3.7: Вправи

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Розглянемо ступінчасту функцію\[\Theta(x) = \left\{\begin{array}{ll} 1, &\;\;\;\textrm{for} \; x \ge 0\\ 0,&\;\;\; \textrm{otherwise.}\end{array}\right.\] Запишіть вираз для антидериватива\(\Theta(x)\), і намалюйте його графік.

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Покажіть, що\[\int_0^{2\pi} dx\, [\sin(x)]^2 = \int_0^{2\pi} dx\, [\cos(x)]^2 = \pi.\]

Вправа\(\PageIndex{3}\)

Обчисліть такі визначені інтеграли:

1. \(\displaystyle\int_{0}^\pi dx\; x^2 \sin(2x)\)

2. \(\displaystyle\int_{1}^\alpha dx\; x \ln(x)\)

3. \(\displaystyle\int_0^\infty dx\;e^{-\gamma x} \, \cos(x)\)

4. \(\displaystyle\int_0^\infty dx\;e^{-\gamma x} \, x \cos(x)\)

5. \(\displaystyle\int_{-\infty}^\infty dx\;e^{-\gamma |x|}\)

6. \(\displaystyle \int_{-\infty}^\infty dx \;e^{-|x+1|} \sin(x)\)

Вправа\(\PageIndex{4}\)

Диференціюючи під інтегралом, вирішіть\[\int_0^1 dx\; \frac{x^2-1}{\ln(x)}.\] підказку: замініть\(x^2\) в чисельнику на\(x^\gamma\).

Відповідь

Давайте визначимо\[I(\gamma) = \int_0^1 \frac{x^\gamma - 1}{\ln(x)},\] так, що\(I(2)\) це наш бажаний інтеграл. Щоб взяти похідну, спочатку відзначимо те,\[\frac{d}{d\gamma}(x^\gamma) = \ln(x)\, x^\gamma,\] що можна довести за допомогою узагальненого визначення силової операції. Таким чином,\[\begin{align} \frac{d}{d\gamma} I(\gamma) &= \int_0^1 \frac{\ln(x) x^\gamma}{\ln(x)} \\ &= \int_0^1 x^\gamma \\ &= \frac{1}{1+\gamma}.\end{align}\] Це може бути інтегровано прямо:\[I(\gamma) = \int \frac{d\gamma}{1+\gamma} = \ln(1+\gamma) + c,\] де\(c\) постійна інтеграція, яку ми тепер повинні визначити. Посилаючись на початкове визначення\(I(\gamma)\), зауважте, що\(I(0) = \int_0^1 (1 - 1)/\ln(x) = 0\). Це означає, що\(c = 0\). Тому відповідь така\[I(2) = \ln(3).\]

Вправа\(\PageIndex{5}\)

\(f(x,y)\)Дозволяти функція, яка залежить від двох входів\(x\) і\(y\), і визначити\[I(x) = \int_0^x f(x,y) dy.\] Доведіть, що\[\frac{dI}{dx} = f(x,y) + \int_0^x \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) \;dy.\]

Вправа\(\PageIndex{6}\)

Розглянемо звичайне диференціальне рівняння\[\frac{dy}{dt} = - \gamma y(t) + f(t),\] де\(\gamma > 0\) і\(f(t)\) є деякою функцією\(t\). Рішення можна записати у формі\[y(t) = y(0) + \int_0^t dt' \, e^{-\gamma(t-t')} \, g(t').\] Знайти відповідну функцію\(g\), в терміні\(f\) і\(y(0)\).

Відповідь

Нам надається наступний ансац для розв'язку диференціального рівняння:\[y(t) = y(0) + \int_0^t dt' e^{-\gamma(t-t')} g(t').\] По-перше, зверніть увагу\(t = 0\), що коли діапазон інтеграла зменшується до нуля, тому результат\(y(0)\), як і очікувалося. Для того щоб визначити відповідну функцію\(g\), виконуємо похідну в\(t\). Складна частина полягає в тому, що\(t\) з'являється в двох місцях: у верхньому діапазоні інтеграла, а також у цілісному. Отже, коли ми беремо похідну, має бути два різних термінів (див. Проблема\(\PageIndex{5}\)):\[\begin{align} \frac{dy}{dt} &= \left[e^{-\gamma(t-t')} g(t')\right]_{t'=t} + \int_0^t dt'(-\gamma) \, e^{-\gamma(t-t')} \, g(t')\\ &= g(t) - \gamma [y(t) - y(0)].\end{align}\] На останньому кроці ми знову використовували ansatz для\(y(t)\). Нарешті, порівнюючи це з вихідним диференціальним рівнянням для\(y(t)\), ми виявимо, що\[g(t) - \gamma [y(t) - y(0)] = -\gamma y(t) + f(t) \;\;\; \Rightarrow \;\;\; g(t) = f(t) - \gamma y(0).\] Отже, рішення диференціального рівняння\[\begin{align} y(t) &= y(0) + \int_0^t dt' \, e^{-\gamma(t-t')} \,[f(t') - \gamma y(0)] \\ &= y(0)\,e^{-\gamma t} + \int_0^t dt' \, e^{-\gamma(t-t')} f(t').\end{align}\]