Page 275 - 4371

b f  b
10.38 Нехай I  f  dxx   g  dxx . В другому інтегралі
a f  a
зробимо заміну x  f  t , тоді g   tx  ,
f  b b
x  f  a  t  a, x  f  b  t  b , і  g  dxx    t  f   dtt
f  a a
u  t , du  dt b b
  t  f    ft   dtt .
dv   f  dtt v ,  f   t a
a
Таким чином,
b f  b b b
b
 f  dxx   g  dxx   f  dxx  t  f    ft a   dtt 
a f  a a a
 bf   afb   a , що і вимагалось.
1 заміна 1 1 2
2 n 1 x 2 x 1 2 n 1  t  1
10.39 2 x  1 a dx    t a 4 dt  0

0 2 x 1 t 2 1 
в силу непарності підінтегральної функції.
10.40 Із умови задачі випливає, що функція
g  t  f t  a  b буде непарною на  a,  a . Отже, маємо
2 a 2 a 2 a
 f  dxx     fb    dxbx  ab2    f    dxbx  x  t  a 
0 0 0
a
 2 ab    f t  a  b dt  2 ab ,
 a
оскільки останній інтеграл дорівнює нулю.
10.41 Скористаємось тотожністю arcctg a arcctg   a .
Отже,
  2 
 arcctg cos x dx   arcctg cos x dx  arcctg cos x dx 

0 0  2
в другому
 2  2

 інтегралі   arcctg cos x dx   arcctg  cost dt
x   t 0 0
275