Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 14

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

Текст из файла (страница 14)

Пусть n четно, тогда (−1)n = 1, учитывая, чтоe2ikx − e−2ikx = 2i sin 2kx,а слагаемое с индексом k = 0 равно нулю, получаемsinn x sin nx =n1 ∑(−1)k Cnk sin 2kx.(2i)n(3.35)k=1Интегрируя соотношение (3.35), получаем∫π()ncos 2kx π1 ∑k k(−1) Cn −sin x sin nx dx = = 0.(2i)n2k0n0k=12. Пусть n четно и n = 2m − 1, тогда (−1)n = −1. Учитываяравенствоe2ikx + e−2ikx = 2 cos 2kx,получаемn(−1)m+1 ∑(−1)k Cnk cos 2kx.sin x sin nx =2nn(3.36)k=0Интегрируя (3.36), находим∫π∫n(−1)m+1 ∑k ksin x sin nx dx =(−1)Ccos 2kx dx =n2nπnk=00=(−1)m+12n0 π∫∫πn∑ dx +(−1)k Cnk cos 2kx dx =0k=11690((−1)m+1=2nπ+n∑(−1)k Cnkk=1 )sin 2kx π(−1)m+1 π.=2k 02nТаким образом получаем следующую формулу:0,n = 2m,∫πnsin x sin nx dx =m+1 π (−1), n = 2m − 1.02nНетрудно убедиться, что эту формулу можно записать болеекомпактно:∫ππnπsinn x sin nx dx = n sin.220Найти интегралы (n – натуральное число):∫πsinn−1 x cos(n + 1)x dx.2295.0По формуле косинуса суммы∫πsinn−1 x cos(n + 1)x dx =0∫πsinn−1 x(cos nx cos x − sin nx sin x)dx ==0∫π∫πn−1=sinx cos nx cos x dx −0sinn x sin nx dx.(3.37)0Интегрируя по частям, получаем:∫π(∫πn−1sinx cos nx cos x dx =0cos nx d0170sinn xn)=∫πcos nx sinn x πn= + sin x sin nx dx =n00∫πsinn x sin nx dx.=(3.38)0Подставляя (3.38) в (3.37), получаем ответ:∫πsinn−1 x cos(n + 1)x dx = 0.0∫πcosn−1 x sin(n + 1)x dx.2296.0По формуле синуса суммы∫πcosn−1 x sin(n + 1)x dx =0∫πcosn−1 x(sin nx cos x + cos nx sin x)dx ==0∫π∫πncosn−1 x cos nx sin x dx.cos x sin nx dx +=0(3.39)0Интегрируя по частям, получаем:∫π(∫πcosn−1x cos nx sin x dx = −0cos nx dcosn xn0∫πcos nx cosn x πn=− − cos x sin nx dx =n00171)=∫π=−cosn x sin nx dx.(3.40)0Подставляя (3.40) в (3.39), получаем ответ:∫πcosn−1 x sin(n + 1)x dx = 0.0∫2π2297.e−ax cos2n x dx.0Используя формулу Эйлера и бином Ньютона, находим(cos2nx=eix + e−ix2=)2n=2n1 ∑ k i(2n−k)x −ikxC2n ee=22nk=02n1 ∑ k i(2n−2k)xC2n e=22nk=0)( n2n∑∑1k i(2n−2k)xk i(2n−2k)xC2ne+C2ne.= 2n2k=0k=n+1Преобразуем каждую из полученных двух сумм.

В первой суммезаменим индекс суммирования k на n − k, получимn∑k i(2n−2k)xC2ne=k=0n∑n−k 2ikxC2ne.k=0Во второй сумме индекс k заменим на k − n. Учитывая свойство2n−(k+n)k+nсимметрии биномиальных коэффициентов C2n= C2n=n−k= C2n , имеем:2n∑k=n+1k i(2n−2k)xC2ne=n∑k+n −2ikxC2ne=k=1n∑k=1172n−k −2ikxC2ne.Таким образом,cos2n1x = 2n21= 2n2( n∑(n−k 2ikxeC2nk=0nC2n+n∑+n∑)n−k −2ikxeC2n=k=1)()n−kC2ne2ikx + e−2ikx.k=1Учитывая равенствоe2ikx + e−2ikx = 2 cos 2kx,получаем, окончательно, следующую формулу:)(n∑1n−kncos2n x = 2n C2n+2C2ncos 2kx .2(3.41)k=1Умножая (3.41) на e−ax и интегрируя, находим∫2πe−ax cos2n x dx =0=1  nC2n22n∫2πe−ax dx + 2n∑k=10∫2πn−kC2ne−ax cos 2kx dx .0Первый из полученных в правой части интегралов – табличный:∫2π−axe02πe−ax 1 − e−2aπ.dx = −=a 0aДля остальных интегралов первообразная вычислена в задаче1828 из [7].

Используя решение этой задачи, находим∫2πe−ax cos 2kx dx =0173()a 1 − e−2aπ−a cos 2kx + 2k sin 2kx −ax 2π=e =.a2 + 4k 2a2 + 4k 20Отсюда следует, что∫2πe−axcos2n1 − e−2aπx dx =22n a(nC2n+2n∑k=10n−kC2na2a2+ 4k 2).Полученный ответ можно немного преобразовать. Для того, чтобы получить ответ, который приведен в задачнике Б.П.

Демидовича, нужно заменить индекс суммирования k на n − k. Окончательно получаем:∫2πe−ax cos2n x dx =01 − e−2aπ=22n a(nC2n+2n∑kC2nk=1a22a + 4(n − k)2).∫π/2ln cos x · cos 2nx dx.2298.0Интегрируя по частям, получаем∫π/2∫π/21ln cos x · cos 2nx dx =ln cos x d(sin 2nx) =In =2n00∫π/2(ln cos x) · sin 2nx π/21=+sin 2nx tg x dx =2n2n001=2n∫π/2∫π/21sin 2nx · sin xsin 2nx tg x dx =dx =2ncos x0017414n∫π/2cos(2n − 1)x − cos(2n + 1)xdx =cos x01=4n∫π/2cos(2n − 1)x1dx −cos x4n0∫π/2cos(2n + 1)xdx.cos x0Обозначим∫π/2Jn =cos(2n + 1)xdx,cos x0тогда искомый интеграл можно записать в следующем виде:In =1(Jn−1 − Jn ).4nПреобразуем выражение для интеграла Jn . Делая замену t == π − x и меняя букву t обратно на x, получаем∫πJn =cos(2n + 1)tdt =cos tπ/2∫πcos(2n + 1)xdx.cos xπ/2Отсюда (и из аддитивности интеграла) следует, что1Jn =2∫πcos(2n + 1)xdx.cos x0Последний интеграл вычислен в задаче 2292.

Используя значение этого интеграла, получаемJn =(−1)n π.2Подставляя это в выражение для интеграла In , находим()1 (−1)n−1 π (−1)n π(−1)n−1 πIn =−=.4n224n1752299. Применяя многократное интегрирование по частям,вычислить интеграл Эйлера:∫1xm−1 (1 − x)n−1 dx,B(m, n) =0где m и n – целые положительные числа.Интегрируя по частям, получаем рекуррентное соотношение1B(m, n) =m∫1(1 − x)n−10n−1+m1xm (1 − x)n−1 d(x ) = +m0∫1xm (1 − x)n−2 dx =mn−1B(m + 1, n − 1).m0Применяя это соотношение последовательно n − 1 раз, приходимк равенствуB(m, n) =(n − 1)!B(m + n − 1, 1).m(m + 1) .

. . (m + n − 2)Согласно определению интеграла Эйлера∫1B(m + n − 1, 1) =xm+n−201xm+n−1 1dx =,=m+n−1 0 m+n−1следовательно,B(m, n) =(n − 1)!=m(m + 1) . . . (m + n − 2)(m + n − 1)=(n − 1)!(m − 1)!.(m + n − 1)!2300. Многочлены Лежандра Pn (x) определяются формулой:Pn (x) =12n n!]dn [ 2(x − 1)nndx176(n = 0, 1, 2 . . .).Доказать, что∫1Pm (x)Pn (x) dx =−10,если m ̸= n,2, если m = n.2n + 1Рассмотрим вспомогательную функциюwn (x) = (x2 − 1)n .По формуле разности квадратов wn (x) = (x + 1)n (x − 1)n , поэтому применяя формулу Лейбница для производной произведения,имеем:wn(k) (x) =k∑Cks [(x + 1)n ](k−s) [(x − 1)n ](s) .s=0Если k < n, то также s < n и k − s < n, поэтому[(x + 1)n ](k−s)= n(n − 1) . .

. (n − (k − s) + 1))(x + 1)n−(k−s) ,[(x − 1)n ](s) = n(n − 1) . . . (n − s + 1))(x + 1)n−s) .(s)Отсюда следует, что при всех k < n значения wn (±1) = 0, т. е.{(n−1)wn (−1) = 0 , wn′ (−1) = 0 , . . . , wn(−1) = 0 ,(3.42)(n−1)′wn (1) = 0 , wn (1) = 0 , . . . , wn(1) = 0 .Пусть∫1xk wn(s) (x) dx.In (k, s) =−1Предположим, что k > 1 и 1 6 s 6 n. Интегрируя по частям иучитывая (3.42), получаем:∫11()(s−1)k (s−1)x d wn(x) =x wn(x) −kIn (k, s) =−1−1177∫1−kxk−1 wn(s−1) (x) dx =−1∫1= −kxk−1 wn(s−1) (x) dx = −kIn (k − 1, s − 1).−1Применяя последовательно k раз полученное рекуррентное соотношениеIn (k, s) = −kIn (k − 1, s − 1) (k > 1 , 1 6 s 6 n)(3.43)при s = n и учитывая равенства (3.42), находим∫1In (k, n) = (−1) k!In (0, n − k) = (−1) k!kkwn(n−k) (x) dx =−11k(n−k−1)=(−1) k!wn(x) = 0.−1Следовательно, при k < n∫1xk wn(n) (x) dx = 0.−1(n)Так как wn (x) = 2n n!Pn (x), то также∫1xk Pn (x) dx = 0 (k < n).(3.44)−1Пусть, теперь Pm (x) и Pn (x) – два многочлена Лежандра сm ̸= n, тогда без ограничения общности можно считать, что nобозначает большую из их степеней, т.

е. m < n. В этом случаеPm (x) =m∑k=0178ak xkи∫1Pm (x)Pn (x) dx =m∑∫1k=0−1xk Pn (x) dx = 0,ak−1так как вследствие равенства (3.44) равно нулю каждое слагаемое последней суммы (k 6 m < n).Осталось вычислить интеграл от квадрата многочлена Лежандра. Для этого сначала вычислим его старший коэффициент.Пустьn∑Pn (x) =ak xk .k=0Так как функция wn (x) =x2n+ .

. . , тоwn(n) (x) = 2n(2n − 1) . . . (n + 1)xn + . . . =иPn (x) =12n n!wn(n) (x) =(2n)! nx + ...n!(2n)! nx + ... ,2n (n!)2следовательно,(2n)!.(3.45)2n (n!)2Переходим к вычислению интеграла. Используя свойство (3.44),получаем:)∫1∫1∫1 (∑nPn2 (x) dx = Pn (x)Pn (x) dx =ak xk Pn (x) dx =an =−1=n−1∑k=0−1−1xn Pn (x) dx = anxk Pn (x) dx + an−1Так как Pn (x) =∫1−1∫1∫1∫1akk=0−1(n)wn (x)/(2n n!),anPn2 (x) dx = n2 n!xn Pn (x) dx.−1то∫1xn wn(n) (x) =−1179anIn (n, n).2n n!Для вычисления In (n, n) воспользуемся рекуррентным соотношением (3.43) при k = s = n.

Применяя это соотношение последовательно n раз, получаемIn (n, n) = (−1)n n!In (0, 0).Отсюда следует, что∫1(−1)n anIn (0, 0).2nPn2 (x) dx =−1Интеграл In (0, 0) сводится к интегралу задачи 2284:∫1∫1(x − 1) dx = 22In (0, 0) =−10∫1(1 − x2 )n dx = 2(−1)nn= 2(−1)(x2 − 1)n dx =n22n (n!)2(−1)n 22n+1 (n!)2=.(2n + 1)!(2n + 1)!0Таким образом, с учетом формулы (3.45),∫1Pn2 (x) dx =−1=(−1)n an (−1)n 22n+1 (n!)2an 2n+1 (n!)2==·2n(2n + 1)!(2n + 1)!(2n)! 2n+1 (n!)22(2n)!2==.·n22 (n!) (2n + 1)!(2n + 1)!2n + 12301. Пусть функция f (x) собственно интегрируема на [a; b]и F (x) – функция такая, что F ′ (x) = f (x) всюду в [a; b], за исключением, быть может, конечного числа внутренних точек ci(i = 1, . .

. , p) и точек a и b, где функция F (x) терпит разрыв1-го рода (“обобщенная первообразная”). Доказать, что∫bf (x) dx = F (b − 0) − F (a + 0) −p∑i=1a180[F (ci + 0) − F (ci − 0)] .Лемма. Предположим, что функция f (x) интегрируема на[a; b], F ′ (x) = f (x) во всех точках интервала (a; b) и существуютF (a + 0), F (b − 0).

Характеристики

Список файлов книги