Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 10
Текст из файла (страница 10)
lim++···+n→+∞ n + 1n + 12n + n1Рассмотрим последовательности).an =2n/n21/n22/n+ ··· +,+1n+1 n+ 2n + n1sn =)1 ( 1/n2+ 22/n + · · · + 2n/n .nОценим их разность nn∑ 2k/n1 ∑ k/n |an − sn | = −2 =nn + k1k=1k=1 n)(1 ∑ k/n1= 2−1=1n1 + knk=1=11 ∑ 2k/n1 ∑ k/n kn2=.1nn1 + kn1 + knnnk=1k=111Так как 2k/n 6 2, а6,1 + kn1+nтоn2∑ 12|an − sn | 6=n1+n1+nk=1и, следовательно, an − sn → 0 при n → +∞, поэтому вместовычисления предела последовательности an можно вычислитьпредел последовательности sn .Величина sn является интегральной суммой для функцииf (x) = 2x на отрезке [0; 1], отвечающей разбиению этого отрезкана n равных частейxk =k,n06k6n104с точками разметки ξk = xk+1 (0 6 k 6 n − 1). Отсюда следует,что последовательность sn сходится к интегралу∫12x 112 dx =.=ln 2 0 ln 2x0Таким образом,lim an = lim sn =n→+∞n→+∞1.ln 2Для решения задач 2231 – 2236 нужно использовать формулу(3.8):b(x)∫df (ξ) dξ = f (b(x))b′ (x) − f (a(x))a′ (x).dxa(x)2231.
Найти:ddx∫bdda2sin x dx ,a∫b2sin x dx ,ddba∫bsin x2 dx = 0 ,adda∫bsin x2 dx = − sin2 a ,addbsin x2 dx .aПо формуле (3.8)ddx∫b∫bsin x2 dx = sin2 b .a1052232. Найти:dа)dx∫x2√d1 + t2 dt ; б)dx0cos∫x3∫ xdtd√; в)cos(πt2 ) dt ;dx1 + t4x2sin xа). По формуле (3.8)ddx∫x2 √√1 + t2 dt = 2x 1 + x4 .0б).
По формуле (3.8)ddx∫x3√x23x22xdt=√−√.4121+t1+x1 + x8в). По формуле (3.8)ddxcos∫ xcos(πt2 ) dt = − cos(π cos2 x) sin x − cos(π sin2 x) cos x =sin x= − cos(π − π sin2 x)) sin x − cos(π sin2 x) cos x == cos(π sin2 x)) sin x − cos(π sin2 x) cos x == (sin x − cos x) cos(π sin2 x)).2233. Найти:∫xа) limx→0∫xcos x2 dx0x;б)limx→+∞limx→+∞(x∫в)0)22ex dx0∫x0106(arctg x)2 dx√;x2 + 1;e2x2 dxа).
Применяя правило Лопиталя и используя формулу дифференцирования интеграла с переменным верхним пределом, находим∫xcos x2 dxcos x2lim 0= lim= 1.x→0x→0x1б). Применяя правило Лопиталя и используя формулу дифференцирования интеграла с переменным верхним пределом, находим∫x(arctg x)2 dx(arctg x)2π2= lim=lim 0 √.√ xx→+∞x→+∞4x2 + 12x +1в). Применяя дважды правило Лопиталя и формулу дифференцирования интеграла с переменным верхним пределом, находим(x)2(x)∫ x2∫ x22e dx2e dx ex00lim= lim=x→+∞ ∫xx→+∞e2x222xe dx0∫x= 2 limx→+∞2ex dx0ex2= 2 limex2x2x→+∞= lim1= 0.xx→+∞2xe2233.1. Пусть f (x) ∈ C[0; +∞) и f (x) → A при x → +∞.Найти∫1limf (nx) dx.n→∞0Делая замену переменной t = nx, находим∫11f (nx) dx =n0∫nf (t) dt.0107Применяя правило Лопиталя и используя формулу дифференцирования интеграла с переменным верхним пределом, получаем1limx→+∞ x∫x∫xf (t) dt0f (t) dt = limxx→+∞f (x)= A.x→+∞ 1= lim0Следовательно, также и1limn→∞ n∫nf (t) dt = A.0Таким образом, искомый предел равен A.∫x1 x22e при x → ∞.2234.
Доказать, чтоex dx ∼2x0Применяя правило Лопиталя и используя формулу дифференцирования интеграла с переменным верхним пределом, находим:∫xlimx→∞2ex dx01 x2e2x2= limx→∞12ex(−1 x22e + 2exx22x2= 1,x→∞ 2x2 − 1) = limчто доказывает утверждение задачи.2235. Найтиsin∫ x√tg x dx0lim.x→+0 tg∫ x√sin x dx0Применяя правило Лопиталя и используя формулу диффе108ренцирования (3.8), находим:sin∫ x√lim 0 xx→+0 tg∫ √0√tg(sin x) cos x= lim √= 1.1x→+0sin(tg x)sin x dxcos2 xtg x dx2236. Пусть f (x) – непрерывная положительная функция.Доказать, что функция∫xφ(x) =tf (t) dt0∫xf (t) dt0возрастает при x > 0.Для доказательства покажем, что при x > 0 производная′φ (x) > 0. Согласно правилу дифференцирования интеграла спеременным верхним пределом(x)∫x∫xf (x) f (t) dt −tf (t) dt f (x)00φ′ (x) =.(x)2∫f (t) dt0Так как f (x) > 0, то достаточно установить неравенство∫x∫xf (t) dt −x0tf (t) dt > 0.(3.12)0Оно получается следующим образом.
При всех t ∈ [0; x] справедливо неравенствоxf (t) > tf (t).Интегрируя его на отрезке [0; x], получаем (3.12). Таким образом,утверждение задачи доказано.1092237. Найти:{∫2а)f (x) dx , если f (x) =x2 при 0 6 x 6 1,2 − x при 1 < x 6 2;0 x при 0 6 x 6 t,∫1б)f (x) dx , если f (x) =0∫2а)∫1f (x) dx =0∫1=x dx +0∫2f (x) dx +0f (x) dx =1(2 − x)dx =1 ()25x3 x2 1 1+2x−= + = .3 02 1 3 26∫1∫t∫221−x tпри t 6 x 6 1.1−t1б)f (x) dx =0∫1f (x) dx +t0∫t=∫1x dx +0f (x) dx =tt1−xdx =1−tt()1x2 x2 ttt2 (1 − t)t=+x−=+= .2 0 1−t2 t2222238. Вычислить и построить графики интегралов I = I(α),110рассматривая их как функции параметра α, если:∫1x|x − α| dx;а) I =0∫πб) I =sin2 xdx;1 + 2α cos x + α20∫π√в) I =0sin x dx.1 − 2α cos x + α2а).
Если α < 0, то(∫1)1x3 αx2 1 α−= − .32320x(x − α) dx =I(α) =0При 0 6 α 6 1∫α∫1(αx − x )dx +I(α) =α0(=(x2 − αx)dx =2)α ( 3)1αx2 x3 αx2 xα3 α 1−−− + .+=23 032 α323При α > 1(∫1x(α − x)dx =I(α) =0)1αx2 x3 α 1−= − .23 023График интеграла представлен на рис. 3.17.б). При α = 0∫π1sin x dx =2∫π(1 − cos 2x)dx =2I=00111(=)πx 1π− sin 2x = .2 420При α ̸= 0 делаем замену t = tgx:2+∞∫t2 dt8,(1 + t2 )2 (t2 + A2 ) (α − 1)2I=α ̸= 1 ;0+∞∫t2 dt,2(1 + t2 )2α = 1,0где A =α+1.α−1I(α)61/3q1/6qqqO√12qq1-αРис.
3.17Вычисляем полученные интегралы. Рассмотрим случай α ̸≠= 1. Найдем разложение подынтегральной функции на элементарные дроби относительно переменной u = t2 :t2u==22222(1 + t ) (t + A )(1 + u) (u + A2 )=abc++.21 + u (1 + u)u + A2112Для неизвестных коэффициентов a, b, c получаем систему a + c = 0;(1 + A2 )a + b + 2c = 1; 2A a + A2 b + c = 0.Решая эту систему, находим:a=A2,(1 − A2 )2b=1,1 − A2c=−A2(1 − A2 )2(при любом α величина A = (α + 1)/(α − 1) ̸= 1 и при любомα ̸= 0 значение A ̸= −1). Используя формулу понижения (задача1921), получаем:∫∫dtdtt1t1=+=+ arctg t + C.22222(1 + t )2(1 + t ) 21+t2(1 + t ) 2Таким образом, +∞+∞+∞∫∫∫dtdtdt 8aI=+b+c=22222(α − 1)1+t(1 + t )t + A2000[()8bt=a arctg t ++ arctg t +(α − 1)22 1 + t2])(t +∞2πc2carctg=.+2a + b +|A||A| 0(α − 1)2|A|Подставляя сюда значения коэффициентов a, b и c, находимI=2π(1 − |A|)2.(α − 1)2 (1 − A2 )2Нетрудно видеть, что при |α| > 1 величина A > 0 иI=2ππ=.22(α − 1) (1 + A)2α2113При |α| < 1 величина A < 0, следовательноI=2ππ= .(α − 1)2 (1 − A)22При α = −1 значение A = 0 и величина I также равна π/2.Осталось вычислить значение интеграла I при α = 1.
Послеинтегрирования по частям получаем+∞∫I=2t2 dt=−(1 + t2 )2+∞(∫td11 + t2)=00+∞+∞∫t +∞dtπ=−+= 0 + arctg t= .221+t 01+t200Окончательно получаем: π , |α| 6 1;2I= π , |α| > 1.2α2График функции I = I(α) приведен на рис. 3.18;6I(α)qπ/2q−1OРис. 3.18114q1α-в). Если α = 0, тоπsin x dx = − cos x = 2.∫πI=00При α ̸= 01I=2α∫π0π1√d(1 − 2α cos x + α2 )2√=1 − 2α cos x + α =2α1 − 2α cos x + α0 2 , |α| 6 1;|1 + α| − |1 − α| ==2α, |α| > 1.|α|График функции I = I(α) приведен на рис.
3.19.6I(α)q2q−1Oqα-1Рис. 3.19Применяя формулу интегрирования по частям, найти следующие определенные интегралы:115∫ln 22239.xe−x dx.0ln 2 ∫ln 2∫ln 2∫ln 2()xe−x dx = − x d e−x = −xe−x +e−x dx =0000ln 2ln 21eln 2 1−x =−−e = −+ = ln .222220∫π2240.x sin x dx.0∫π∫πx sin x dx = −0πx d(cos x) = −x cos x +00∫π+πcos x dx = π + sin x = π.00∫2πx2 cos x dx.2241.0∫2π∫2π2x cos x dx =02π∫2πx d(sin x) =x sin x − 2 x sin x dx =2200∫2π=22πx d(cos x) =2x cos x −00∫2π−202πcos x dx = 4π −2 sin x = 4π.00116∫e| ln x| dx.
Интегрируя по частям, находим2242.1/e∫∫ln x dx = x ln x −dx = x ln x − x + C.Отсюда следует, что∫e∫1| ln x| dx = −1/e∫eln x dx +1ln x dx = −(x ln x − x) +1/e11/ee ()()21+(x ln x − x) = 1 −+1=2 1−.ee1∫12243.arccos x dx.0∫101 ∫1x dxarccos x dx =x arccos x + √=1 − x200∫1√=01√x dx= − 1 − x2 = 1.1 − x20√∫3x arctg x dx.2244.0√√00( 2)∫3∫3x=x arctg x dx = arctg x d2117√√3∫3 21x dx=arctg x −=221 + x20x20√∫ 3(π 1= −2 211−1 + x20)√3π1dx = − (x − arctg x) =220√π 1 (√π ) 2π3= −3−=−.2 2332Применяя подходящую замену переменной, найти следующиеинтегралы:∫1x dx√2245..5 − 4x−1После заменыt=√получаем:5 − 4x ,∫1−11=81x = (5 − t2 ) ,4x dx1√=−85 − 4x∫31(5 − t )dt =821∫ax22246.√1dx = − t dt2∫1(5 − t2 )dt =3()3t3 15t −= .3 1 6a2 − x2 dx.0Полагая x = a sin t при 0 6 t 6 π/2, получаем:∫ax20√π/2∫π/24 ∫aa2 − x2 dx = a4sin2 t cos2 t dt =sin2 2t dt =400118a4=8()π/2∫π/2a4sin 4t πa4(1 − cos 4t)dt =t−=.8416000,75∫2247.0dx√.(x + 1) x2 + 1Первообразная подынтегральной функции вычислена в задаче 1858:∫ 1 − x + √2(1 + x2 ) dx1√= − √ ln + C.21+x2(x + 1) x + 1Согласно формуле Ньютона – Лейбница имеем:0,75∫0 1 − x + √2(1 + x2 ) 0,75dx1√= − √ ln =21+x2 (x + 1) x + 10√√√1+5 2 117(1 + 2)1√ =+ ln(1 + 2) = √ ln= − √ ln72221+5 2√√√17(1 + 2)(5 2 − 1)19+4 2= √ ln= √ ln.497222248.∫ln 2√ex − 1 dx.0После заменыt = ex ,x = ln t ,получаем∫ln 2√dx = −∫2 √ex− 1 dx =01119dttt−1dt.tПоследний интеграл рационализируется подстановкойu=√t − 1,t = u2 + 1 ,dt = 2u du.Применение этой подстановки приводит к следующему результату:∫2 √t−1dt = 2t1∫1u2 du=21 + u20∫1 (1−11 + u2)du =01π=2(u − arctg u) = 2 − .20Следовательно,∫ln 2√ex − 1 dx = 2 −π.20∫12249.0√arcsin x√dx.x(1 − x)Выполняя последовательно замены t =получаем:∫10√x и u = arcsin t,π/2√∫π/2∫1arcsin xarcsin tπ22√dt = 2u du =u dx = 2 √=.41 − t2x(1 − x)000∫12250.−11 + x2dx.1 + x4Первообразная подынтегральной функции вычислена в задаче 1712:∫x2 − 11 + x21√√ + C.arctgdx=1 + x42x 2120Так как она разрывна при x = 0, то определенный интегралнеобходимо разбить на два:∫1−11 + x2dx =1 + x4∫0−11 + x2dx +1 + x4∫11 + x2dx =1 + x40011x2 − 1 1x2 − 1 πππ√√√√=arctg+arctg= √ + √ =√ .2x 2 −12x 2 0 2 2 2 222251.
