Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Используя T периодичность функции f , получимB+T∫∫Bf (x) dx =A+T∫Bf (y + T ) dy =Af (y) dy =A139∫Bf (x) dx.AДля доказательства утверждения задачи воспользуемся свойством аддитивности определенного интеграла:a+T∫∫0f (x) dx =a∫Tf (x) dx +af (x) dx +0∫T=a+T∫Ta+T∫0∫af (x) dx −f (x) dx +f (x) dx =f (x) dx.0TСогласно равенству (3.14) с A = 0, B = aa+T∫∫af (x) dx −0Tследовательно,f (x) dx = 0,a+T∫∫Tf (x) dx =f (x) dx.a02266. Доказать, что при n нечетном функции∫x∫xnF (x) =sin t dt ,cosn t dtG(x) =00периодические с периодом 2π; а при n четном каждая из этихфункций есть сумма линейной функции и периодической функции.Для решения этой задачи потребуется следующее утверждениеЛемма.
Пусть при некоторых T > 0, A ∈ R и всех x ∈ Rf (x + T ) = f (x) + A.Тогдаf (x) = φ(x) +140Ax,Tгде φ(x) – периодическая функция с периодом T .Для доказательства леммы рассмотрим функциюφ(x) = f (x) −Ax.TДостаточно доказать, что эта функция T -периодична. В самомделе,()Aφ(x + T ) − φ(x) = f (x + T ) − (x + T ) −T()A− f (x) − x = f (x + T ) − A − f (x) = 0.TЛемма доказана.Используя аддитивность интеграла и тождество (3.13) задачи2265, получаем следующие соотношения:x+2π∫F (x + 2π) − F (x) =∫xsin t dt −n0sinn t dt =0x+2π∫∫2πsin t dt = sinn t dt.n=x0x+2π∫∫xcos t dt −G(x + 2π) − G(x) =n0cosn t dt =0x+2π∫∫2πcosn t dt.cosn t dt ==(3.15)x(3.16)01.
Пусть n нечетно, т. е. n = 2k + 1, где k – целое число, тогдапосле замен u = cos t, v = sin t получаем:∫2π∫2πsin t dt = −n0sin2k t d(cos t) =0141∫2π∫1= − (1 − cos2 t)k d(cos t) = − (1 − u)k du = 0.01∫2π∫2πncos2k t d(sin t) =cos t dt =00∫2π∫02 k= (1 − sin t) d(sin t) = (1 − v)k dv = 0.00Из этих равенств и соотношений (3.15) и (3.16) следует, что привсех x ∈ R:F (x + 2π) = F (x) ,G(x + 2π) = G(x).2. Пусть n четно. Обозначим∫2π∫2πnsin t dt ,A1 =cosn t dt.A2 =00Из соотношений (3.15) и (3.16) получаем, что при всех x ∈ R:F (x + 2π) = F (x) + A1 ,G(x + 2π) = G(x) + A2 .Поэтому утверждение задачи следует из доказанной выше леммы.2267. Доказать, что функция∫xF (x) =f (t) dt,x0где f (x) – непрерывная периодическая функция с периодом T ,в общем случае, есть сумма линейной функции и периодическойфункции периода T .142Согласно аддитивности интеграла и тождеству (3.13) задачи2265x+T∫x+T∫x∫∫Tf (t) dt − f (t) dt =f (t) dt = f (t) dt.F (x + T ) − F (x) =x0x0Полагаяx0∫TA=f (t) dt,0получаем, что при всех x ∈ RF (x + T ) = F (x) + A.