C.11 · การอินทิเกรตด้วยการส่วนประกอบ, การกลับลำดับ และสมมาตร

เตรียมสอบ GRE ระดับปริญญาตรี วัตถุประสงค์ภายในขอบเขต ETS ที่ทบทวนนี้คือการสอนต้นฉบับ ไม่ใช่การทดสอบหรือตัวทำนายคะแนนอย่างเป็นทางการ

เงื่อนไขก่อนหน้า: กฎผลคูณ, ขอบเขตที่ improper และการอินทิเกรตบนพื้นที่ระนาบ

• สันนิษฐานสูตรลดรูปด้วยการอินทิเกรตแบบแบ่งส่วนด้วยขอบเขตปลายที่ถูกต้อง
• กลับด้านอินทิกรัลคู่โดยการสร้างพื้นที่ใหม่
• ใช้สมมาตรการสะท้อนขณะตรวจสอบพฤติกรรมที่ขอบเขตที่กำจัดได้

การอินทิเกรตแบบแบ่งส่วน: สมการอินทิเกรตที่ได้มาจากกฎผลคูณพร้อมพจน์ขอบเขต

สมมาตรการสะท้อน: ความสัมพันธ์ระหว่างค่าฟังก์ชันที่จุดสะท้อนผ่านกึ่งกลางช่วง

การอินทิเกรตแบบแบ่งส่วนมาจากกฎผลคูณ: ∫u dv=uv−∫v du สำหรับอินทิกรัล_examples ต้องรวมพจน์ขอบเขตทั้งสองข้าง เมื่อ I_n(x)=∫₁ˣ(ln t)^n dt ให้เลือก u=(ln t)^n และ dv=dt สำหรับ n≥1 ขอบเขตล่างจะหายไป ทำให้ได้ I_n=x(ln x)^n−n I_(n−1) การใช้เครื่องหมายบวกจะขัดแย้งกับสมการที่ดิฟมา ควรรักษาขอบเขตล่างเดิมในการหาความสัมพันธ์; การเปลี่ยนมันจะทำให้ค่าคงตัวเปลี่ยนแปลง

For improper integrals first apply the identity on finite endpoints, then justify the limiting boundary and remaining integral. If ∫₋∞^∞e^(−x²)dx=√π, set u=x and dv=x e^(−x²)dx for ∫x²e^(−x²)dx. Since v=−e^(−x²)/2 and x e^(−x²)→0 at both infinities, the full second moment is √π/2. Evenness gives the positive-half-line moment √π/4. The vanished boundary is part of the argument, not an automatic property of every improper integral.

To reverse ∫₀¹∫ₓ¹F(x,y)dy dx, describe the triangle 0≤x≤y≤1, then rewrite it as ∫₀¹integral from 0 to yF(x,y)dx dy. Both the outer interval and inner bounds change; swapping symbols alone changes the region. For F=e^(y²), integrating over x first gives ∫₀¹y e^(y²)dy=(e−1)/2. Continuity on this compact triangle makes order reversal valid; singular or conditionally convergent cases require stronger care.

If an integrable function on [a,b] satisfies f(a+b−x)=−f(x), reflection makes its integral equal to its negative, hence zero. For sin(2mx)/sin x on [0,π] with positive integer m, reflection x↦π−x changes the numerator sign and preserves the denominator. The apparent endpoint singularities are removable: limits are 2m at zero and −2m at π. Check these limits before invoking symmetry; cancellation is not a substitute for integrability.

สำหรับ I₂(x)=∫₁ˣ(ln t)²dt สมการเชิง.saved/recurrence ให้ x(ln x)²−2I₁(x), โดยที่ I₁(x)=x ln x−x+1 ดังนั้น I₂=x[(ln x)²−2ln x+2]−2 ค่าคงที่ −2 ทำให้ I₂(1)=0 ในอีกทางหนึ่ง การกลับลำดับอินทิกรัลสามเหลี่ยม e^(y²) จะเกิดตัวคูณ y จากความยาว x ภายใน; การละทิ้งตัวคูณนี้จะคืนความยากเดิมและเปลี่ยนค่าคำตอบ

การอินทิเกรตแบบ partial ด้วยวิธี parts ต้องใช้ค่าลิมิตที่จุดปลาย สร้างพื้นที่ใหม่ก่อนจะกลับลำดับ ฟังก์ชันที่สะท้อนออกมาแล้วดูแปลกต้องสามารถอินทิเกรตได้ รวมถึงจุดปลายที่แก้ไขได้

Evaluate $\int_0^1\int_x^1 e^{y^2}\,dy\,dx$ by reversing order. Describe the region before and after reversal. Derive a formula for $I_2(x)=\int_1^x(\ln t)^2\,dt$, $x>0$.

วิธีทำตัวอย่าง

พื้นที่คือ $0\le x\le y\le1$ ในลำดับที่กลับด้าน y วิ่งจาก 0 ถึง 1 และ x จาก 0 ถึง y ความต่อเนื่องบนสามเหลี่ยมปิดอนุญาตให้กลับด้าน ได้ $\int_0^1 ye^{y^2}\,dy=(e-1)/2$ การอินทิเกรตด้วยการแทนที่ $u=(\ln t)^2$, $dv=dt$ จะได้ $I_2=x(\ln x)^2-2I_1$ เนื่องจาก $I_1=x\ln x-x+1$,

สำหรับจำนวนเต็มบวก m, คำนวณ $\int_0^{\pi}\sin(2mx)/\sin x\,dx$. อธิบายความต่อเนื่องที่จุดปลายก่อนใช้สมมาตร

ตรวจสอบหลังทำแบบฝึกหัดแล้ว

The endpoint limits are 2m at zero and -2m at pi, by the first-order sine limit. Both singularities are removable, so the continuously extended integrand is integrable. Reflection $x\mapsto\pi-x$ preserves the denominator and reverses the numerator. The integral equals its negative and therefore is zero. Symmetric cancellation would not establish convergence for a genuinely divergent endpoint; the removable limits are essential.