1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 50

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

Текст из файла (страница 50)

Z+∞Z+∞11111112n− 12 −t2n −xt e dt = Γ n += · (n − ) · . . . · · Γdx =x e222222200=(2n − 1)!! √π.2n+1Найти область определения, вычислить:14.5+∞R0Задача [2], 3851xm−11+xndx (n > 0).Решение.Z+∞xm−1 dx= ...1 + xn011 1 −1nt = x , x = t n , dx = t n dtnZ+∞ m −11t n dt1 mm 1 m m... == B,1 −= ΓΓ 1−=n1+tnnnnnn0π,n sin mπn501где 0 < m < n. Отметим, что несобственный интегралZ+∞tmn −1dt=1+t0сходится при14.6+∞RmnZ1tmn −1dt+1+t0Z+∞dtmt2− n (t−1+ 1)1− 1 > −1 и, соответственно, 2 −mn> 1: 0 <mn< 1.Задача [2], 3862xp e −ax ln x dx (a > 0).0Решение. +∞ZZ+∞Z+∞d ∂xp e −ax dx =xp e −ax dx =xp e −ax ln x dx =∂pdp000Z+∞d  1dΓ(p+1)y p+1−1 e −y dy  =,p+1dp adpap+10где p > −1.

Отметим, что здесь правило Лейбница справедливо, поскольку+∞R p −axнесобственный интегралxeln x dx сходится равномерно по p ∈ [−1 +0δ, +∞), но нам достаточно по p ∈ [−1+δ, ∆], δ > 0, −1+δ < ∆; несобственный+∞R p −axинтегралxeln x dx сходится равномерно по p ∈ [−1 + δ, ∆], но нам0достаточно сходимости хотя бы в одной точке, и функции f (x, p) и∂∂p f (x, p)непрерывны по (x, p) ∈ [0, +∞) × [−1 + δ, ∆].14.7+∞R0Задача [2], 3863xp−1 ln x1+xdx.Решение.Z+∞0xp−1 ln xdx =1+xZ+∞0∂∂pxp−11+x +∞Zd xp−1dx =dx =dp1+x0dππ 2 cos(πp)=−,dp sin(πp)sin2 (πp)502где p ∈ (0, 1).

Отметим, что здесь правило Лейбница справедливо, посколькунесобственный интегралZ+∞xp−1 ln xdx =1+x0Z1δδxp−1− 2 x 2 ln xdx +1+x0Z∞δx− 2 ln xδ1x2−p− 2 (x−1 + 1)dxсходится равномерно по p ∈ [δ, 1 − δ], δ ∈ (0, 12 ); несобственный интеграл+∞R xp−11+x dx сходится равномерно по p ∈ [δ, 1 − δ], но нам достаточно сходимо0сти хотя бы в одной точке; функцииxp−11+xиxp−1 ln x1+xнепрерывны по (x, p) ∈[0, +∞) × [δ, 1 − δ].14.8+∞R0Задача [2], 3864.1x ln x1+x3dx.Решение.Z+∞x ln xdx = . . .1 + x3021t = x3 , x = t , dx = t− 3 dt3Z+∞ 2 −1Z+∞ α−11t 3 ln t1 d tdt =dt 2 =...

=α= 391+t9 dα1+t001 π 2 cos πα 2π 21 d π =−. 2=α= 39 dα sin πα α= 23927sin2 πα13Дома:С помощью эйлеровых интегралов вычислить следующие интегралы:14.9RaЗадача [2], 3844√x2 a2 − x2 dx (a > 0).050314.10+∞R0Задача [2], 3846dx1+x3 .14.11Задача [2], 3849R1(n > 1).0dx√n1−xnОпределить область существования и выразить через эйлеровых интегралыследующие интегралы14.12Задача [2], 3855R1(m > 0).0dx√n1−xm14.13+∞RЗадача [2], 3860nxm e−x dx.014.14+∞R015Задача [2], 3864.2ln2 x1+x4dx.Seminar n.

15. Date 22.10.2018. Room 5240. Start at12.40. Контрольная работа по теме занятий 1–14Контрольная работа!1. Определить область сходимости. Исследовать на равномерную сходимость и непрерывность сумму ряда504(a)∞Pn=0x2(1+x2 )n ,E = R;Решение.

Здесь частичная сумма ряда имеет видnnn XXx2(x2 + 1 − 1) X11Sn (x) ===−(1 + x2 )k(1 + x2 )k(1 + x2 )k−1 (1 + x2 )kk=0k=0k=0(1 + x2 ) −(S(x) = lim Sn (x) =n→∞1,(1 + x2 )n1 + x2 , x 6= 0,0,x = 0.Поточечная сходимость есть при любом x ∈ R. В свою очередь,(1(1+x2 )n , x 6= 0,rn (x) = S(x) − Sn (x) =sup |rn (x)| = 1.x∈R0,x = 0,Из вида S(x) видно, что это функция непрерывна при любом x 6= 0.Если бы это было не очевидно, то (при помощи теоремы 7.3) этоследовало бы из непрерывности членов данного функциональногоряда и его равномерной сходимости на множестве (−∞, −δ]∪[δ, +∞)при любом δ > 0.Ответ.

Ряд сходится неравномерно на множестве R, а сумма ряданепрерывна при x 6= 0. 10∞Px11(b)(nx+1)((n+1)x+1) , E = [0, +∞).n=01Решение. Представим частичную сумму ряда Sn (x) = 1 − (n+1)x+1.(1 x 6= 0,S(x) = lim Sn (x) =n→∞0 x = 0,Sn (x) ⇒/ S(x), так как[0,+∞)(rn (x) = S(x) − Sn (x) =1(n+1)x+1x 6= 00x = 0,sup |rn (x)| = 1.x∈[0,+∞)Ответ. Ряд сходится неравномерно на множестве [0, +∞), а суммаряда непрерывна при x 6= 0.22xРяд будет сходится поточечно при x 6= 0 по признаку Даламбера: (1+xx2 )n+1 / (1+x2 )n =111Дополнительно: что можно сказать про область E = R\({−1} ∪ {− 2 } ∪ .

. .)?1050511+x2< 1.2. Справедливы ли равенства? (Дифференцируемость и интегрируемостьфункциональных рядов)(a) un (x) = nxe−nx2− (n − 1)xe−(n−1)x2,ddx∞Pun (x) =n=1∞Pu 0n (x);n=1Решение.2Sn (x) = nxe−nx ,2Sn0 (x) = n(1 − 2nx2 )e−nx ,dlim Sn (x) ≡ 0; Sn0 (0) = n, lim Sn0 (x) = 0, x 6= 0.dxn→∞n→∞n→∞∞∞PPdОтвет. Равенство dxun (x) =u 0n (x) справедливо при x 6= 0.n=1n=1∞∞ RzRz PP22(n+1)2 xx{u(x)}dx=un (x) dx.un (x) = (1+n2 x2n2 ) ln(n+1)− (1+(n+1),2 x2 ) ln(n+2)nn=1n=100lim Sn (x) ≡ 0 ⇒(b)Решение.2x2x(n + 1)2Sn (x) =−,(1 + x2 ) ln 2 (1 + x2 (n + 1)2 ) ln(n + 2)S(x) = lim Sn (x) =n→∞(1 +2x(n + 1)2rn (x) = S(x) − Sn (x) =,ln(n + 2)(1 + x2 (n + 1)2 )n+11= lim= ∞, Sn (x) ⇒/ S(x).lim sup |rn (x)| = lim rnn→∞ ln(n + 2)n→∞ x∈Rn→∞n+1[0,+∞)Zz Zzun (x) dx =02n2 x2(n + 1)2 x−(1 + n2 x2 ) ln(n + 1) (1 + (n + 1)2 x2 ) ln(n + 2)dx =02 2ln(1 + n x ) z ln(1 + (n + 1)2 x2 ) z ln(1 + n2 z 2 ) ln(1 + (n + 1)2 z 2 )−,− =0ln(n + 1) 0ln(n + 2)ln(n + 1)ln(n + 2)ZzSn (x) dx =ln(1 + z 2 ) ln(1 + (n + 1)2 z 2 )−,ln 2ln(n + 2)ln(1 + (n + 1)2 z 2 )=n→∞ln(n + 2)lim012z 2 ( (y+1)+ 1)ln(1 + (y + 1)2 z 2 )2(y + 1)z 2 (y + 2)lim= lim=lim=2y→+∞y→+∞ (1 + (y + 1)2 z 2 )y→+∞ ( 1 2 + z 2 )ln(y + 2)(y+1)Zzln(1 + z 2 ),lim Sn (x) dx =n→∞ln 20506Zzln(1 + z 2 )− 2.limSn (x) dx =n→∞ln 20∞∞ RzRz PPОтвет.

Равенствоun (x) dx =un (x) dx выполнено только при z = 0.0n=1n=1 03. Исследовать на равномерную сходимость несобственный интеграл по параметру yR∞ cos(x y)(a) (1+x2 ) dx, y ∈ R;0Решение. Здесь мы используем признак Вейерштрасса:supy∈R(b)R∞| cos(x y)|1=.(1 + x2 )1 + x2x sin(x3 + yx) dx, y ∈ [0, +∞).120Решение. Здесь можно представить интегралZ∞x sin(x3 + yx) dx =0Z1x sin(x3 + yx) dx +0ИнтегралR1Z∞x sin(x3 + yx) dx.1x sin(x3 + yx) dx является определенным интегралом,0подынтегральная функция которого является непрерывной по (x, y) ∈[0, 1] × [0, +∞) и равномерно ограниченной на этом множестве.

Всвою очередь, интегралZ∞x sin(x3 + yx) dx = −1Z∞x∂·(cos(x3 + yx)) dx =23x + y ∂x1Z∞−11 ∂1 dx·(cos(x3 + yx)) ·x ∂x3 + xy2сходится равномерно по признаку Абеля по y ∈ [0, +∞), посколькуR∞ 1 ∂интеграл x · ∂x (cos(x3 + yx)) dx сходится равномерно по признаку112В контрольной работе нужно было рассмотреть только случай y ∈ [0, +∞).507Дирихле, а функция g(x, y) =13+ xy2является монотонной по x прикаждом y ∈ [0, +∞) и равномерно ограниченной.Задачи со ∗.4. Дан интегралZ1I(y) =sin1 dx,x xyy ∈ E = [0, 2).04.а) Исследовать интеграл I(y) на равномерную сходимость на множестве E.Подсказка: представить интеграл I(y) в видеR1 00cos( x1 )x2−y dx.Рассмотреть равномерную сходимость на множестве y ∈ [0, 2−δ],∀δ ∈ (0, 2).4.б) Будет ли функция I(y) непрерывна справа в точке y = 0?R1Подсказка: к интегралу sin x1 dxxy применить теорему о предель0ном переходе под знаком несобственного интеграла при y → +0.4.в) Будет ли функция I(y) непрерывна слева в точке y = 2?4.г) Справедлива ли формулаI 0 (y) =Z11 ∂ 1sin( )dxx ∂y xy0при ∀y ∈ E?R1Подсказка: представить правую часть равенства в виде: − sin( x1 ) lnxyx dx,0и исследовать полученный интеграл на равномерную сходимостьна множестве [0, 2 − δ], ∀δ ∈ (0, 2).1.д) Справедлива ли следующая формулаZ1Z1I(y)dy =0Z11 dy sin( )dx?xxy0Будет ли сходится правая часть?50805.

Используя интеграл Дирихле+∞R0+∞R02sin (yx)x2sin(yx)xdx = π2 signy, вычислить интегралdx, y > 0.Подсказка. Фиксируем y > 0 и используем формулу интегрированияпо частям:Z+∞sin2 (yx)dx = −x20 0Z+∞1sin2 (yx) ·dx.x06. Выразить через значение гамма-функции интегралR10(ln x1 )y−1 xβ−1 dx,y > 0, β > 0.Подсказка.

Здесь нужно сделать замену t = ln x1 .Подготовка к контрольной работе является обязательной!Обязательно прорешайте следующие задачи. На контрольнойработе будут даны другие задачи!1. Доказать равномерную сходимость функциональной последовательности fn (x) = xn на множестве [−1 + δ, 1 − δ], δ ∈ (0, 1);2. Доказать равномерную сходимость ряда∞Pxn на множестве [−1 + δ, 1 −n=0δ], δ ∈ (0, 1);3. Доказать равномерную сходимость функционального ряда∞Pxn на мно-n=0жестве [−1 + δ, 1 − δ];4. Почленно дифференцируя и интегрируя этот ряд, записать ряды Тейлора соответствующих функций, учитывая, что∞Xn=0xn =1,1−xx ∈ (−1, 1).5.

Тремя способами (метод дифференцирования по параметру, сведение кдвойному интегралу, формула Фруллани) вычислить один из интегралов(на выбор):509(a)+∞R0(b)+∞R0e−αx −e−βxxdx (α > 0, β > 0);arctg(ax)−arctg(bx)xdx (a > 0, b > 0).При сведения однократного несобственного интеграла к двойному, можно использовать следующие формулы:e−αx − e−βx=xZβe−xy dy,αarctg(ax) − arctg(bx)=xZady.1 + x2 y 2b6.

Характеристики

Список файлов семинаров