Таким образом, функция F (x) удовлетворяет условиям леммызадачи 2266 и, следовательно, является суммой линейной функции и T -периодической.Вычислить интегралы:∫1x(2 − x2 )12 dx.2268.0Делая замену t = 2 − x2 , получаем∫11x(2 − x ) dx = −2∫12 1201t dt =222t13 81911== 315 .=26 12626∫12269.−1x2∫212x dx.+x+1143t12 dt =1Выделяя полный квадрат из квадратного трехчлена и делаязамену t = x + 12 , получаем∫1−1x dx=2x +x+1∫3/2 (−1/2)∫3/2∫3/2t − 12 dtdtt dt1=33 − 2222t +4t +4t +−1/2−1/234=()13 3/22t 3/21π12= ln t += ln 3 − √ .− √ arctg √ 24 −1/233 −1/2 22 3∫e(x ln x)2 dx.2270.1Интегируя два раза по частям, получаем:( 3)∫e∫e∫ex1 3 2 e 222(x ln x) dx = ln x d= x ln x −x2 ln x dx =333111e3 2=−33(∫eln x d1=e3 2 3 2− e +399∫92271.1x33()e∫ee3 2 1 31=−x ln x −x2 dx =33 3311)e)x3 2 ( 35 32e3+e −1 =e − .=3 19272727√x 3 1 − x dx.1После замены√t = 3 1 − x,x = 1 − t3 ,dx = −3t2 dtполучаем∫91∫−2∫0x 1 − x dx = −3 (1 − t3 )t3 dt = 3 (t3 − t6 )dt =√3−20144(=3∫−1)0t4 t7 4686−=−= −66 .47 −277dx.x x2 − 1√2272.−2Выполним заменупеременной t = 1/x.
Учитывая, что при√x < 0 величина x2 = |x| = −x, получаем∫−1dx√=x x2 − 1−2∫1x152273.∫−1−1/2√−1dtππ π√= arcsin t=− + =− .22631−t−1/21 + 3x8 dx.0Выполняем замену переменной√2t dtt2 − 1, 8x7 dx = t dt , x7 dx =,1 + 3x8 , x8 =3312( 2)t − 1 t dt(t2 − 1)t dtx15 dx = (x8 )x7 dx ==.31236t=Получаем∫115x√11 + 3x8 dx =360∫2(t2 − 1)t2 dt =1361√∫32274.arcsin()2t5 t3 29−.=53 1 270xdx.1+x0Интегрируя по частям, получаем√∫3arcsinxdx = x arcsin1+x0145√3x −1 + x 01−2∫3 √∫3 √00x dx1=π−1+x2x dx.1+xОставшийся интеграл рационализируется заменой t =√∫3 √x dx=21+x∫3√t2 dt1 + t2∫ 3(=20011−1 + t2√x:)dt =0√3(√π)=2(t − arctg t) = 23−.30Окончательно получаем√∫3arcsin1 (√xπ ) 4π √dx = π − · 2=− 3.3−1+x2330∫2π2275.dx.(2 + cos x)(3 + cos x)0Вычислим сначала неопределенный интеграл.
Для этого выполним универсальную подстановку:t = tgx,2dx =2dt,1 + t2cos x =1 − t2.1 + t2После подстановки получаем∫∫(1 + t2 )dtdx==(2 + cos x)(3 + cos x)(3 + t2 )(2 + t2 ))∫ (2t12=−dt = √ arctg √ −223+t2+t33tg xtg xt211− √ arctg √ + C = √ arctg √ 2 − √ arctg √ 2 + C.223322146На отрезке интегрирования [0; 2π] первообразнаяtg xtg x21F (x) = √ arctg √ 2 − √ arctg √ 23322имеет одну точку разрыва x = π, поэтому для вычисления определенного интеграла этот интеграл нужно разбить на два:∫2πdx=(2 + cos x)(3 + cos x)0∫πdx+(2 + cos x)(3 + cos x)0∫2π+dx=(2 + cos x)(3 + cos x)(πtg x2√ arctg √ 2 −33)()tg x2 πtg x2tg x2 2π121− √ arctg √+ √ arctg √ − √ arctg √=22 03322 π2ππ=√ −√32∫2π2276.dx.sin x + cos4 x40Неопределенный интеграл вычислен в задаче 2035:∫2πdxtg 2x1= √ arctg √ + C.4sin x + cos x2240Первообразная подынтегральной функции1tg 2xF (x) = √ arctg √22на промежутке интегрирования [0; 2π] имеет четыре точки разрыва x = π/4, x = 3π/4, x = 5π/4 и x = 7π/4, поэтому для147вычисления определенный интеграл нужно разбить на пять интегралов:∫2πdx=4sin x + cos4 x0∫π/4dx+4sin x + cos4 x05π/4∫+dx+4sin x + cos4 x3π/43π/4∫dx+sin x + cos4 x4π/47π/4∫dx+4sin x + cos4 x5π/4∫2πdx.sin x + cos4 x47π/4Применяя к каждому из них формулу Ньютона – Лейбница,находим:∫2πdx=4sin x + cos4 x(0)tg 2x π/41√ arctg √+22 0()()1tg 2x 3π/41tg 2x 5π/4√√√√+arctg+arctg+22 π/422 3π/4)()(tg 2x 7π/41tg 2x 2π1√√√√arctg+arctg=+22 5π/422 7π/4√πππππ4π= √ + √ + √ + √ + √ = √ = 2π 2.2 2222 2 22∫π/2sin x sin 2x sin 3x dx.2277.0Так как1sin x sin 2x sin 3x = (cos x − cos 3x) sin 3x =2=11111sin 3x cos x − sin 3x cos 3x = sin 2x + sin 4x − sin 6x,22444148то∫π/2∫π/21sin x sin 2x sin 3x dx =(sin 2x + sin 4x − sin 6x)dx =400(=)π/21111cos 4x +cos 6x − cos 2x −= .8162460∫π(x sin x)2 dx.2278.0∫π1(x sin x) dx =2∫πx2 (1 − cos 2x)dx =2001=2∫π1x dx −20πx3 1=−6 0 2∫π2∫πx2 cos 2x dx =0π3 1x cos 2x dx =−62∫π20x2 cos 2x dx.0Согласно решению задачи 2067∫111x2 cos 2x dx = x2 sin 2x + x cos 2x − sin 2x + C,224поэтому(∫π2x cos 2x dx =0)π1 211πx sin 2x + x cos 2x − sin 2x = .22420Отсюда находим:∫π(x sin x)2 dx =π3 1 ππ3 π− · =− .62 2640149∫πex cos2 x dx.2279.0∫π1e cos x dx =2x∫π20ex (1 + cos 2x)dx =01=2∫π1e dx +2∫πx0ex cos 2x dx =0∫π∫π1 π11 x π 1xe cos 2x dx = (e − 1) +ex cos 2x dx.= e +2222000Согласно решению задачи 1828∫cos 2x + 2 sin 2x xex cos 2x dx =e + C,5следовательно,∫πcos 2x + 2 sin 2x x π1e cos 2x dx =e = (eπ − 1).550x0Таким образом,∫πex cos2 x dx =1 π13(e − 1) + (eπ − 1) = (eπ − 1) .21050∫ln 22280.sh4 x dx.0Так как(4sh x =ch 2x − 12)21= (ch2 2x − 2 ch 2x + 1) =41501=4то()3 11ch 4x + 1− 2 ch 2x + 1 = − ch 2x + ch 4x,28 28)∫ln 2∫ln 2(3 114sh x dx =− ch 2x + ch 4x dx =8 280(=0)ln 23311225x − sh 2x +sh 4x = ln 2 −.8432810240С помощью формул понижения вычислить интегралы, зависящие от параметра n, принимающего целые положительныезначения:∫π/22281.
