Интегралы

[RIP]

Городецкий Павел писал(а):

Почему

$$\frac{{e^{inx} - e^{ - inx} }}{{e^{ix} - e^{ - ix} }} = \sum\limits_{k = 1}^n {e^{i((n + 1) - 2k)x} } $$

Справа стоит сумма геометрической прогрессии... А ещё лучше вспомнить формулу $\frac{a^n-b^n}{a-b}=\ldots$

Добавлено спустя 9 минут 29 секунд:

Городецкий Павел писал(а):

В силу периодичности имеем

$$F'(t + T) = f(t)$$

. Интегрируя на отрезке

$$\left[ {x_0 ,x} \right]$$

, находим

$$F(x + T) - F(x_0 + T) = f(t)$$

.

Наверно, опечатка? Если правильно проинтегрировать, получим $F(x+T)-F(x_0+T)=F(x)$.

Городецкий Павел писал(а):

Я не совсем понимаю почему
- выполняется равенство

$$F(x_0 + T) = \int\limits_{x_0 }^{x_0 + T} {f(t)dt} $$

- функция

$$G(x) = F(x) - \frac{C}{T}x,x \in {\Cal R}$$

является периодической

- Не понял первый вопрос. Написанное равенство следует из определения $F(x)$.
- $G(x+T)-G(x)=0$, поскольку $F(x+T)-F(x)=C$.

Добавлено спустя 7 минут 39 секунд:

Вообще, какое-то мутное решение у первой задачи. В чём смысл фразы

Городецкий Павел писал(а):

Поскольку

$$F(x_0 + T) = \int\limits_{x_0 }^{x_0 + T} {f(t)dt = \int\limits_0^T {f(t)dt = C,C = const,} } $$

если дальше это нигде не используется? Достаточно просто обозначить $C=F(x_0+T)$ и всё.
Да и непрерывность функции $f(t)$ вообще здесь ни при чём. Свойство $F(x+T)-F(x)=F(x_0+T)$ следует из равенства $f(t+T)=f(t)$, если его тупо проинтегрировать.

[Городецкий Павел]

RIP писал(а):

Городецкий Павел писал(а):

Почему

$$\frac{{e^{inx} - e^{ - inx} }}{{e^{ix} - e^{ - ix} }} = \sum\limits_{k = 1}^n {e^{i((n + 1) - 2k)x} } $$

Справа стоит сумма геометрической прогрессии... А ещё лучше вспомнить формулу $\frac{a^n-b^n}{a-b}=\ldots$

Да так и получиться

$$\frac{{a^n - b^n }}{{a - b}} = a^{n - 1} + a^{n - 2} b + ... + ab^{n - 2} + b^{n - 1} (a = e^{ix} ,b = e^{ - ix} )$$

Только вот с этой же самой формулой (Эйлера) связанна еще одна задачка:
Найти

$$ \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \cos x\cos 2nxdx} = \frac{1} {{2n}}\left. {\sin 2nx\ln \cos x} \right|_0^{\pi /2} - \frac{1} {{2n}}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\sin x\sin 2nx}} {{\cos x}}dx} = $$

$$ = - \frac{1} {{2n}}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{(e^{ix} - e^{ - ix} )(e^{2nix} - e^{ - 2nix} )}} {{e^{ix} + e^{ - ix} }}dx} = .. $$

А вот как дальше ее решать не пойму

RIP писал(а):

Наверно, опечатка? Если правильно проинтегрировать, получим $F(x+T)-F(x_0+T)=F(x)$.

Извините - Я описался

RIP писал(а):

Городецкий Павел писал(а):

Я не совсем понимаю почему
- выполняется равенство

$$F(x_0 + T) = \int\limits_{x_0 }^{x_0 + T} {f(t)dt} $$

- функция

$$G(x) = F(x) - \frac{C}{T}x,x \in {\Cal R}$$

является периодической

- Не понял первый вопрос. Написанное равенство следует из определения $F(x)$.
- $G(x+T)-G(x)=0$, поскольку $F(x+T)-F(x)=C$.

