(1-cos(2t))/2(t^2)怎么积分

要积分 (1-cos(2t))/2(t^2)，可以使用代换法来解决。

设 u = 2t，那么 du/dt = 2，即 dt = 1/2 du。

将代换 u = 2t 代入原式中，得到：

∫(1-cos(2t))/2(t^2) dt = ∫(1-cos(u))/(4t^2) du

= (1/4) ∫(1-cos(u))/t^2 du

接下来，我们可以使用分部积分法。

设 f = (1-cos(u))，g' = 1/t^2，那么 f' = sin(u)，g = -1/t。

根据分部积分公式，得到：

∫(1-cos(u))/t^2 du = -f/t - ∫f'g du

= -(1-cos(u))/t + ∫sin(u)/t^3 du

= -(1-cos(2t))/(2t) - (1/4)cos(2t)/t^2 + C

其中，C 是积分常数。

因此，原式的积分结果为 -(1-cos(2t))/(2t) - (1/4)cos(2t)/t^2 + C。

相关问题

∫（cos^5x/sin^5x）dx

可以使用三角代换解决该积分。令t=sin(x)，则dt/dx=cos(x)，cos(x)=sqrt(1-sin^2(x))=sqrt(1-t^2)。将cos(x)和dx用t表示，有：

∫（cos^5x/sin^5x）dx = ∫(cos^4x/sin^4x)cos(x)dx
令t=sin(x)，则有：
∫(cos^4x/sin^4x)cos(x)dx = ∫(1-t^2)^2/t^4 dt
展开，得到：
∫(1-t^2)^2/t^4 dt = ∫(1 - 2t^2 + t^4 )/t^4 dt
将分式拆分，得到：
∫(1 - 2t^2 + t^4 )/t^4 dt = ∫(1/t^4 - 2/t^2 + 1) dt
对每一项进行积分，得到：
∫(1/t^4 - 2/t^2 + 1) dt = -1/t^3 + 2/t + C
将t=sin(x)代入，得到最终结果：
∫（cos^5x/sin^5x）dx = -cos^(-3)(x)/sin(x) + 2sin(x) + C

求x(-1/2t+1)的傅里叶变换

根据傅里叶变换的定义，函数 $f(x)$ 的傅里叶变换为：

$$
F(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} f(x)e^{-ikx}dx
$$

对于 $x(-\frac{1}{2}t+1)$，我们可以把它看作是 $f(x)$，代入傅里叶变换公式中，得到：

$$
\begin{aligned}
F(k) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} x(-\frac{1}{2}t+1)e^{-ikx}dx \\
&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} x(-\frac{1}{2}t+1)\cos(kx)dx - i\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} x(-\frac{1}{2}t+1)\sin(kx)dx
\end{aligned}
$$

其中，我们将 $e^{-ikx}$ 展开成 $\cos(kx)-i\sin(kx)$ 的形式，并且使用了傅里叶变换的欧拉公式。

对于第一个积分，我们可以使用分部积分法进行求解，令 $u=x$，$dv=(-\frac{1}{2}t+1)\cos(kx)dx$，则 $du=dx$，$v=\frac{1}{k}(-\frac{1}{2}t+1)\sin(kx)$，代入公式中得：

$$
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} x(-\frac{1}{2}t+1)\cos(kx)dx &= \frac{1}{k}\left[x(-\frac{1}{2}t+1)\sin(kx)\right]_{-\infty}^{\infty} - \frac{1}{k}\int_{-\infty}^{\infty} \sin(kx)dx \\
&= -\frac{1}{k}\left[\cos(kx)\right]_{-\infty}^{\infty} \\
&= 0
\end{aligned}
$$

因为 $\cos(kx)$ 是一个偶函数，积分区间是关于 $0$ 对称的，所以 $\cos(kx)$ 在整个积分区间上的积分是 $0$。

对于第二个积分，我们同样可以使用分部积分法进行求解，令 $u=x$，$dv=(-\frac{1}{2}t+1)\sin(kx)dx$，则 $du=dx$，$v=-\frac{1}{k}(-\frac{1}{2}t+1)\cos(kx)$，代入公式中得：

$$
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} x(-\frac{1}{2}t+1)\sin(kx)dx &= -\frac{1}{k}\left[x(-\frac{1}{2}t+1)\cos(kx)\right]_{-\infty}^{\infty} + \frac{1}{k}\int_{-\infty}^{\infty} \cos(kx)dx \\
&= \frac{1}{k}\left[\sin(kx)\right]_{-\infty}^{\infty} \\
&= 0
\end{aligned}
$$

因为 $\sin(kx)$ 是一个奇函数，积分区间是关于 $0$ 对称的，所以 $\sin(kx)$ 在整个积分区间上的积分是 $0$。

综上所述，$x(-\frac{1}{2}t+1)$ 的傅里叶变换为 $0$。