In =sinn x dx.0Согласно решению задачи 2011, а) из [7]:∫∫cos x sinn−1 x n − 1nsin x dx = −+sinn−2 x dx.nnТак как при n > 2π/2cos x sinn−1 x = 0,n0тоIn =n−1In−2n(n > 2).Далее вычисляем∫π/2πdx = ,I0 =20π/2∫π/2sin x dx = − cos x=1I1 =00151(3.17)и из рекуррентного соотношения (3.17) находим:(2k − 1)!! π· , n = 2k;(2k)!!2In =(2k)!!,n = 2k + 1.(2k + 1)!!∫π/2cosn x dx.2282. In =0Согласно решению задачи 2011, б) из [7]:∫∫sin x cosn−1 x n − 1ncos x dx =+cosn−2 x dx.nnТак как при n > 2π/2sin x cosn−1 x = 0,n0тоIn =n−1In−2n(n > 2).Далее вычисляем:∫π/2πI0 =dx = ,20π/2∫π/2cos x dx = sin x=1I1 =00и из рекуррентного соотношения (3.18) находим:(2k − 1)!! π· , n = 2k;(2k)!!2In =(2k)!!,n = 2k + 1.(2k + 1)!!152(3.18)∫π/42283.
In =tg2n x dx.0После преобразований получаем∫π/4∫π/4In =tg2n x dx =tg2n−2 x · tg2 x dx =00(∫π/42n−2=tgx1−1cos2 x)dx =0∫π/4∫π/4tg2n−2 x dx.00dxtg2n−2 x−cos2 x=Полагая t = tg x, находим1∫π/4∫1dxt2n−1 12n−22n−2tgx=txdt=.=cos2 x2n − 1 0 2n − 100Следовательно,In =Так как1− In−1 .2n − 1∫π/4πdx = ,I0 =40то из рекуррентного соотношения (3.19) находим[()]1(−1)n−1n π− 1 − + ··· +.In = (−1)432n − 1∫1(1 − x2 )n dx.2284. In =0153(3.19)После тождественных преобразований и интегрирования почастям получаем уравнение для искомого интеграла:∫1∫1∫1In = (1 − x2 )n dx = (1 − x2 )n−1 (1 − x2 ) dx = (1 − x2 )n−1 dx−00∫1(1 − x )01x dx = In−1 +2n∫12 n−1 2=0()x d (1 − x2 )n = In−1 +01∫11112 n+x(1 − x ) −(1 − x2 )n dx = In−1 −In .2n2n2n00Решая уравнение относительно In получаем рекуррентное соотношение2nIn−1 .(3.20)In =2n + 1Так как∫1dx = 1,I0 =0то последовательно используя рекуррентное соотношение (3.20)n раз, получаем(2n)!!In =.(2n + 1)!!Данное выражение можно преобразовать.
Умножая числитель изнаменатель на (2n)!! и упрощая, находим:In ==[(2n)!!]2=(2n + 1)!!(2n)!![2 · 4 · 6 · . . . · (2n)]2=[3 · 5 · 7 · . . . · (2n + 1)][2 · 4 · 6 · . . . · (2n)]154=[(2 · 1)(2 · 2)(2 · 3) · . . . · (2 · n)]222n (n!)2=.2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · . . . · (2n) · (2n + 1)(2n + 1)!В этой форме ответ приведен в задачнике Б.П. Демидовича.∫1xn dx√2285. In =.1 − x20Замена x = sin t (точнее t = arcsin x) дает∫π/2In =sinn t dt.0Полученный интеграл вычислен в задаче 2281. Подставляя значение этого интеграла получаем окончательный ответ:(2k − 1)!! π· , n = 2k;(2k)!!2In =(2k)!!,n = 2k + 1.(2k + 1)!!∫1xm (ln x)n dx.2286. In =0Интегрируя по частям, находим(∫1n(ln x) dIn =xm+1m+1)0n−m+11xm+1n=(ln x) −m+10∫1xm (ln x)n−1 dx = −nIn−1 ,m+10что дает следующее рекуррентное соотношениеIn = −nIn−1 .m+1155(3.21)Так как∫11xm+1 1x dx =,=m + 1 0 m + 1mI0 =0то из (3.21) получаемIn =∫π/4(2287.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