По поводу периодичности - понял, а вот по поводу $F(x)$ уточняющий вопрос:
Из того, что

$$F(x) = \int\limits_{x_0 }^x {f(t)dt}$$

следует ли, то что

$$F(a) = \int\limits_{x_0 }^a {f(t)dt} ,a - const$$

RIP писал(а):

Вообще, какое-то мутное решение у первой задачи. В чём смысл фразы

Городецкий Павел писал(а):

Поскольку

$$F(x_0 + T) = \int\limits_{x_0 }^{x_0 + T} {f(t)dt = \int\limits_0^T {f(t)dt = C,C = const,} } $$

если дальше это нигде не используется? Достаточно просто обозначить $C=F(x_0+T)$ и всё.
Да и непрерывность функции $f(t)$ вообще здесь ни при чём. Свойство $F(x+T)-F(x)=F(x_0+T)$ следует из равенства $f(t+T)=f(t)$, если его тупо проинтегрировать.

Решение подкорректировал - спасибо

[RIP]

Городецкий Павел писал(а):

$$ = - \frac{1} {{2n}}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{(e^{ix} - e^{ - ix} )(e^{2nix} - e^{ - 2nix} )}} {{e^{ix} + e^{ - ix} }}dx} = .. $$

А вот как дальше ее решать не пойму

Можно числитель и знаменатель дроби домножить на $e^{ix}-e^{-ix}$.

Добавлено спустя 5 минут 46 секунд:

Городецкий Павел писал(а):

Из того, что

$$F(x) = \int\limits_{x_0 }^x {f(t)dt}$$

следует ли, то что

$$F(a) = \int\limits_{x_0 }^a {f(t)dt} ,a - const$$

?

Следует. Запись $F(x) = \int_{x_0 }^x {f(t)\,dt}$ как раз и означает, что при каждом $a=const\qquad F(a) = \int_{x_0 }^a {f(t)\,dt}$.

Добавлено спустя 31 минуту 14 секунд:

Городецкий Павел писал(а):

$$\frac{1} {{2n}}\left. {\sin 2nx\ln \cos x} \right|_0^{\pi /2} - \frac{1} {{2n}}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\sin x\sin 2nx}} {{\cos x}}dx} = $$

$$ = - \frac{1} {{2n}}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{(e^{ix} - e^{ - ix} )(e^{2nix} - e^{ - 2nix} )}} {{e^{ix} + e^{ - ix} }}dx} = .. $$

Это равенство неверно, кстати

Добавлено спустя 4 минуты 5 секунд:

Городецкий Павел писал(а):

$$ \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \cos x\cos 2nxdx} = \frac{1} {{2n}}\left. {\sin 2nx\ln \cos x} \right|_0^{\pi /2} - \frac{1} {{2n}}\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{\sin x\sin 2nx}} {{\cos x}}dx} = $$

И это тоже неверно

[Городецкий Павел]

А теперь-то правильно ?

$$ \int\limits_0^{\pi /2} {\ln \cos x\cos 2nxdx} = {1 \over {2n}}\left. {\sin 2nx\ln \cos x} \right|_0^{\pi /2} + {1 \over {2n}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{\sin x\sin 2nx} \over {\cos x}}dx} = $$

$$ = - {1 \over {4n}}\int\limits_0^{\pi /2} {{{(e^{ix} - e^{ - ix} )(e^{2nix} - e^{ - 2nix} )} \over {e^{ix} + e^{ - ix} }}dx} = ... $$

[RIP]

Теперь вроде правильно.

