулу и делая замену v = cos x, получаемπI=2∫π0sin xπdx = −22 − sin2 x∫πd(cos x)π=1 + cos2 x20∫1−1dv=1 + v21π2π.= arctg v =24−12264.
Найти интеграл∫3−1f ′ (x)dx,1 + f 2 (x)еслиf (x) =(x + 1)2 (x − 1).x3 (x − 2)Неопределенный интеграл∫∫f ′ (x)d(f (x))dx == arctg f (x) + C.21 + f (x)1 + [f (x)]2137Рассмотрим одну из первообразных подынтегральной функцииF (x) = arctg(x + 1)2 (x − 1).x3 (x − 2)График этой функции представлен на рис.
3.23.π2y = F (x)6q∗−1qO∗qqqq123− π2 ∗q-x∗qРис. 3.23Функция F (x) имеет две точки разрыва (x = 0 и x = 2)на промежутке интегрирования [−1; 3], поэтому для вычисленияопределенного интеграла необходимо разбить его на три:∫3−1f ′ (x)dx =1 + f 2 (x)∫2+∫0−1f ′ (x)dx +1 + f 2 (x)0f ′ (x)dx+1 + f 2 (x)∫3f ′ (x)dx.1 + f 2 (x)2Для вычисления каждого из полученных интегралов можно применить формулу Ньютона – Лейбница:∫0−10f ′ (x)(x + 1)2 (x − 1) πdx = arctg=− ,231 + f (x)x (x − 2)2−1138∫20∫322f ′ (x)(x + 1)2 (x − 1) dx = arctg= −π,1 + f 2 (x)x3 (x − 2) 0332 πf ′ (x)(x + 1)2 (x − 1) = arctgdx=arctg− .1 + f 2 (x)x3 (x − 2) 227 2Таким образом, окончательно, получаем∫3−1f ′ (x)32dx = arctg− 2π.1 + f 2 (x)272265. Доказать, что если f (x) – непрерывная периодическаяфункция, определенная при −∞ < x < +∞ и имеющая периодT , тоa+T∫∫Tf (x) dx = f (x) dx,(3.13)a0где a – любое число.Докажем предварительно, что при любых A и BB+T∫∫Bf (x) dx =A+T(3.14)f (x) dx.AДля этого выполним замену переменной x = y + T в интеграле, находящимся в левой части равенства (3.14).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
