Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 13

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 13)

In =(−1)n n!(−1)n n!I=.0(m + 1)n(m + 1)n+1sin x − cos xsin x + cos x)2n+1dx.0Воспользовавшись известными из курса тригонометрии равенствами:(√π),sin x − cos x = 2 sin x −4(√π)sin x + cos x = 2 cos x −,4получаем, что∫π/4[In =(π )]2n+1tg x −dx.40Выполняя в полученном интеграле замену t =π− x, находим4∫π/4tg2n+1 t dt.In = −0Этой формулой воспользуемся для вывода рекуррентного соотношения. Выполняя тождественные преобразования и делая водном из получающихся интегралов замену u = tg t, имеем(∫π/4∫π/42n−122n−1tgt · tg t dt = −tgtIn = −00156)1− 1 dt =cos2 t∫π/4∫π/4∫1dt2n−12n−1=−tgt+tgt dt = − u2n−1 du − In−1 =cos2 t0001u2n 1− In−1 .=−− In−1 = −2n 02nТаким образом, искомое рекуррентное соотношение имеет следующий вид:1In = −In−1 −.(3.22)2nИнтеграл I0 вычисляется заменой v = cos t:1/∫π/4∫π/4∫sin tI0 = − tg t dt = −dt =cos t001√21/√2√dv= − ln 2.= ln |v|v1Применяя рекуррентное соотношение (3.22) n раз и учитываявычисленное значение интеграла I0 , находим[()]√11(−1)nnIn = (−1) − ln 2 +1 − + ...

+.22n2288. Пользуясь формулой Эйлераeix = cos x + i sin x,показать, что∫2πeinx −imxe{dx =0, если m ̸= n,2π, если m = n0(n и m – целые).Согласно формуле Эйлераeinx e−imx = (cos nx + i sin nx)(cos mx − i sin mx) =157= (cos nx cos mx + sin nx sin mx)++i(sin nx cos mx − cos nx sin mx) == cos(n − m)x + i sin(n − m)x,следовательно,∫2πeinx −imxe∫2πcos(n − m)x dx + idx =0∫2π0sin(n − m)x dx.0Определенные интегралы вычисляем по формуле Ньютона –Лейбница:sin(n − m)x 2π2π∫ , m ̸= n,n−m0cos(n − m)x dx ==2π0 x , m = n{=00, m ̸= n,2π, m = n.2πcos(n−m)x , m ̸= n,∫2π − n−m0sin(n − m)x dx == 0.2π0 0 , m = n0Отсюда находим∫2πeinx −imxe{dx =0, если m ̸= n,2π, если m = n.02289. Показать, что∫be(α+iβ)x dx =eb(α+iβ) − ea(α+iβ)α + iβa158(α и β – постоянные).Применяя формулу Эйлера, находим∫b∫be(α+iβ)x(eαx cos βx + ieαx sin βx) dx =dx =aa∫b=∫beαxeαx sin βx dx.cos βx dx + iaaСогласно решению задач 1828 и 1829 из [7]αxα cos βx + β sin βx αx bcos βx dx =e ,α2 + β 2aαxα sin βx − β cos βx αx bsin βx dx =e .α2 + β 2a∫bea∫beaТаким образом,∫be(α+iβ)x dx =a(α cos βx + β sin βx) + i(α sin βx − β cos βx) αx b=e .α2 + β 2a(3.23)С другой стороны, применяя формулу Эйлера и выполняя деление комплексных чисел, получаем:e(α+iβ)xcosβx + i sin βx αx=e =α + iβα + iβ=(cosβx + i sin βx)(α − iβ) αxe =α2 + β 2159=(α cos βx + β sin βx) + i(α sin βx − β cos βx) αxe .α2 + β 2(3.24)Из равенств (3.23) и (3.24) следует, что∫bb(α+iβ)x eeb(α+iβ) − ea(α+iβ).e(α+iβ)x dx = =α + iβ α + iβaaПользуясь формулами Эйлера:cos x =)1 ( ixe + e−ix ,2sin x =)1 ( ixe − e−ix ,2iвычислить интегралы (m и n – целые положительные числа):∫π/22290.sin2m x cos2n x dx.0Проще всего данный интеграл можно вычислить с помощьюметода рекуррентных соотношений.

Пусть∫π/2sin2m x cos2n x dx.I(m, n) =0Интегируя по частям, получаем:π/2∫π/22m2n−12m+12n−1 x d(sin x) = sinx cosx −I(m, n) = sin x cos00∫π/2[]2m sin2m x cos2n x − (2n − 1) sin2m+2 x cos2n−2 x dx =−0∫π/2∫π/2= −2m sin2m x cos2n x dx + (2n − 1) sin2m+2 x cos2n−2 x dx =00160= −2mI(m, n) + (2n − 1)I(m + 1, n − 1).Решая полученное уравнение относительно I(m, n), получаем искомое рекуррентное соотношение:2n − 1I(m + 1, n − 1).2m + 1I(m, n) =(3.25)Применяя соотношение (3.25) n раз, приходим к равенствуI(m, n) =(2n − 1)!!I(m + n, 0) =(2m + 1)(2m + 3 . .