[Городецкий Павел]

Опять интегралы
Я решил один интеграл, но что-то меня терзают смутные подозрения, что неправильно:

$$ \int {\frac{{x\ln x}} {{\left( {1 + x^2 } \right)^2 }}dx} = - \frac{1} {2}\int {\ln xd\left( {\frac{1} {{1 + x^2 }}} \right)} = - \frac{1} {2}\left[ {\frac{{\ln x}} {{1 + x^2 }} - \int {\frac{{dx}} {{(1 + x^2 )x}}} } \right] = $$

$$ = - \frac{1} {2}\left[ {\frac{{\ln x}} {{1 + x^2 }} - \int {\left( {\frac{{ - x}} {{1 + x^2 }} + \frac{1} {x}} \right)dx} } \right] = - \frac{1} {2}\left[ {\frac{{\ln x}} {{1 + x^2 }} + \int {\frac{{xdx}} {{1 + x^2 }}dx} - \ln \left| x \right|} \right] = $$

$$ = - \frac{1} {2}\left[ {\frac{{\ln x}} {{1 + x^2 }} + \frac{1} {2}\ln \left| {1 + x^2 } \right| - \ln \left| x \right|} \right] $$

А еще я не пойму как подступиться к исследованию на сходимость следующих несобственных интегралов:

$$ 1.\int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{dx}} {{\sin ^p x\cos ^q x}}} $$

$$ 2.\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{dx}} {{x^p \ln ^q x}}} $$

[Brukvalub]

По первому интегралу зачёт, только модули не нужны, а при исследовании сходимости двух других интегралов Вам помогут признаки сравнения и эталонный интеграл от степени переменной.

[Городецкий Павел]

Какие признаки сравнения ? А эталонный - это табличный да?

[Brukvalub]

Про признаки сравнения см. здесь: http://www.ducc.donetsk.ua/vm/07-7/07-7.htm , а также во всех учебниках математического анализа. Эталонный интеграл:

\[ \int\limits_a^b {(x - a)^p dx} \]

сходится тогда и только тогда, когда p>-1

[Городецкий Павел]

С первым интегралом я вот что сделал

$$ \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{dx}} {{\sin ^p x\cos ^q x}}} $$

Делаю замену:

$$ {\sin x = t,\cos x = \sqrt {1 - \sin ^2 x} = (1 - t^2 )^{1/2} } $$

$$ {x = 0 \Rightarrow t = \sin 0 = 0,x = \pi /2 \Rightarrow t = \sin \pi /2 = 1} $$

$$ {\cos xdx = dt \Rightarrow dx = dt/\cos x = dt/(1 - t^2 )^{1/2} } $$

Получаю:

$$ = \int\limits_0^1 {\frac{{dt}} {{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}} = \int\limits_0^{1/2} {\frac{{dt}} {{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}} + \int\limits_{1/2}^1 {\frac{{dt}} {{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}} = I_1 + I_2 $$

При

$$x \to +0 $$

функция

$$\frac{1}{{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}$$

имеет тот же порядок роста, что и

$$\frac{1}{{t^p }}$$

следовательно по признаку сравнения при

$$p < 1$$

интеграл

$$I_1$$

сходиться и расходиться, если

$$p > 1$$

При

$$x \to b-0 $$

функция

$$\frac{1}{{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}$$

имеет тот же порядок роста, что и

$$\frac{1}{{(1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}$$

следовательно по признаку сравнения при

$$(q + 1)/2 < 1 \Rightarrow q < 1$$

интеграл

$$I_2$$

сходиться и расходиться, если

$$q > 1$$

[Brukvalub]

Городецкий Павел писал(а):

При

$$x \to +0 $$

функция

$$\frac{1}{{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}$$

имеет тот же порядок роста, что и

$$\frac{1}{{t^p }}$$

следовательно по признаку сравнения при

$$p < 1$$

интеграл

$$I_1$$

сходиться и расходиться, если

$$p > 1$$

При

$$x \to b-0 $$

функция

$$\frac{1}{{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}$$

имеет тот же порядок роста, что и

$$\frac{1}{{(1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}$$

следовательно по признаку сравнения при

$$(q + 1)/2 < 1 \Rightarrow q < 1$$

интеграл

$$I_2$$

сходиться и расходиться, если

$$q > 1$$

на первом участке не исследован случай р=1, а на втором участке вместо сравнения с эталонной функцией

$$\frac{1}{{(1 - t )^{ p} }}$$

Вы стали сравнивать с функцией

$$\frac{1}{{(1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}$$

[Городецкий Павел]

