Bài 16
Tớ xin giải bài 16 như sau
$$I = \int_0^t {\frac{{{{\left( {t - x} \right)}^n}}}{{n!}}{e^x}dx} = f\left( x \right)*g\left( x \right)$$
Trong đó $\left\{\begin{matrix} f(x)=e^x\\g(x)=\frac{x^n}{n!} \end{matrix}\right.$
Áp dụng phép biến đổi Laplace ta có
$$\left\{ \begin{gathered} L\left( {f\left( x \right)} \right) = F\left( s \right) = \frac{1}{{{s^{n + 1}}}} \hfill \\ L\left( {g\left( x \right)} \right) = G\left( s \right) = \frac{1}{{s - 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow F\left( s \right).G\left( s \right) = \frac{1}{{\left( {s - 1} \right){s^{n + 1}}}} \Rightarrow I = {L^{ - 1}}\left\{ {\frac{1}{{\left( {s - 1} \right){s^{n + 1}}}}} \right\}$$
Tới đây thì dễ rồi
Tổng hợp các bài toán Tích phân
#41
Đã gửi 15-04-2013 - 12:46
#42
Đã gửi 15-04-2013 - 21:29
Bài 16
Tớ xin giải bài 16 như sau
$$I = \int_0^t {\frac{{{{\left( {t - x} \right)}^n}}}{{n!}}{e^x}dx} = f\left( x \right)*g\left( x \right)$$
Trong đó $\left\{\begin{matrix} f(x)=e^x\\g(x)=\frac{x^n}{n!} \end{matrix}\right.$
Áp dụng phép biến đổi Laplace ta có
$$\left\{ \begin{gathered} L\left( {f\left( x \right)} \right) = F\left( s \right) = \frac{1}{{{s^{n + 1}}}} \hfill \\ L\left( {g\left( x \right)} \right) = G\left( s \right) = \frac{1}{{s - 1}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow F\left( s \right).G\left( s \right) = \frac{1}{{\left( {s - 1} \right){s^{n + 1}}}} \Rightarrow I = {L^{ - 1}}\left\{ {\frac{1}{{\left( {s - 1} \right){s^{n + 1}}}}} \right\}$$
Tới đây thì dễ rồi
Bài này đơn giản chỉ là sử dụng tích phân từng phần:
- tangnobi yêu thích
#43
Đã gửi 21-04-2013 - 20:37
Bài 22
Ta xét bài toán tổng quát sau
$$I = \int_0^\infty {\frac{{dx}}{{{x^{2n}} + 1}}} $$
Phương trình ${z^{2n}} + 1 = 0$ có các nghiệm là $z = {e^{i\left( {2k + 1} \right)\frac{\pi }{{2n}}}},k = \overline {0..2n - 1} $
Do đó có thể thác triển giải tích $f(z)$
$$f\left( z \right) = \frac{1}{{{z^{2n}} + 1}}$$
của hàm đã cho vào nửa mặt phẳng có $n$ cực điểm đơn và hiển nhiên rằng
$$f\left( {z{e^{\frac{{i\pi }}{n}}}} \right) \equiv f\left( z \right)$$
Ta chọn chu tuyến tích phân $\Gamma \left( R \right)$ gồm
a) đoạn thẳng $\left[ {0,R} \right] \subset \mathbb{R}$
b) cung tròn $\gamma \left( R \right) = \left\{ {z = {{\operatorname{Re} }^{i\varphi }};0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi }{n}} \right\}$
c) đoạn thẳng $\delta = \left\{ {z = r{e^{i\frac{\pi }{n}}},0 \leqslant r \leqslant R} \right\}$
Theo định lý thặng dư Cauchy ta có
$$I = \int\limits_{\Gamma \left( R \right)} {f\left( z \right)dz} = \int_0^R {f\left( x \right)d{\text{x}}} + \int\limits_{\gamma \left( R \right)} {f\left( z \right)dz} + \int\limits_\delta {f\left( z \right)dz} = - \frac{{\pi i}}{n}{e^{\frac{{i\pi }}{{2n}}}} + \int\limits_{\gamma \left( R \right)} {f\left( z \right)dz} + \int\limits_\delta {f\left( z \right)dz} $$
Ta xét tích phân theo $\delta$ ta có
$$\int\limits_\delta {f\left( z \right)dz} = - \int_0^R {f\left( {r{e^{\frac{{i\pi }}{n}}}} \right){e^{\frac{{i\pi }}{n}}}dr} = {e^{\frac{{i\pi }}{n}}}\int_0^R {\frac{{dx}}{{1 + {x^{2n}}}}} $$
Ta xét tích phân theo $\gamma(R)$ ta có
$$\left| {\int\limits_{\gamma \left( R \right)} {} } \right| \leqslant \int\limits_{\gamma \left( R \right)} {\frac{{Rd\varphi }}{{{R^{2n}} - 1}}} = \frac{{\frac{\pi }{n}R}}{{{R^{2n}} - 1}} \to 0\left( {R \to \infty } \right)$$
Do đó ta có
$$\left( {1 - {e^{\frac{{i\pi }}{n}}}} \right)I = - \frac{{\pi i}}{n}{e^{\frac{{i\pi }}{n}}} \Rightarrow I = \frac{\pi }{{2n\sin \frac{\pi }{{2n}}}}$$
#44
Đã gửi 21-04-2013 - 21:19
Một bài toán hay đây: với $n$ nguyên dương hãy chứng minh rằng
$$I = \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\cos \left( {n\varphi - \sin \varphi } \right)d\varphi } = \frac{{2\pi }}{{n!}}$$
