Page 300 - 4371

причому ряд рівномірно збігається на  1,0 . Тому
1  1  ln xx  k   1 k 1
k
 x x dx   dx    x k ln x dx .
0 k 0 0 ! k k 0 ! k 0
1 1
m
m

Позначимо J  x k ln x dx , тоді J  x k ln x dx 

k ,m k ,m
0 0
m ln m 1  x
m
u  ln x , du  dx k  1 m 1 1
x x ln x m k m 1 
    x ln x dx .
x k  1 k  1 k  1
k
dv  x dx , v  0 0
k  1
1
m
x k  1 ln x
Або, враховуючи, що  0 , маємо
k  1
0
m 1
J   J при m  1. Очевидно J  , тоді
k ,m k , m 1 0 , k
k  1 k  1
k
  !1 k
J  і
k ,k k  1
 k  1
k
1   1 k  1 k !  1 
x x dx    k 1   k 1   n n .

0 k 0 ! k  1k  k 0  1k  n 1
x 3 x 5 x 7 x 2n 1
11.32 Нехай S    xx       ,
! ! 3 ! ! 5 ! ! 7 2n 1 !!
x 4 x 6 x 2n  x 3
тоді   1 xxS   2      1  x  x 

! ! 3 ! ! 5 2n 1 !!  ! ! 3
x 5 x 2n 1 
     , або  xS 1  xS  x .
! ! 5 2n 1 !!  
Відносно  xS одержано лінійне диференціальне рівняння
першого порядку. Шукаючи його розв’язок у виді
x 2 x t 2

S   ux     xvx  , одержуємо   exv  2 , u  x   e 2 dt  C .
0
300