Исправляю ошибки

$$ \int\limits_0^{\pi /2} {\frac{{dx}} {{\sin ^p x\cos ^q x}}}=... = \int\limits_0^{1/2} {\frac{{dt}} {{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}} + \int\limits_{1/2}^1 {\frac{{dt}} {{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}} = I_1 + I_2 $$

При

$$t \to +0 $$

функция

$$\frac{1}{{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}$$

имеет тот же порядок роста, что и

$$\frac{1}{{t^p }}$$

следовательно по признаку сравнения при

$$p < 1$$

интеграл

$$I_1$$

сходиться и расходиться, если

$$p \geqslant 1$$

А в

$$I_2$$

сделаем замену переменных

$$t^2 = y,2tdt = dy,dt = dy/2t = dy/2y^{1/2} $$

получим

$$I_2 = \int\limits_{1/2}^1 {\frac{{dt}} {{t^p (1 - t^2 )^{(q + 1)/2} }}} = \int\limits_{1/2}^1 {\frac{{dy}} {{2y^{(p + 1)/2} (1 - y)^{(q + 1)/2} }}} $$

При

$$y \to b-0 $$

функция

$$ \frac{1} {{2y^{(p + 1)/2} (1 - y)^{(q + 1)/2} }} $$

имеет тот же порядок роста, что и

$$\frac{1}{{(1 - y )^{(q + 1)/2} }}$$

следовательно по признаку сравнения при

$$(q + 1)/2 < 1 \Rightarrow q < 1$$

интеграл

$$I_2$$

сходиться и расходиться, если

$$q \geqslant 1$$

Опять в ступоре - как найти сумму с помощью определенных интегралов

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum\limits_{k = 1}^n {\sqrt {(nx + k)(nx + k + 1)} } }} {{n^2 }} $$

[ИСН]

Подумайте, к какому интегралу имеет отношение эта сумма. Ведь интеграл (любой) что такое? - это предел каких-то сумм. Например, можно сказать, что $\int\limits_0^1x\ dx = \lim\limits_{n\to\infty}{\sum\limits_{k=1}^n k/n\over n}$.

[Городецкий Павел]

Вот эти суммы я понял (надеюсь что правильно):

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1} {{n + 1}} + \frac{1} {{n + 2}} + ... + \frac{1} {{2n}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1} {n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1} {{1 + k/n}}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}} {{1 + x}}} $$

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{n} {{n^2 + 1}} + \frac{n} {{n^2 + 4}} + ... + \frac{n} {{2n^2 }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1} {n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1} {{1 + k/n^2 }}} = \int\limits_0^1 {\frac{{dx}} {{1 + x^2 }}} $$

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{1^p + 2^p + ... + n^p }} {{n^{p + 1} }} = \int\limits_0^1 {x^p dx} $$

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1} {n}\left( {\sqrt {1 + \frac{1} {n}} + \sqrt {1 + \frac{2} {n}} + ... + \sqrt {1 + \frac{n} {n}} } \right) = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 + x} dx} $$

А вот эти я не понимаю как угадать

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\root n \of {n!} }} {n} $$

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left[ {\left( {1 + \frac{1} {n}} \right)\sin \frac{\pi } {{n^2 }} + \left( {1 + \frac{2} {n}} \right)\sin \frac{{2\pi }} {{n^2 }} + ... + \left( {1 + \frac{{n - 1}} {n}} \right)\sin \frac{{(n - 1)\pi }} {{n^2 }}} \right] $$

$$ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum\limits_{k = 1}^n {\sqrt {(nx + k)(nx + k + 1)} } }} {{n^2 }},(x > 0) $$

[Brukvalub]

В первой из оставшихся задач можно свести к интегралу логарифм выражения под знаком предела. В остальных двух задачах можно представить сумму в виде двух сумм, одна из которых будет интегральной суммой, а вторая будет бесконечно малой величиной.