Bài này tớ cũng chưa tìm ra hướng đi
- phudinhgioihan yêu thích
#45
Đã gửi 21-04-2013 - 22:24
#46
Đã gửi 22-04-2013 - 00:42
Đặt như thế thì vẫn thấy các điểm cực để tình res
#47
Đã gửi 22-04-2013 - 08:38
Sau đây là lời giải của anh phudinhgioihan
$\begin{gathered}
{I_n} = \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\cos \left( {n\varphi - \sin \varphi } \right)d\varphi } = \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\left\{ {\cos \varphi \cos \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right] - \sin \varphi \sin \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]} \right\}d\varphi } \\
= \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\cos \varphi \cos \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]d\varphi } + \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\sin \varphi \sin \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]d\varphi } \\
\end{gathered} $
Xét tích phân sau ta có
$\begin{gathered}
I = \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\sin \varphi \sin \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]d\varphi } = \int_0^{2\pi } {\sin \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]d\left( { - {e^{\cos \varphi }}} \right)} \\
= \left. { - {e^{\cos \varphi }}\sin \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]} \right|_0^{2\pi } + \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\cos \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]\left( {n + 1 - \cos \varphi } \right)d} \varphi \\
= \left( {n + 1} \right)\int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\cos \varphi \cos \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]d\varphi } - \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\cos \varphi \cos \left[ {\left( {n + 1} \right)\varphi - \sin \varphi } \right]d\varphi } \\
\end{gathered} $
Do đó ta có được hệ thức truy hồi
$${I_n} = \left( {n + 1} \right){I_{n + 1}} \Rightarrow {I_n} = \frac{{{I_0}}}{{n!}} = \frac{{\int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\cos \left( {\sin \varphi } \right)d\varphi } }}{{n!}} = \frac{{2\pi }}{{n!}}$$
Tuy nhiên vẫn chưa hiểu lắm tại sao lại có đc
$${I_0} = \int_0^{2\pi } {{e^{\cos \varphi }}\cos \left( {\sin \varphi } \right)d\varphi } = 2\pi $$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienvuviet: 22-04-2013 - 11:57
- vo van duc, funcalys và phudinhgioihan thích
#49
Đã gửi 02-05-2013 - 16:54
Bài 23 có thể giải 1 cách khá cơ bản như sau
Ta có
$${I_n} = \int_0^1 {\frac{{n{{x}^2} + 1}}
{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^n}}}d{x}} = n\int_0^1 {\frac{{d{x}}}
{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^{n - 1}}}}} + \left( {1 - n} \right)\int_0^1 {\frac{{d{x}}}
{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^n}}}} = n{J_{n - 1}} + \left( {1 - n} \right){J_n}$$
Tới đây dùng công thức truy hồi là ra luôn
- funcalys yêu thích
#50
Đã gửi 05-06-2013 - 10:58
mọi người giúp e giải những bài này nhé. E ko hiểu lắm. Mà thầy cũng không giảng. Nên chả bik làm thế nào.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 25-07-2013 - 17:24
#51
Đã gửi 25-07-2013 - 17:01
tính tích phân:
$\int_{1}^{3}\frac{1}{x\sqrt{4x^{2}-5x+1}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 25-07-2013 - 17:24
#52
Đã gửi 25-07-2013 - 18:04
bài 16: Ta có $I_n=\int_0^t\frac{(t-x)^n}{n!}e^x{\rm d}x=\frac{(t-x)^n}{n!}e^x\Bigg|_0^t+\int_0^t\frac{(t-x)^{n-1}}{(n-1)!}e^x{\rm d}x=\frac{t^n}{n!}+I_{n-1}$
Theo công thức truy hồi ta được $I_n=\frac{t^n}{n!}+I_{n-1}=\frac{t^n}{n!}+\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}+\cdots+\frac{t}{1}+I_0$
Mà $I_0=\int_0^te^x{\rm d}x=e^t-1$
Vậy $I_{16}=I_n=\frac{t^n}{n!}+I_{n-1}=\frac{t^n}{n!}+\frac{t^{n-1}}{(n-1)!}+\cdots+\frac{t}{1}+e^t-1$.