. (2m + 2n − 1))=(2n − 1)!!(2m − 1)!!I(m + n, 0).(2m + 2n − 1)!!(3.26)Согласно решению задачи 2281∫π/2(2m + 2n − 1)!! πsin2m+2n x dx =I(m + n, 0) =·(2m + 2n)!!20и соотношение (3.26) даетI(m, n) =(2n − 1)!!(2m − 1)!! π· .(2m + 2n)!!2Полученную формулу можно преобразовать следующим образом. Так как при любом натуральном k(2k)!! = (2 · 1)(2 · 2)(2 · 3) . . . (2 · k) = 2k k! ,(2k − 1)!! = 1 · 3 · . . . · (2k − 1) ===[1 · 3 · . . . · (2k − 1)][2 · 4 · . .

. · (2k)]=(2k)!!1 · 2 · 3 · 4 · . . . · (2k − 1) · (2k)(2k)!= k ,2k k!2 k!161тоI(m, n) =(2n)!(2m)!(2n n!)(2m m!)2m+n (mπ=+ n)! 2·π(2n)!(2m)!.(3.27)22n+2m+1 (m + n)!m!n!Замечание. Использование формул Эйлера, как можно видеть, усложняет решение задачи. Сначала необходимо свести задачу к вычислению интеграла по отрезку [0; 2π].

Выполняя подстановку x = π − t, находим=∫π/2∫π∫π2m2n2m2nsin x cos x dx = sin t cos t dt = sin2m x cos2n x dx,0π/2π/2следовательно, в силу аддитивности интеграла,∫π/2∫π12m2nsin x cos x dx =sin2m x cos2n x dx.200В силу π-периодичности подынтегральной функции и формулы(3.13) задачи 2265∫π∫2πsin2m x cos2n x dx =sin2m x cos2n x dxπ0и, таким образом,∫π/2∫2π12m2nsin x cos x dx =I(m, n) =sin2m x cos2n x dx.400Применяя формулы Эйлера и формулу бинома Ньютона, получаем:∫2π (∫2π2msin0x cos2nx dx =eix − e−ix2i0162)2m (eix + e−ix2)2ndx =(−1)m= 2m+2n2)∫2π (∑2mk ikx −i(2m−k)x(−1)k C2me e×0×( 2n∑k=0)s isx −i(2n−s)xC2ne edx =s=0∫2m 2n(−1)m ∑ ∑k ks= 2m+2n(−1) C2m C2n ei(2k+2s)x e−i(2m+2n)x dx.22πk=0 s=00Согласно решению задачи 2288∫2πei(2k+2s)x −i(2m+2n)xe{dx =0, если k + s ̸= m + n,2π, если k + s = m + n.0Таким образом, во внутренней сумме, от нуля может быть отлично только слагаемое с индексом s = m + n − k, поэтому∫2πsin2m x cos2n x dx =2mπ(−1)m ∑m+n−kk(−1)k C2mC2n22m+2n−1k=00m+n−k(наличие множителя C2nгарантирует, что при k > m + nслагаемое, отвечающее отрицательному индексу s, отсутствует всумме, так как по определению биномиальных коэффициентоввеличина Cnk = 0 при k < 0).

Отсюда следует, что2mπ(−1)m ∑m+n−kk(−1)k C2mC2n.I(m, n) = 2m+2n+12(3.28)k=0В справочнике ([9], c. 617, ф-ла (20)) приведено тождество,которое после замены n на m и a на m + n принимает вид:2m∑k=0(−1)km+n−kkC2mC2n=m+nnm Cm+n C2m+2n(−1)2nC2m+2n163==(−1)m (2m)!(2n)!.m!n!(m + n)!(3.29)Если подставить (3.29) в (3.28), получим формулу (3.27). Впрочем этот факт можно представить по другому: из сравнения формул (3.27) и (3.28) следует тождество (3.29) для биномиальныхкоэффициентов.∫πsin nx2291.dx.sin x0Так как подынтегральная функция четна, то согласно задаче2258∫π∫πsin nx1sin nxdx =dx.sin x2sin x−π0С другой стороны, эта же функция 2π-периодична и в соответствие с решением задачи 2265∫π−πsin nxdx =sin x∫2πsin nxdx,sin x0следовательно, искомый интеграл∫πsin nx1dx =sin x20∫2πsin nxdx.sin x0Применяя формулу Эйлера, находим:sin nxeinx − e−inx= ix.sin xe − e−ix(3.30)Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом an−1и знаменателем q = b/a, приходим к равенствуn−1∑an−1−k bk =k=0164an − bn.a−bПолагая в этом равенстве a = eix , b = e−ix и учитывая (3.30),получаемsin nx ∑ i(n−1−2k)x=esin xn−1k=0и после интегрирования, имеем∫πn−1 ∫2πsin nx1∑dx =sin x2ei(n−1−2k)x dx =k=0 00n−1 ∫2π1∑=2einx e−i(2k+1)x dx.(3.31)k=0 0Если n четное число, то при любом целом k величина 2k+1 ̸≠= n и согласно решению задачи 2288 все интегралы, стоящие подзнаком суммы в правой части равенства (3.31), равны нулю.Если же n нечетно, то согласно решению той же задачи равнынулю все интегралы кроме одного, отвечающего индексу k == (n − 1)/2, причем этот интеграл равен 2π.

