Добавил:

fench Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

.pdf

Скачиваний:

230

Добавлен:

16.08.2013

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 3625 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 > Следующая >>>

ax + b

+∞

= [2(n

∞

−

1)∆(ax2 + 2bx + c)n−1 ]

∫

−∞

(2n − 3)a

2(n − 1)∆

(ax2 + 2bx + c)n−1

2(n − 1)∆

n−1

−∞

Это приводит к рекуррентному соотношению

(2n − 3)a

n−1

(2n − 2)∆

Применяя полученное соотношение n − 1 раз, находим:

(2n − 3)a(2n − 5)a . . . 3a · a

I1 =

(2n − 2)∆(2n − 4)∆ . . . (4∆)(2∆)

(2n − 3)!!

(

)

n−1

(2n − 2)!!

∆

Так как ac − b2 > 0, то после замены y = x + ab

имеем:

+∞

d (x +

)

I1 = ∫

= ∫

ax2 + 2bx + c

a x +

2 +

ac − b2

−∞

(

+∞

[

]

∞

∫

√

arctg

√

−∞

−

−∞

π sgn a

= √

Следовательно,

ac − b2

+∞

(2n − 3)!!πan−1 sgn a .

∫

(ax2 + 2bx + c)n

(2n

−

2)!!(ac

−

b2)n−21

−∞

241

	+∞
2350. In = ∫		dx					.
2350. In = ∫		x(x + 1) . . . (x + n)					.
1
Разложим подынтегральную функцию на элементарные дро-
би
1			=	c0	+		c1	+ · · · +	cn
										.
	x(x + 1) . . . (x + n)			x		x + 1			x + n	.

Приводя к общему знаменателю и освобождаясь от него, получаем тождество

1= c0(x + 1) . . . (x + n) + · · ·

·· · + ckx(x + 1) . . . (x + k − 1)(x + k + 1) . . . (x + n) + · · ·

·· · + cnx(x + 1) . . . (x + n − 1).

Полагая в этом тождестве x= −k и учитывая, что все слагаемые в правой части кроме k-го (слагаемые нумеруются с нуля) равны нулю, имеем:

1 = ck(−k)(−k + 1) . . . (−1)(1)(2) . . . (n − k),

откуда находим

ck =

(−1)k

(−1)kCnk

k!(n − k)!

Следовательно,

= 1

(−1)kCnk .

∑

x(x + 1) . . . (x + n)

k=0

x + k

Интегрируя это равенство, получаем

∫

x(x + 1) . . . (x + n)

= [n! k=0(−1)kCnk ln(x + k)]1

+∞

∑

242

lim

(

1)kCk ln(x + k)

( 1)kCk ln(k + 1).

n! x

−

− n!

→

∞

k=0

−

∑

Из формулы бинома Ньютона следует, что

(−1)kCnk = (1 − 1)n = 0,

k=0

∑

Поэтому

(−1)kCnk ln(x + k) =

k=0

∑

(−1)kCnk)ln(x) =

= (−1)kCnk ln(x + k) − (

k=0

∑

x + k

= (−1)kCnk (ln(x + k) − ln(x)) =

(−1)kCnk ln

k=0

∑

Таким образом,

x + k

lim

( 1)kCk ln(x + k) =

( 1)kCk

lim

= 0

x→+∞

−

n x→+∞

k=0

∑

и искомый интеграл

+∞

∫

= −

k=0(−1)kCnk ln(k + 1) =

x(x + 1) . . . (x + n)

∑

(−1)k+1Cnk ln(k + 1) =

(−1)k+1Cnk ln(k + 1)

k=0

k=1

∑

(слагаемое, отвечающее k = 0, равно нулю).

n dx

2351. In = ∫

x)(1 + x)

√

−

243

Замена t = arcsin x (x = sin t) дает

π/2

In = ∫0

sinn t dt.

Согласно решению задачи 2882

(2k − 1)!!

n = 2k,

(2k)!!

In =

(2k)!!

∞

, n = 2k + 1.

