分段函数的积分
下限积分,上限积分和分数部分函数的不定积分都有一个封闭形式,但这个条件有时可能不成立,不去找定积分而是直接去解不定积分会更容易。对这类函数积分的方法是把它们看成和。例如,对于积分
∫0n⌊x⌋dx,
我们可以看看下面的图表来可视化积分:
函数下的面积 0来 x是 0+1+2+3.+⋯+(x−1),我们可以用和来表示
∫0n⌊x⌋dx=k=0∑n−1k=2n(n−1).
一般来说, ∫0ntf(x)dx=n∫0tf(x)dx,在哪里 t是函数的周期。
地板和天花板功能
地板和天花板函数是非常基本的,它们的图形遵循简单的模式;你可以把它们的图形想象成阶梯。
找到 ∫0n7⌈x⌉dx.
这个积分等于 7∫0n⌈x⌉dx.
现在我们需要考虑生成的和,如果我们画出函数的图像,会更容易。我们不画图来考虑。
如果 0<x≤1,然后 ⌈x⌉=1.从图形上看,这是一个边为1的正方形。
如果 1<x≤2,然后 ⌈x⌉=2,这是一个长2宽1的矩形。
我们可以继续验证这个模式。因此,这个积分是 7k=1∑nk,我们可以化简得到什么 27n(n+1). □
给定函数的曲线图如下:
找到 ∫1∞⌊x⌋dx.
如果我们试着用和来表示,它会是 n=1∑∞n1.
我们知道这个和是发散的,所以答案是积分是发散的. □
分数部分积分
小数部分函数,表示为 {x},是该数的小数部分 x,或者用数学术语来说, {x}=x−⌊x⌋.
找到 ∫06{x}dx.
这个积分可以写成 ∫06{x}dx=∫06(x−⌊x⌋)dx=∫06xdx−∫06⌊x⌋dx.
我们知道如何计算这些积分,结果是3。 □
函数图:
中间的例子
评估 ∫01{x1}dx.
首先我们做替换 t=x1.
然后上面的积分等于 ∫1∞t2{t}dt.
然后我们把它转换成一个连续积分的和: n=1∑∞∫nn+1t2t−ndt.这个积分很容易求值,可以得到求和 n=1∑∞(ln(nn+1)−n+11)=1−γ,在哪里 γ是<一个t一个rget="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/wiki/euler-mascheroni-constant/">欧拉-马歇罗尼常数一个>.
这是数学中一个很有名很漂亮的结果。 □
先进的问题
∫01{x1}ndx=k=1∑∞(kn+k)ζ(k+1)−1
用正整数证明上面的方程 n.
这实际上是一个更广义形式的结果 ∫01{x1}kxndx=(n+1)!k!我=1∑∞(k+我)!(n+我)!(ζ(n+我+1)−1).
让我们把上面的标记为 ∫01{x1}kxndx=f(k,n)=∫1∞tn+2{t}kdt.把它转换成积分的和,我们有 我=1∑∞∫我我+1tn+2{t}kdt=我=1∑∞tn+2(t−我)k. U-用let代替 u=t−我,我们得到了 我=1∑∞∫01(我+u)n+2ukdu=∫01uk(我=1∑∞(我+u)n+21)dy.(1)然后自 (我+u)n+21=(n+1)!1∫0∞e−(我+u)uyn+1dy,把这个放进给予 我=1∑∞(我+u)n+21=(n+1)!1我=1∑∞∫0∞e−(我+u)yyn+1dy=(n+1)!1∫0∞yn+1e−uy(我=1∑∞e−我y)dy=(n+1)!1∫0∞ey−1yn+1e−uydy.(2)结合(1)和(2),得到 (n+1)!1∫01uk(∫0∞ey−1yn+1e−uydy)du=(n+1)!1∫0∞ey−1yn+1(∫01uke−uydu)dy.通过IBP,我们可以计算内积分为 k!e−y我=1∑∞(k+我)!y我−1,所以这个化简为 (n+1)!1我=1∑∞(k+我)!k!∫0∞ey−1yn+我e−ydy.对这个积分求值 (n+1)!1我=1∑∞(k+我)!k!∫0∞ey−1yn+我e−ydy=∫0∞yn+我e−2yj=0∑∞e−jydy=j=0∑∞∫0∞yn+我e−(2+j)ydy=j=0∑∞(2+j)n+我+1Γ(n+我+1)=(n+我)!(ζ(n+我+1)−1).因此, ∫01{x1}kxndx=(n+1)!k!我=1∑∞(k+我)!(n+我)!(ζ(n+我+1)−1),结果如下。 □
∫01∫01{yx}kxby一个dxdy=一个−b+21(k−b+11+(一个+1)!k!n=1∑∞(k+n)!(一个+n)!(ζ(一个+n+1)−1))
用证明上面的方程 k实数 ≥1而且 一个,b这样的非负整数 一个−b>−2而且 k−b>−1.