Отсюда следует, что∫πsin nxdx =sin x{0, если n четное,π, если n нечетное.0∫π2292.cos(2n + 1)xdx.cos x0Так как подынтегральная функция четна, то согласно задаче2258∫π∫πcos(2n + 1)x1cos(2n + 1)xdx =dx.cos x2cos x0−π165С другой стороны, эта же функция 2π-периодична и в соответствие с решением задачи 2265∫π−πcos(2n + 1)xdx =cos x∫2πcos(2n + 1)xdx,cos x0следовательно, искомый интеграл∫πcos(2n + 1)x1dx =cos x20∫2πcos(2n + 1)xdx.cos x0Применяя формулу Эйлера, находим:ei(2n+1)x + e−i(2n+1)xcos(2n + 1)x=.cos xeix + e−ix(3.32)Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом a2nи знаменателем q = −b/a, приходим к равенству2n∑a2n+1 + b2n+1(−1)k a2n−k bk =.a+bk=0Полагая в этом равенстве a = eix , b = e−ix и учитывая (3.32),получаем2ncos(2n + 1)x ∑=(−1)k ei(2n−2k)xcos xk=0и после интегрирования, имеем∫πcos(2n + 1)x1∑(−1)kdx =cos x22nk=001∑=(−1)k22nk=0∫2π∫2πei(2n−2k)x dx =0ei(2n)x e−i(2k)x dx.0166(3.33)Согласно задаче 2288 все интегралы, стоящие под знаком суммы в правой части равенства (3.33), кроме интеграла с индексомk = n, равны нулю, а оставшийся интеграл равен 2π.

Следовательно,∫πcos(2n + 1)xdx = (−1)n π.cos x0∫πcosn x cos nx dx.2293.0С помощью формулы Эйлера и бинома Ньютона находим:( ix)n ( inx)e + e−ixe + e−inxncos x cos nx ==22)( n∑( inx)1k i(n−k)x −ikxCn eee + e−inx == n+12k=0( n)∑( inx)1k i(n−2k)x= n+1Cn ee + e−inx =2k=0( n)n∑∑1Cnk ei(2n−2k)x +Cnk e−2ikx .= n+12k=0k=0Заменяя в первой сумме индекс суммирования k на n − k и учитывая, что Cnn−k = Cnk , получаем:)( nn∑∑1Cnk e−2ikx =Cnn−k e2ikx +cosn x cos nx = n+12k=0=Так как12n+1n∑k=0()Cnk e2ikx + e−2ikx .k=0e2ikx + e−2ikx = 2 cos 2kx,167то, окончательно, находим:n1 ∑ kcos x cos nx = nCn cos 2kx.2n(3.34)k=0Интегрируя соотношение (3.34), получаем: π∫π∫∫πn∑1cosn x cos nx dx = n  dx +Cnk cos 2kx dx =20k=101= n2(π+n∑k=10π )sin2kxπCnk= n.2k 20∫πsinn x sin nx dx.2294.0С помощью формулы Эйлера и бинома Ньютона находим( ix)n ( inx)e − e−ixe − e−inxnsin x sin nx ==2i2i1=(2i)n+1()Cnk (−1)k ei(n−k)x e−ikxk=01=(2i)n+11=(2i)n+1n∑((n∑)(−1)k Cnk ei(n−2k)x(()einx − e−inx =)einx − e−inx =k=0nn∑∑k k i(2n−2k)x(−1) Cn e−(−1)k Cnk e−2ikxk=0).k=0Заменяя в первой сумме индекс суммирования k на n − k и учитывая, что Cnn−k = Cnk , получаемsinn x sin nx =1681=(2i)n+1=(n∑(−1)n−k Cnn−k e2ikx −k=0n∑)(−1)k Cnk e−2ikx=k=0n()∑1k kn 2ikx−2ikx(−1)C(−1)e−e.n(2i)n+1k=01.

Характеристики

Список файлов книги