Facebook: https://www.facebook...toi?ref=tn_tnmn or https://www.facebook...GioiCungTopper/
Website: http://topper.vn/
Mail: [email protected]
#53
Đã gửi 12-09-2013 - 01:44
Bài 6: Tính tích phân: $${I_6} = \int {\frac{{dx}}{{4\cos x + 3\sin x + 5}}} $$
đặt $tan\frac{x}2{} = u$, ta có $sin x = \frac{2u}{1 + u^{2}}$và $cos x = \frac{1-u^{2}}{1 + u^{2}}$; $dx = \frac{2}{1+u^{2}}$
sau khi biến đổi, ta có $\int \frac{2}{u^{2} + 6u +9} du$
bằng $-\frac{2}{u +3} + C$
= $-\frac{2}{tan \frac{x}{2}+ 3} + C$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kfcchicken98: 12-09-2013 - 01:49
#54
Đã gửi 11-12-2013 - 19:13
Ta có:
${I_6} = \int {\frac{{dx}}{{4\cos x + 3\sin x + 5}} = \int {\frac{{dx}}{{5\sin \left( {x + \alpha } \right)}}} } $
Với:
$\left\{ \begin{array}{l}
\sin \alpha = \frac{4}{5}\\
\cos \alpha = \frac{3}{5}
\end{array} \right.$
${I_6} = \frac{1}{5}\int {\frac{{\sin \left( {x + \alpha } \right)dx}}{{{{\sin }^2}\left( {x + \alpha } \right)}} = \frac{1}{5}\int {\frac{{d\left( {\cos \left( {x + \alpha } \right)} \right)}}{{{{\cos }^2}\left( {x + \alpha } \right) - 1}} = \frac{1}{{10}}\ln \left| {\frac{{\cos \left( {x + \alpha } \right) - 1}}{{\cos \left( {x + \alpha } \right) + 1}}} \right| + C} } $
5+sin(x+a) chứ , mình ko hiểu
#55
Đã gửi 11-12-2013 - 20:00
có 1 bài toán cũng khá được, mình là dân mới, mong các bạn và anh chị chỉ giáo. xin cám ơn
$I= \int_{0}^{3}arcsin\sqrt{\frac{x}{x+1}}dx$
$I'=\int_{1/2}^{2}(1+x-\frac{1}{x})e^{x+\frac{1}{x}}dx$
Cách khác:
Bài 2 thì thấy giải chuẩn rồi, còn bài 1 thì tôi có cách khác như sau:
Ta có nhận xét sau:
$$arc\sin\sqrt{\frac{x}{1+x}}=arc\tan\sqrt{x}$$
Nên:
$$I= \int arc\sin\sqrt{\frac{x}{x+1}}dx=\int arc\tan\sqrt{x}\: dx=\int arc\tan t\: d\left ( t^2 \right )$$
$$=t^2arc\tan t-\int \frac{t^2}{1+t^2}dt=\left ( t^2+1 \right )arc\tan t-t+C=\left ( x+1 \right )arc\tan\sqrt{x}-\sqrt{x}+C$$
- tangnobi yêu thích
$\text{Cứ làm việc chăm chỉ trong im lặng}$
$\text{Hãy để thành công trở thành tiếng nói của bạn}$
#56
Đã gửi 12-12-2013 - 06:52
Bài toán mở đầu (dễ):
Bài 1: Tính tích phân bất định sau: $$I = \int {\dfrac{1}{{{x^2}}}\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} } dx$$
P.s: Giải quyết bài 1 tồn đọng:
Đặt $t=\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\Rightarrow x=\frac{1+t^2}{1-t^2}\Rightarrow dx=\frac{4t}{\left ( 1-t^2 \right )^2}\: dt$
$\Rightarrow I_1=\int \left [ \frac{\left ( 1-t^2 \right )^2}{\left ( 1+t^2 \right )^2}\: t\: \frac{4t}{\left ( 1-t^2 \right )^2} \right ]dt=\int \frac{4t^2}{\left ( 1+t^2 \right )^2}dt$
$=-\int 2td\left ( \frac{1}{1+t^2} \right )=-\frac{2t}{1+t^2}+\int \frac{2}{1+t^2}dt=\frac{-2t}{1+t^2}+2\arctan t+C$
- tangnobi yêu thích
$\text{Cứ làm việc chăm chỉ trong im lặng}$
$\text{Hãy để thành công trở thành tiếng nói của bạn}$
#57
Đã gửi 12-12-2013 - 07:41
Bài 10: ${I_{10}} = \int\limits_0^1 {{{\left( {\frac{{\ln x}}{{x + 1}}} \right)}^2}dx} $
Hình như bài 10 còn tồn đọng:
Giải:
$$I_{10}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{\ln x}{1+x} \right )^2dx=\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\ln^2xd\left (- \frac{1}{1+x} \right )dx$$
$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x(1+x)}dx \right ]$$
$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x}dx-2\int_a^1 \frac{\ln x}{1+x} dx \right ]$$
$$=\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\frac{a\ln^2a}{1+a}}_{0}-2\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\frac{\ln x}{1+x}dx$$
$$=-2\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\ln a\ln(1+a)}_{0}+2\lim_{a\to 0^+}\underbrace{\int_{a}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx}_{I}$$
Đến đây thì vô hướng, chả biết làm nữa...làm liều-nghĩ theo hướng này: (!)
Ta dùng khai triên $Maclaurin:$
$\ln(1+x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{i+1}x^i}{i}$
$\Rightarrow I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx=\int_{0}^{1}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i+1}x^{i-1}}{i} \: dx=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}}{i^2}$
Đang nghĩ!
$\text{Cứ làm việc chăm chỉ trong im lặng}$
$\text{Hãy để thành công trở thành tiếng nói của bạn}$
#58
Đã gửi 28-12-2013 - 09:39
Cảm ơn sự tham gia của dark templar. Mọi người cùng tham gia giải nào. Sau đây là một bài dành cho Đại học.
Bài 5: Tính tích phân: $$I_{5}=\int_{-1}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$$
$\int_{-1}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}= \int_{-1}^{0}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}+\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$
Viết công thức toàn lỗi chắc dài quá, đành gửi ảnh
Em làm vậy không biết đúng không ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HauBKHN: 28-12-2013 - 09:51
- tangnobi yêu thích
Trang chia sẻ tài liệu của sinh viên Bách Khoa
Bài giảng Giải tích 3 Nguyễn Xuân Thảo - ĐH Bách Khoa Hà Nội
#59
Đã gửi 17-03-2014 - 00:00
Hình như bài 10 còn tồn đọng:
Giải:
$$I_{10}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{\ln x}{1+x} \right )^2dx=\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\ln^2xd\left (- \frac{1}{1+x} \right )dx$$
$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x(1+x)}dx \right ]$$
$$=\lim_{a\to 0^+}\left [ -\frac{\ln ^2a}{1+a}+2\int_a^1\frac{\ln x}{x}dx-2\int_a^1 \frac{\ln x}{1+x} dx \right ]$$
$$=\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\frac{a\ln^2a}{1+a}}_{0}-2\lim_{a\to 0^+}\int_{a}^{1}\frac{\ln x}{1+x}dx$$
$$=-2\underbrace{\lim_{a\to 0^+}\ln a\ln(1+a)}_{0}+2\lim_{a\to 0^+}\underbrace{\int_{a}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx}_{I}$$
Đến đây thì vô hướng, chả biết làm nữa...làm liều-nghĩ theo hướng này: (!)
Ta dùng khai triên $Maclaurin:$
$\ln(1+x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\left ( -1 \right )^{i+1}x^i}{i}$
$\Rightarrow I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx=\int_{0}^{1}\sum_{i=1}^{\infty} \frac{(-1)^{i+1}x^{i-1}}{i} \: dx=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^{i+1}}{i^2}$
Đang nghĩ!
Giờ mới được học làm Gamma và khai triên chuỗi Fourier:
Cách 1: Áp dụng hàm Gamma
Cách 2: Áp dụng khai triển Fourier
Xét hàm $f(x)=x^2, \: x\in (-\pi, \pi)$ với chu kì $T=2\pi$, ta có khai triển Fourier cho hàm tuần hoàn là
Đây là hàm chẵn nên $b_n=0$
$a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi} f(x)dx=\frac{2\pi^2}{3}$
$a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nxdx=\frac{4(-1)^n}{n^2}$
Nên $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\left ( a_n\cos nx+b_n\sin nx \right )=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n\cos nx}{n^2}=x$
Cho $x=0$ thì $\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}=0\Rightarrow \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} =-\frac{\pi^2}{12}$
$\text{Cứ làm việc chăm chỉ trong im lặng}$
$\text{Hãy để thành công trở thành tiếng nói của bạn}$
#60
Đã gửi 02-03-2017 - 02:28
$\int_{0}^{\prod }$ $\frac{dx}{1+tanx^{a}}$ =? mng giúp t với !!! nhầm phải là pi/2 mới đúng vs cả (tanx)^a ; mng giup t vs !!! cho a thuộc R
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Danglien: 02-03-2017 - 02:31
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh