www.whkt.net > 跪求证明:F(t)=∫[0,pAi] ln(t^2+2tCosx+1)Dx为偶函数 答案提示用函...

跪求证明:F(t)=∫[0,pAi] ln(t^2+2tCosx+1)Dx为偶函数 答案提示用函...

x=pai-u,dx=-du,代入:f(t)=∫[0,pai] ln(t^2-2tcosu+1)duf(-t)=∫[0,pai] ln(t^2+2tcosu+1)du=f(t)

f(t) = ∫(0→π) ln(t + 2tcosx + 1) dxf(- t) = ∫(0→π) ln(t - 2tcosx + 1) dx令x = π - z,dx = - dzf(- t) = ∫(π→0) ln[t - 2tcos(π - z) + 1] (- dz)f(- t) = ∫(0→π) ln[t - 2t(- cosz) + 1] dzf(- t) = ∫(0→π) ln(t + 2tcosz + 1) dzf(- t) = ∫(0→π) ln(t + 2tcosx + 1) dx = f(t)所以f(t)为偶函数.再看看别人怎么说的.

Φ(t)=ln(t^2+2tcosx+1)dx,积分上限是π,下限是0.(1)得到Φ(-t)=ln(t^2-2tcosx+1)dx,积分上限是π,下限是0.(2)设y=π+x,则Φ(-t)=ln(t^2+2tcosx+1)dx,积分上限是0,下限是-π.(3)考虑到积分是对x的,而且cosx的周期是

因为cosx=-cos(丌-x)u(-t)=∫(0,丌)ln(t-2t cosx+1)dx=∫(0,丌)ln(t+2t cos(丌-x)+1)dx=∫(0,丌)ln(t+2t cos(x)+1)dx=u(t)所以u(t)为偶函数.

f(x)=∫(0-->pi) ln(1-2xcost+x^2)dtf(-x)=∫(0-->pi)ln(1+2xcost+x^2)dt,令t=pi-u,则dt=-duf(-x)=∫(pi-->0)ln(1+2xcos(pi-u)+x^2)(-du)=∫(0-->pi)ln(1-2xcosu+x^2)du=f(x)因此为偶函数.

记p=∫f(t)f'(t)dt 用分部积分法:p=f(t)*f(t)-∫f(t)f'(t)dt =f(t)^2-p=f(b)^2-f(a)^2-p 所以移项,除以2得:p=1/2*[f(b)^2-f(a)^2]

解:这个题不能正面来解,但是反过来我们假设x^2+1/2(a+c)x+1/2(b+d)=0,它如果存在模大于等于1的根t,有 t^2+1/2(a+c)t+1/2(b+d)=0 (t^2+at+b)+(t^2+ct+d)=0 但是,又因为x^2+ax+b=0,x^2+cx+d=0的根的模都小于1,因此t^2+at+b>0且t^2+ct+d>0 于是又有(t^2+at+b)+(t^2+ct+d)>0,矛盾出现,所以x^2+1/2(a+c)x+1/2(b+d)=0不存在模大于等于1的根,当然它的根的模就只能小于1

是不定积分?还是(0,∞)上的积分?我想应该是后者做变量代换:令4/x=t,则x=4/t,dx=-4/t^2dt,且t的变化是从+∞到0,此时2/x=t/2,x/2=2/t左边=-∫ f(t/2+2/t)*ln(4/t)*t/4 *4/t^2 dt 从+∞到0积分=∫ f(t/2+2/t)*(ln4-lnt)/t dt 从0到+∞积分 交换积分上下限=∫

∫+∞-∞【f(t)】^2dt=1/2π∫+∞-∞|F(ω)|^2dω ∵【f(t)】^2为偶函数 【f(t)】^2-【f(-t)】^2=0 ∴∫+∞-∞【f(t)】^2dt=1/2π∫+∞-∞|F(ω)|^2dω=0 ∫+∞-∞ (1-cosx)/x^2 dx =∫+∞-∞ 2sin^(x/2)/x^2 dx ∵sin^(x/2)/x^2为偶函数 sin^(x/2)/x^2-sin^(-x/2)/(-x)^2=0 ∴∫+∞-∞ (1-cosx)/x^2 dx=0

:∫(0,π)f(丨cosx丨)dx=∫(0,π/2)f(cosx)dx+:∫(π/2,π)f(-cosx)dx 对1个积分,x=π/2-t ∫(0,π/2)f(cosx)dx==∫(π/2,0)f(sinx)d(-t)=∫(0,π/2)f(sint)dt=∫(0,π/2)f(sinx)dx 对2个积分,x=π-t ∫(π/2,π)f(-cosx)dx=∫(π/2,0)f(sint)d(-t)=∫(0,π/2)f(sint)dt=∫(0,π/2)f(sinx)dx 所以::∫(0,π)f(丨cosx丨)dx=2∫(0,π/2)f(sinx)dx

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