Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 19

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 19)

Критерий Коши существования этого предела и называется критерием Коши сходимости соответствующегонесобственного интеграла. При формулировке критерия нужноучитывать, что по формуле Ньютона – Лейбница∫x2F (x2 ) − F (x1 ) =f (x) dx.x1Так для сходимости интеграла по промежутке [a; +∞), получаем следующее условие: для любого ε > 0 существует такоеD > a, что при всех x1 , x2 ∈ (D; +∞) выполнено неравенствоx∫ 2 f (x) dx < ε.x1Задача 23. Сформулировать критерий Коши для интегралапо промежутку [a; b).Задача 24. Сформулировать критерий Коши для интегралапо промежутку (−∞; b].230Задача 25. Сформулировать критерий Коши для интегралапо промежутку (a; b].Задача 26. Пусть функция f ограничена и локально интегрируема на промежутке [a; b). Доказать, что несобственныйинтеграл от функции f по промежутку [a; b) сходится.Задача 27.

Пусть функция f ограничена и локально интегрируема на промежутке (a; b]. Доказать, что несобственныйинтеграл от функции f по промежутку (a; b] сходится.Задача 28. Пусть функция f непрерывна и ограничена напромежутке [a;b). Доказать, что несобственный интеграл от функции f по промежутку [a; b) сходится.Задача 29. Пусть функция f непрерывна и ограничена напромежутке (a;b]. Доказать, что несобственный интеграл от функции f по промежутку (a; b] сходится.Часто в приложениях встречаются несобственные интегралы, содержащие произведение двух функций. Для таких интегралов разработаны признаки Абеля и Дирихле. Приведем ихформулировки. Пусть ∆ обозначает один из четырех основныхпромежутков: [a; +∞), [a; b), (−∞; b] или (a; b].Признак Абеля. Пусть сходится интеграл∫f (x) dx,∆а функция g монотонна и ограничена на ∆. Тогда интеграл∫f (x)g(x) dx(5.20)∆сходится.Признак Дирихле.

Пусть функция f локально интегрируема на промежутке ∆, и имеет ограниченную на ∆ первообразную, а функция g монотонна и имеет нулевой предел в особойточкеlim g(x) = 0.x→ω231Тогда интеграл (5.20) сходится.Замечание. Так как две первообразные одной функции отличаются на постоянную, то проверку ограниченности можнопроводить для любой из них.Если несобственный интеграл расходится, то иногда ему можно все же приписать определенную величину, называемую главным значением интеграла. Пусть функция f локально интегрируема на множестве X = [a; c) ∪ (c; b].

Главным значением несобственного интеграла по отрезку [a; b] называют величину c−ε∫b∫∫bv.p. f (x) dx = lim  f (x) dx +f (x) dx .ε→0+0aac+εЕсли несобственный интеграл сходится, то главное значение интеграла существует и равно несобственному интегралу.Задача 30. Пусть a < c < b, показать, что∫bv.p.ab−cdx= ln.x−cc−aЗадача 31. Пусть a < c < b и n – натуральное, n > 2,показать, что при нечетном n∫bv.p.a[]111dx=−,(x − c)nn − 1 (a − c)n−1 (b − c)n−1а при четном n главное значение этого интеграла равно +∞.Аналогичным образом можно ввести понятие главного значения и для других видов несобственных интегралов. Пусть функция f локально интегрируема на множестве X = [a; b) ∪ (b; +∞),причем несобственный интеграл от f по промежутку [c; +∞) сходится при любом c > b.

