Раздел IV. Определённый интеграл — § 2. Вычисление определённых интегралов с помощью неопределённых

Демидович — задача 2279

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Вычислить интегралы:

Задача 2279

∫0πexcos⁡2x dx\displaystyle\int_0^\pi e^x\cos^2x\,dx.
Ответ:35(eπ−1)\dfrac35(e^\pi-1)

Решение

Используем формулуcos⁡2x=12(1+cos⁡2x)\cos^2x=\dfrac12(1+\cos2x)Тогда искомый интеграл выражается черезI=eπ−12+12K,K=∫0πexcos⁡2x dxI=\dfrac{e^\pi-1}{2}+\dfrac12K,
\qquad K=\int_0^\pi e^x\cos2x\,dxЧтобы найти KK, дважды интегрируем по частям: производная косинуса даёт синус, а производная синуса снова даёт косинус. Поэтому после второго применения формулы вернётся исходный интеграл KK, и его можно будет найти из линейного уравнения.

В первый раз берёмu=cos⁡2x,dv=ex dxdu=−2sin⁡2x dx,v=ex\begin{aligned}
u&=\cos2x,&\qquad dv&=e^x\,dx\\
du&=-2\sin2x\,dx,&v&=e^x
\end{aligned}ПолучаемK=[excos⁡2x]0π+2L=eπ−1+2LL=∫0πexsin⁡2x dx\begin{gathered}
K=\bigl[e^x\cos2x\bigr]_0^\pi+2L=e^\pi-1+2L\\
L=\int_0^\pi e^x\sin2x\,dx
\end{gathered}Для LL выбираемu=sin⁡2x,dv=ex dxdu=2cos⁡2x dx,v=ex\begin{aligned}
u&=\sin2x,&\qquad dv&=e^x\,dx\\
du&=2\cos2x\,dx,&v&=e^x
\end{aligned}Так как синус на обоих концах равен нулю,L=[exsin⁡2x]0π−2K=−2KL=\bigl[e^x\sin2x\bigr]_0^\pi-2K=-2KПодставим это в первое равенство и перенесём слагаемое с KK в левую часть:K=eπ−1−4K5K=eπ−1,K=eπ−15\begin{gathered}
K=e^\pi-1-4K\\
5K=e^\pi-1,
\qquad K=\dfrac{e^\pi-1}{5}
\end{gathered}ТеперьI=eπ−12+eπ−110=35(eπ−1)I=\dfrac{e^\pi-1}{2}+\dfrac{e^\pi-1}{10}
=\dfrac35(e^\pi-1)
Демидович № 2279 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика