Решение, которое я не успел показать, привожу тут. Разобьём исходный интеграл по двум половинам исходного промежутка интегрирования:
2π∫0dx1+εcosx=π∫0dx1+εcosx+2π∫πdx1+εcosx=
и выполним в эитих частях разные замены: в первой x=y, а во второй — x=2π−y.
=π∫0dy1+εcosy+0∫πd(2π−y)1+εcos(2π−y)=π∫0dy1+εcosy+0∫π−dy1+εcosy=π∫0dy1+εcosy+π∫0dy1+εcosy=2π∫0dy1+εcosy=
Выше получились два одинаковых интеграла, но уже по другому отрезку [0;π]. Их мы сложили в один, а теперь снова разобьём отрезок интегрирования:
=2π/2∫0dy1+εcosy+2π∫π/2dy1+εcosy=
и заменим y=x, а во втором интеграле — y=π−x:
=2π/2∫0dx1+εcosx+2π∫π/2d(π−x)1+εcos(π−x)=2π/2∫0dx1+εcosx+2π/2∫0dx1−εcosx=2π/2∫0dx1+εcosx+2π/2∫0dx1−εcosx=
Одинаковых интегралов на этот раз не получится, но складываются они всё равно хорошо:
=2π/2∫0(11+εcosx+11−εcosx)dx=2π/2∫0(1−εcosx1−ε2cos2x+1+εcosx1−ε2cos2x)dx=4π/2∫011−ε2cos2xdx=
И снова «сложим вдвое» промежуток интегрирования:
=4π/4∫011−ε2cos2xdx+4π/2∫π/411−ε2cos2xdx=
x=y, x=π2−y:
=4π/4∫0dy1−ε2cos2y+4π/2∫π/4d(π2−y)1−ε2cos2(π2−y)=4π/4∫0dy1−ε2cos2y+4π/4∫0dy1−ε2sin2y=4π/4∫0(11−ε2cos2y+11−ε2sin2y)dy.
Вот в этом интеграле можно со спокойной совестью сделать замену tgy=t. Тогда y=arctgt,
dy=dt1+t2,
t2+1=1cos2y⟹cos2y=1t2+1,
sin2y=1−cos2y=t21+t2.
Подставим всё это в интеграл, и получим, что
2π∫0dx1+εcosx=4π/4∫0(11−ε2cos2y+11−ε2sin2y)dy=41∫0(11−ε21t2+1+11−ε2t21+t2)dt1+t2=
По условиям задачи (и исходя из определённости интегрируемой функции на области интегрирования), ε<1. Тогда 1−ε2>0, воспользовавшись чем мы можем продолжить так:
=41∫0(11+t2−ε2+11+t2−ε2t2)dt=41∫0(1(1−ε2)⋅11+t21−ε2+11+(1−ε2)t2)dt=
=4(1√1−ε2arctgt√1−ε2+1√1−ε2arctg(t√1−ε2))|10=
ниже применим, что arctg1x=π2−arctgx, и получим окончательный ответ:
=4√1−ε2(arctg1√1−ε2+arctg√1−ε2)=4√1−ε2(π2−arctg√1−ε2+arctg√1−ε2)=2π√1−ε2.
02.03.2020
Демидович, № 2213 без несобственных интегралов и разрывных замен
Комментариев нет »
No comments yet.
RSS feed for comments on this post.
Leave a comment
Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.