21

Билет № 21

1. Пусть требуется найти ∫f(x)dx, причем непосредственно его найти не удается. Часто путем удачной замены переменных этот интеграл удается свести к интегралу, который легко вычисляется. Сделаем замену переменной в подынтегральном выражении, положив x=ф(t). При этом пусть функция х=ф(t) непрерывна и строго монотонна в некотором промежутке Т, поэтому существует обратная функция t=ψ(t) на промежутке Х=ф(Т). Кроме того, пусть существует и непрерывна φ̍(t), t ϵT.

Тогда имеет место формула ∫f(x)dx=∫f[φ(t)]φ̍(t)dt, т.е. если ∫f[φ(t)]φ̍(t)dt=F(t)+C, то ∫f(x)dx=F[ψ(x)]+C.

Док-во: F ̍(t)= f[φ(t)]φ̍(t)= f(x)φ̍(t). По правилу отыскания производной сложной функции F=[ψ(x)], где t= ψ(x)-промежуточный аргумент, dF[ψ(x)]/dx=(dF/dt)*(dψ(x)/dx)= f(x)φ̍(t)[1/ φ̍(t)]=f(x), поскольку dψ(x)/dx=1/ φ̍(t) по теореме о производной обратной функции.

2. f(x)=ln(1+x).

Производную этой функции разложим как сумму геометрической прогрессии f ̍(x)=1/(1+x)= 1-x+ x² –x³ +… при -1˂х˂1. Интегрируя почленно этот ряд, получим ln(1+x)=х- x²/2+ x³ /3-…+ (-1)ⁿ xⁿ/n+… при -1˂х˂1.

f(x)=arctgx.

f ̍(x)=1/(1+x)=1- x² + x⁴ – x⁶ +… при -1˂х˂1. Интегрируя почленно, получим arctgx=x-x³/3+x⁵/5-x⁷/7+…+(-1)ⁿ x⁽²ⁿ⁺¹⁾/(2n+1)+… при -1˂х˂1.

Построим ряд Тейлора для f(x)=(1+x)^m. Вычислим коэффициенты степенного ряда по формулам a_n=f⁽ⁿ⁾(0)/n!. Для этого будем находить последовательные производные функции в точке х=0 до тех пор, пока не установим формулу для f⁽ⁿ⁾(0), n=1, 2, …

f(0)=1,

f ̍(x)=m(1+x)^m-1 , f ̍(0)=m,

f ˝(x)=m(m-1) m(1+x)^m-2 , f ˝(0)=m(m-1),…… f⁽ⁿ⁾(0)=m(m-1)(m-2)…(m-(n-1)).

Выпишем ряд Тейлора для функции f(x)=(1+x)^m : (1+x)^m= 1+mx/1!+m(m-1) x²/2!+…+m(m-1)…(m-n+1)xⁿ/n!+…

Этот ряд сходится к (1+x)^m на интервале (-1;1).