Тогда b−ε+∞+∞∫∫∫v.p.f (x) dx = lim  f (x) dx +f (x) dx .ε→0+0aa232b+εМожно ввести понятие главного значения и для сходимостина бесконечности. Пусть функция f локально интегрируема навсей числовой прямой, тогда+∞∫v.p.f (x) dx = lim∫DD→+∞−D−∞f (x) dx.Вычислить интегралы:+∞∫2334.dx(a > 0).x2a+∞∫dx=x2(−1xa)+∞1= .aa∫12335.ln x dx.0Согласно решению задачи 1791 из [1]∫1()1ln x dx = x ln x − x = −1 .00+∞∫2336.−∞dx.1 + x2+∞∫−∞∫1√2337.−1dx=1 + x2()+∞arctg x = π.−∞dx.1 − x2233∫1−1+∞∫2338.x22+∞∫2dx√=1 − x2dx1=2x +x−23=2339.−∞)1arcsin x = π .−1dx.+x−2(+∞∫(+∞(∫211−x−1 x+2)dx = )1 x − 1 +∞ 2ln= ln 2 .3 x + 2 23dx.(x2 + x + 1)2Согласно решению задачи 1921 из [1]∫2x + 1dx=+(x2 + x + 1)n3(n − 1)(x2 + x + 1)n−12(2n − 3)+3(n − 1)∫(x2dx.+ x + 1)n−1Применяя эту формулу для n = 2, находим∫∫2dx2x + 1dx+.=2222(x + x + 1)3(x + x + 1) 3x +x+1Оставшийся интеграл сводим к табличному, выделяя в знаменателе полный квадрат:∫dx=2x +x+1∫()d x + 2122x + 1= √ arctg √+ C.)(31 233x+ 2 + 4234Следовательно,(=+∞∫−∞(x2dx=+ x + 1)2)2x + 142x + 1 +∞4π+ √ arctg √= √ .23(x + x + 1) 3 333 3−∞+∞∫2340.dx.1 + x30Согласно решению задачи 1881 из [1]+∞∫dx=1 + x30+∞∫2341.()+∞12x − 1 (x + 1)212πln 2+ √ arctg √= √ .6 x −x+1333 30x2 + 1dx.x4 + 10Согласно решению задачи 1712 из [1]+∞∫x2 + 1dx =x4 + 1(0∫12342.0)+∞1x2 − 1 π√ arctg √=√ .2x 220dx√.(2 − x) 1 − xИнтеграл рационализируется заменой√y = 1 − x, x = 1 − y 2 , dx = −2y dy.После замены получаем:∫10dx√=2(2 − x) 1 − x∫10()1πdy= 2 arctg y = .21+y20235+∞∫dx.x 1 + x5 + x10√2343.1Делая последовательно замены y = 1/x5 и u = y + 12 , получаем:+∞∫1dx1√=5105x 1+x +x1=5∫10()d y + 12√()2y + 21 +34∫1√01=5dyy2+y+1∫3/2√1/2duu2 +==34()3/2√()13122= ln u + u +.

= ln 1 + √54 531/2+∞∫2344.x ln xdx.(1 + x2 )20Применяя интегрирование по частям, вычислим неопределенный интеграл:()∫∫x ln x11ln x+dx = −ln x d=−(1 + x2 )221 + x22(1 + x2 )∫+dxln x1=−+222x(1 + x )2(1 + x ) 2=−∫ (1x−x 1 + x2)dx =1ln x+ ln x − ln(1 + x2 ) + C.22(1 + x ) 2Следовательно,+∞∫0[]+∞x ln xln x12 + ln x − ln(1 + x ) .dx = −222(1 + x )2(1 + x ) 20236Для вычисления предела в нуле сгруппируем вместе первое ивторое слагаемые[]ln x12lim −+lnx−ln(1+x)=x→02(1 + x2 ) 2x2 ln x− lim ln(1 + x2 ) = 0.x→0 2(1 + x2 )x→0= limДля того, чтобы вычислить предел на бесконечности, сгруппируем второе и третье слагаемые[]ln x12lim −+ ln x − ln(1 + x ) =x→+∞2(1 + x2 ) 21ln xx+lim ln √= 0.2x→+∞ 2(1 + x )2 x→+∞1 + x2= − limТаким образом,+∞∫x ln xdx = 0.(1 + x2 )20Замечание.

Если в интеграле сделать замену t = 1/x, тополучим+∞∫I=x ln xdx = −(1 + x2 )20+∞∫t ln tdt = −I.(1 + t2 )20Отсюда непосредственно (без вычисления интеграла) следует,что I = 0.+∞∫arctg x2345.dx.(1 + x2 )3/20Согласно решению задачи 1684 из [1]∫dxx=√+ C.3/22(1 + x )1 + x2237Следовательно,1=d(1 + x2 )3/2(x√1 + x2).Интегрируя дважды по частям, получаем:)(∫∫arctg xx arctg xx= √−dx = arctg x d √3/222(1 + x )1+x1 + x2)(∫∫xx arctg xx−dx = √− xd √=(1 + x2 )3/21 + x21 + x2∫x arctg xx2x dx= √−√+ √=221+x1+x1 + x2√x arctg xx2= √−√+ 1 + x2 + C.1 + x21 + x2Таким образом,+∞∫arctg xdx =(1 + x2 )3/20[]+∞√x2x arctg x2√−√+ 1 + x =1 + x21 + x20[]√x2x arctg x2−√+ 1 + x − 1.= lim √x→+∞1 + x21 + x2Для вычисления предела сгруппируем второе и третье слагаемые[]√x2x arctg x2−√+ 1+x =lim √x→+∞1 + x21 + x2[]x arctg x1π= lim √+√= .22x→+∞21+x1+xИскомый интеграл+∞∫arctg xπdx = − 1.3/222(1 + x )0238+∞∫e−ax cos bx dx (a > 0).2346.0Согласно решению задачи 1828 из [1]+∞∫−a cos bx + b sin bx −axe−ax cos bx dx =e+ C,a2 + b20следовательно,+∞][∫a−a cos bx + b sin bx −ax +∞−axe= 2.ecos bx dx =22a +ba + b200+∞∫2347.e−ax sin bx dx (a > 0).0Согласно решению задачи 1829 из [1]+∞∫a sin bx + b cos bx −axe−ax sin bx dx = −e+ C,a2 + b20следовательно,+∞[]∫a sin bx + b cos bx −ax +∞b−axecos bx dx = −e= 2.22a +ba + b200С помощью формул понижения вычислить следующие несобственные интегралы (n – натуральное число):+∞∫2348.