Объяснить, почему формальная замена x = φ(t) приводит к неверным результатам, если:∫1∫12/3а)dx , где t = x−1∫πв)б);−11dx, где x = ;21+xtdx, где tg x = t.1 + sin2 x0а). Из формулы замены находим x = ±t3/2 и формальная(точнее, необдуманная) замена (при любом выборе знака) дает∫1−13dx = ±2∫1t1/2 dt = 0,1в то время как прямое вычисление приводит к другому результату:1∫1dx =x = 2.−1−1Надуманность этого примера очевидна. Необходимым условиемлюбой замены является вычисление новых пределов интегрирования. Выполнение этого действия сразу ставит все на свои места. При выборе формулы x = t3/2 нельзя найти такое значение121переменной t, которое бы дало величину x = −1. Аналогично,при выборе формулы замены x = −t3/2 нет такого значения переменной t, которое бы дало величину x = 1.
На промежуткеx ∈ [−1; 0] необходимо выбирать x = −t3/2 , а на отрезке x ∈ [0; 1]величина x = t3/2 . Поэтому правильный подход состоит в том,чтобы интеграл разбить на два:∫1∫0dx =−1∫1dx +−1dx.0В первом интеграле величина x неположительна и нужно сделать замену x = −t3/2 :∫0−13dx = −2∫0t1/23dt =21∫11t1/2 dt = t3/2 = 1.00Во втором интеграле значения x неотрицательны и поэтому x == t3/2 :∫1∫113dx =t1/2 dt = t3/2 = 1.200Таким образом,0∫1dx = 1 + 1 = 2.−1б). Непосредственное вычисление дает∫1−11()dx = π − −π = π .=arctgx1 + x2442−1Формальная замена дает другой результат:∫1−1dx=−1 + x2∫1−1122dtπ=− .21+t2Обратная замена дается формулой t = 1/x.
Эта функция разрывна при x = 0, лежащей внутри отрезка интегрирования, поэтому формула замены переменной неприменима к данному случаю. Тем не менее указанную замену можно осуществить, еслиразбить исходный интеграл на два:∫1−1dx=1 + x2∫0−1dx+1 + x2∫1dx1 + x20и в каждом из полученных интегралов, воспользоваться заменойx = 1/t, сводя интегралы к несобственным:∫0dx=−1 + x2−1−∞∫−1dt=1 + t2∫−1−∞dt=1 + t2−1π ( π) π= ,= arctg t=− − −424−∞∫10dx=−1 + x2∫1dt=1 + t2+∞+∞πdtπ π= arctg t= − = .21+t2441+∞∫1Таким образом,∫1−1dxππ π= + = .21+x442в). Выполняя формально указанную заменуtg x = t ,x = arctg t ,sin2 x =dx =dt,1 + t2tg2 xt2=,1 + t21 + tg2 x123приходим к следующему результату:∫πdx=1 + sin2 x0∫0dt= 0.+12t20Однако функция t = tg x разрывна в точке x = π/2, лежащейвнутри отрезка интегрирования, и формальное примение формулы замены переменной неправомочно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