重新排列我们得到的积分
∫01xb1∫01{yx}ky一个dxdy.
然后我们让 yx=u积分转化为
∫01x一个+1−b(∫x∞u一个+2{u}kdu)dx.
现在我们分部积分得到
∫01x一个+1−b(∫x∞u一个+2{u}kdu)dx=(一个+2−bx一个+2−b∫x∞u一个+2{u}kdu)∣∣∣∣x=0x=1+一个+2−b1∫01xk−bdx=一个+2−b1∫1∞u一个+2{u}kdu+(一个+2−b)(k−b+1)1.
我们在前面的例子中求过这个积分。
把它代入,我们得到
∫01∫01{yx}kxby一个dxdy=一个−b+21(k−b+11+(一个+1)!k!n=1∑∞(k+n)!(一个+n)!(ζ(一个+n+1)−1)).□
评估 ∫01{nx n}dx为 n≥2.
我们做了替换 x=ynnn,这个积分会转化成什么
nn+1∫n∞yn+1{y}dy=nn+1k=n∑∞∫kk+1yn+1y−kdy=n−1nn+1k=n∑∞(kn−11−(k+1)n−11)+nnk=n∑∞k((k+1)n1−kn1)=n−1n2+nnk=n∑∞((k+1)n−11−kn−11−(k+1)n1)=n−1n−nn(ζ(n)−k=1∑nkn1).□
证明 ∫01{nnx 1}dx=n−11−nnζ(n).
首先我们让 x=nnyn1,然后积分转化为
nn−11∫n1∞yn+1{y}=nn−11(∫n11yndy+∫1∞yn+1{y}dy).
第一个积分很容易求,我们求第二个积分<一个t一个rget="_blank" rel="nofollow" href="//www.parkandroid.com/problems/inspired-by-humms/?ref_id=1162667">在这里一个>(见我的解决方案——鹰嘴豆泥A)。
通过一些简化,我们得到了这个结果
∫01{nnx 1}dx=n−11−nnζ(n).□
非常高级的问题
如果你找到一个解决方案,就添加一个
∫01∫01⋯∫01⎩⎨⎧∏n=1kxn1⎭⎬⎫dx1dx2⋯dxk=1−n=0∑k−1n!γn
证明上述方程成立,其中 γn表示 nth斯蒂尔斯常数 γn:=米→∞lim[k=1∑米k(lnk)n−n+1(ln米)n+1].
符号: {⋅}表示分数部分函数。
澄清:有 k积分。
需求解决方案
∫01∫01⋯∫01⎩⎨⎧∑n=1kxn1⎭⎬⎫米dx1dx2⋯dxk
以上是一个尚未解决的数学问题。
(以封闭形式)计算上面的积分 k≥3.而且 米≥1.符号: {⋅}表示分数部分函数。
澄清:有 k积分。