In =xn e−x dx.0Интегрируя по частям, находим+∞+∞∫( −x )nn −x x d e= −x e +In = −00239+∞∫xn−1 e−x dx = 0 + nIn−1 = nIn−1 .+n0Это дает рекуррентное соотношениеIn = nIn−1 .Так как+∞+∞∫−x−x I0 =e dx = − e = 1,00то, применяя рекуррентное соотношение n раз, получаем:In = nIn−1 = n(n − 1)In−2 = · · · = n!I0 = n!.Следовательно,+∞∫xn e−x dx = n!0+∞∫2349. In =−∞(ax2dx+ 2bx + c)n(ac − b2 > 0).Согласно решению задачи 1921 с заменой b на 2b∫dxax + b=+2n(ax + 2bx + c)2(n − 1)∆(ax2 + 2bx + c)n−1(2n − 3)a+2(n − 1)∆∫(ax2dx,+ 2bx + c)n−1где ∆ = ac − b2 . Таким образом,+∞∫In =−∞(ax2dx=+ 2bx + c)n240[=]+∞ax + b+2n−12(n − 1)∆(ax + 2bx + c)−∞(2n − 3)a+2(n − 1)∆+∞∫−∞dx(2n − 3)a=In−1 .n−1+ 2bx + c)2(n − 1)∆(ax2Это приводит к рекуррентному соотношениюIn =(2n − 3)aIn−1 .(2n − 2)∆Применяя полученное соотношение n − 1 раз, находим:In =(2n − 3)a(2n − 5)a .

. . 3a · aI1 =(2n − 2)∆(2n − 4)∆ . . . (4∆)(2∆)=(2n − 3)!! ( a )n−1I1 .(2n − 2)!! ∆Так как ac − b2 > 0, то после замены y = x + ab имеем:()b+∞+∞∫∫d x+dxa==I1 =)2(ax2 + 2bx + cbac − b2−∞ a x +−∞+aa1=a+∞∫−∞du1=2aac − bu2 +2a[]+∞aau√arctg √=22ac − bac − b −∞π sgn a=√.ac − b2Следовательно,+∞∫−∞dx(2n − 3)!!πan−1 sgn a=1 .(ax2 + 2bx + c)n(2n − 2)!!(ac − b2 )n− 2241+∞∫2350. In =dx.x(x + 1) .

. . (x + n)1Разложим подынтегральную функцию на элементарные дроби1c0c1cn=++ ··· +.x(x + 1) . . . (x + n)xx+1x+nПриводя к общему знаменателю и освобождаясь от него, получаем тождество1 = c0 (x + 1) . . . (x + n) + · · ·· · · + ck x(x + 1) . . . (x + k − 1)(x + k + 1) .

. . (x + n) + · · ·· · · + cn x(x + 1) . . . (x + n − 1).Полагая в этом тождестве x = −k и учитывая, что все слагаемыев правой части кроме k-го (слагаемые нумеруются с нуля) равнынулю, имеем:1 = ck (−k)(−k + 1) . . . (−1)(1)(2) . .