2352. In = ∫0

(2k + 1)!!

chn+1 x

Используя свойства гиперболических функций и интегрируя

по частям, получаем:

+∞

2 x sh2 x

+∞ sh2 x

In = ∫0

ch −

dx = In−2 − ∫0

dx =

chn+1 x

+∞

(

) = In−2 +

∫0

= In−2 +

sh x d

chn x

sh x

+∞

−

∫

+ n chn x

chn−1 x =

−

= I

n−2

−

] =

n−2

Таким образом, для рассматриваемого интеграла имеет место рекуррентное соотношение

n − 1

In = n In−2.

244

Нетрудно вычислить интегралы при n = 0 и n = 1:

+∞			+∞	d(sh x)
I0 = ∫	dx	=	∫		=

	ch x			ch2 x

+∞

(sh x)

∞

= ∫

= arctg(sh x) 0

1 + sh2 x

+∞

I1 = ∫

= th x 0

∞

= 1.

ch2 x

Далее воспользуемся рекуррентным соотношением. При n =

= 2k применим рекуррентное соотношение k раз, получаем

In = I2k =

2k − 1

I2k−2 = . . . =

(2k − 1)(2k − 3) . . . 3 · 1

I0 =

(2k)(2k − 2) . . . 4 · 2

(2k − 1)!!

= (n − 1)!!

π .

(2k)!!

n!!

При n = 2k + 1 применим рекуррентное соотношение k раз:

In = I2k+1 =

= . . .

I2k−1

2k + 1

. . . =

(2k)(2k − 2) . . . 4 · 2

(2k)!!

1 =

(n − 1)!!

(2k + 1)(2k − 1) . . . 5 · 3

(2k + 1)!! ·

n!!

Следовательно,

(n − 1)!!

– четное

n!!

1)!!

−

– нечетное

n!!

π/2

2353. а)

∫0

ln sin x dx;

б)

∫0

ln cos x dx.

245

Пусть

π/2		π/2
I1 = ∫0	ln sin x dx ,	I2 = ∫0	ln cos x dx.

Покажем, что I1 = I2, для этого в I2 сделаем замену x = π2 − t:

0				π/2
I2 = − ∫	ln cos	π	− t dt =	∫	ln sin t dt = I1.

		2
π/2	(		)	0

Обозначим общее значение этих интегралов через I. Тогда

				π/2				π/2
2I = I1 + I2 = ∫0					ln sin x dx + ∫0				ln cos x dx =
π/2							π/2
= ∫0	[ln sin x + ln cos x] dx = ∫0							ln (sin x cos x) dx =
	π/2					π/2
= ∫0		ln	sin 2x	dx =		∫0	[ln sin 2x − ln 2] dx =

			2

∫π/2

=ln sin 2x dx − π2 ln 2.

Преобразуем интеграл в правой части последнего равенства, делая замену 2x = t:

π/2		1	π	1	π/2		1	π
∫	ln sin 2x dx =		∫ ln sin t dt =		∫	ln sin t dt +		∫	ln sin t dt.

		2		2			2
0			0		0			π/2

246

Если во втором из полученных интегралов сделать замену z = π − t, получим

∫π ln sin t dt = − ∫0

π/2

ln sin(π − z)dz = ∫

ln sin z dz.

π/2

Следовательно,

π/2

∫0

ln sin 2x dx =

∫0

ln sin t dt +

∫0 ln sin z dz =

I +

I = I,

что приводит к уравнению

2I = I

−

ln 2.

Решая полученное уравнение, находим:

I = −

ln 2,

т. е.

π/2

∫0

ln sin x dx = ∫0

ln cos x dx = −

ln 2.

2354. Найти

∫

−

x/2

sin x − cos x|

dx,

√sin x

где E – множество тех значений x интервала (0; +∞), для которых подынтегральное выражение имеет смысл.

Прежде всего, вычислим неопределенный интеграл от подынтегральной функции с опущенным знаком модуля:

∫	e	−	x/2	sin x − cos x	dx =

				√sin x

247

cos x

= ∫ (e−x/2√sin x − e−x/2

)dx =

√

= ∫

sin x

(

)

−2e−x/2√

sin x

′ dx = −2e−x/2

√

sin x

+ C.

Область определения подынтегральной функции

∞

(2πn; π + 2πn)

E =

и рассматриваемый интеграл

π+2πn

∫

−

x/2 | sin x − cos x|

dx =

∞

∫

−

x/2

sin x − cos x|

dx.

√sin x

n=0

√sin x

∑

2πn

На

промежутке [2πn; π/4 +

2πn]

модуль

| sin x − cos x| =

= −(sin x − cos x), а на участке [π/4 + 2πn; π + 2πn] величина | sin x − cos x| = sin x − cos x. Следовательно, учитывая найденный выше неопределенный интеграл, имеем:

π+2πn

sin x − cos x| dx =

(

)

π/4+2πn

2πn

x/2

x/2√sin x

∫

−

√sin x

−

π+2πn

√4

− (2e−x/2√sin x) π/4+2πn = 2

8 e−π/8e−πn.

Таким образом,

∞

∑

∫

−

x/2

sin x − cos x|

dx = 2

√4 8 e

−

π/8

−

πn.

√sin x

n=0

Суммируя геометрическую прогрессию, находим:

∞

)

−

∑

∑ (

e−πn =

e−π

n =

e−π

n=0

248

и искомый интеграл

sin x − cos x|

√4

e−π/8

−

x/2

dx =

∫

√sin x

−

e−π

2355. Доказать равенство

+∞

(√

)

∫

f(ax +

)dx =

∫

x2 + 4ab dx,

где a > 0 и b > 0, предполагая, что интеграл в левой части равенства имеет смысл.

Рассмотрм на положительной полуоси функцию

y = ax +

график которой представлен на рис. 5.1.

y = ax +

√

2 ab

-x

√a

Рис. 5.1

Он имеет асимптоты x = 0 и y = ax. В точке x =

b/a

функция имеет единственный экстремум

y = 2

√

являющийся

√

строгим минимумом. На промежутках (0;

√

] и [√

; +∞)

b/a

249

эта функция имеет обратные, которые обозначим, соответственно, x1(y) и x2(y). Их явный вид легко найти, решая уравнение

y = ax + xb

относительно переменной x. Приводя к общему знаменателю, получаем квадратное уравнение ax2 − yx + b = 0. Решая его, находим:

4ab

y + y2

4ab

x1(y) =

− √2a −

, x2

(y) =

√2a

−

Рассматриваемый интеграл разбиваем на два:

√

+∞

b/a

+∞

∫ f(ax +

)dx = ∫

f(ax +

)dx + ∫

f(ax +

)dx.

√

b/a

В первом интеграле сделаем подстановку x = x1(y), а во втором – замену x = x2(y). В обоих случаях ax + b/x = y (по определению обратной функции). После замены получаем:

√

2√

b/a

∫

f(ax +

)dx = ∫ f(y)x1′ (y)dy =

2√

+∞

(1 −

)dy =

∫ f(y)

4ab

∞

−

(

√

− 1)dy.

∫∞ f(y)

√

y2 4ab

2√

−

+∞

∫

f(ax +

)dx = ∫ f(y)x2′ (y)dy =

√

2√

b/a

250

<<< < Предыдущая 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 3625 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.08.20132 Мб134Никитин Шемотехника интегралных шем ТТЛ, ТТЛШ и КМОП 2010.pdf
#
16.08.20131 Мб65Никифоров Взаимосвяз открытых систем 2010.pdf
#
16.08.2013646 Кб33Нормы радиационной безопасности (НРБ-99) 1999.pdf
#
16.08.201332 Мб132Нурушев Введение в поляризационную 2007.pdf
#
16.08.20137 Мб218Оганесян Введение в физику тяжелых ионов 2008.pdf
#
16.08.20131 Мб230Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010.pdf
#
16.08.20133 Мб813Орловский Определенный интеграл.Практикум Част 2 2010.pdf
#
16.08.20133 Мб63Ошурко Химическое и биологическое действие 2008.pdf
#
16.08.20138 Мб68Ушаков Метод. рекомендации к вып. работ по курсу Биофизический практикум 2002.doc
#
16.08.2013759 Кб90Федоров Высокотемпературная сверхпроводимост.Тлеюсчий разряд 2010.pdf
#
16.08.20133 Мб343Федоров Лабораторный практикум 2008.pdf