. (n − k),откуда находимck =(−1)k(−1)k Cnk=.k!(n − k)!n!Следовательно,1 ∑ (−1)k Cnk1=.x(x + 1) . . . (x + n)n!x+knk=0Интегрируя это равенство, получаем+∞∫1dx=x(x + 1) . . . (x + n)[]+∞n1 ∑(−1)k Cnk ln(x + k) =n!k=02421=∑11 ∑lim(−1)k Cnk ln(x + k) −(−1)k Cnk ln(k + 1).n! x→+∞n!nnk=0k=0Из формулы бинома Ньютона следует, чтоn∑(−1)k Cnk = (1 − 1)n = 0,k=0Поэтомуn∑(−1)k Cnk ln(x + k) =k=0n∑=(−1)k Cnk ln(x + k) −(k=0=n∑)k(−1)Cnkln(x) =k=0n∑n∑k=0k=0(−1)k Cnk (ln(x + k) − ln(x)) =(−1)k Cnk lnx+k.xТаким образом,limx→+∞n∑(−1)kCnkn∑x+k(−1)k Cnk lim lnln(x + k) ==0x→+∞xk=0k=0и искомый интеграл+∞∫dx1 ∑(−1)k Cnk ln(k + 1) ==−x(x + 1) . .

. (x + n)n!nk=011 ∑1 ∑=(−1)k+1 Cnk ln(k + 1) =(−1)k+1 Cnk ln(k + 1)n!n!nnk=0k=1(слагаемое, отвечающее k = 0, равно нулю).∫1xn dx√2351. In =.(1 − x)(1 + x)0243Замена t = arcsin x (x = sin t) дает∫π/2In =sinn t dt.0Согласно решению задачи 2882(2k − 1)!! π· , n = 2k,(2k)!!2In =(2k)!!, n = 2k + 1.(2k + 1)!!+∞∫2352. In =dxn+1chx.0Используя свойства гиперболических функций и интегрируяпо частям, получаем:+∞∫In =ch2 x − sh2 xdx = In−2 −chn+1 x0+∞∫sh2 xdx =chn+1 x01= In−2 +n+∞)(∫1= In−2 +sh x dchn x0+∞∫1  sh x +∞dx +=−n chn x 0chn−1 x01n−1[0 − In−2 ] =In−2 .nnТаким образом, для рассматриваемого интеграла имеет месторекуррентное соотношение= In−2 +In =n−1In−2 .n244Нетрудно вычислить интегралы при n = 0 и n = 1:+∞∫I0 =dx=ch x0+∞∫=0+∞∫d(sh x)=ch2 x0+∞d(sh x)π=arctg(shx)= .221 + sh x0+∞∫I1 =0+∞dx= th x= 1.2ch x0Далее воспользуемся рекуррентным соотношением.

При n == 2k применим рекуррентное соотношение k раз, получаемIn = I2k =2k − 1(2k − 1)(2k − 3) . . . 3 · 1I2k−2 = . . . =I0 =2k(2k)(2k − 2) . . . 4 · 2(2k − 1)!! π(n − 1)!! π· =· .(2k)!!2n!!2При n = 2k + 1 применим рекуррентное соотношение k раз:=In = I2k+1 =2kI2k−1 = . . .2k + 1(2k)(2k − 2) . . . 4 · 2(2k)!!(n − 1)!!I1 =·1=.(2k + 1)(2k − 1) . . . 5 · 3(2k + 1)!!n!!Следовательно,(n − 1)!! π· , n – четное,n!!2In = (n − 1)!! , n – нечетное.n!!... =∫π/22353. а)ln sin x dx;0∫π/2б)ln cos x dx.0245Пусть∫π/2I1 =ln sin x dx ,∫π/2I2 =ln cos x dx.00Покажем, что I1 = I2 , для этого в I2 сделаем замену x =∫0I2 = −ln cos(π2π− t:2∫π/2ln sin t dt = I1 .− t dt =)0π/2Обозначим общее значение этих интегралов через I.

Тогда∫π/2∫π/22I = I1 + I2 =ln sin x dx +ln cos x dx =00∫π/2∫π/2ln (sin x cos x) dx =[ln sin x + ln cos x] dx ==00∫π/2∫π/2sin 2xln=[ln sin 2x − ln 2] dx =dx =200∫π/2ln sin 2x dx −=πln 2.20Преобразуем интеграл в правой части последнего равенства,делая замену 2x = t:∫π/2∫π∫π/2∫π111ln sin 2x dx =ln sin t dt =ln sin t dt +ln sin t dt.222000246π/2Если во втором из полученных интегралов сделать замену z =π − t, получим∫π∫0ln sin t dt = −π/2∫π/2ln sin(π − z)dz =ln sin z dz.0π/2Следовательно,∫π/2∫π/2∫π/21111ln sin 2x dx =ln sin t dt +ln sin z dz = I + I = I,2222000что приводит к уравнению2I = I −πln 2.2Решая полученное уравнение, находим:I=−т.

Характеристики

Список файлов книги