Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 20
Текст из файла (страница 20)
е.πln 2,2∫π/2∫π/2πln cos x dx = − ln 2.ln sin x dx =2002354. Найти∫e−x/2| sin x − cos x|√dx,sin xEгде E – множество тех значений x интервала (0; +∞), для которых подынтегральное выражение имеет смысл.Прежде всего, вычислим неопределенный интеграл от подынтегральной функции с опущенным знаком модуля:∫sin x − cos x√dx =e−x/2sin x247)cos x√=esin x − edx =sin x∫ ()′√√=−2e−x/2 sin x dx = −2e−x/2 sin x + C.∫ (−x/2√−x/2Область определения подынтегральной функцииE=∞∪(2πn; π + 2πn)n=0и рассматриваемый интеграл∫e∫∞ π+2πn∑− cos x|| sin x − cos x|√√dx =e−x/2dx.sin xsin xn=0−x/2 | sin x2πnEНа промежутке [2πn; π/4 + 2πn] модуль | sin x − cos x| == −(sin x − cos x), а на участке [π/4 + 2πn; π + 2πn] величина| sin x − cos x| = sin x − cos x.
Следовательно, учитывая найденный выше неопределенный интеграл, имеем:π+2πn∫e−x/22πn()π/4+2πn√| sin x − cos x|√dx = 2e−x/2 sin x −2πnsin x)π+2πn(√− 2e−x/2 sin x π/4+2πn√4= 2 8 e−π/8 e−πn .Таким образом,∫Ee−x/2∞∑√| sin x − cos x|4√e−πn .dx = 2 8 e−π/8sin xn=0Суммируя геометрическую прогрессию, находим:∞∑n=0e−πn=∞∑(e−πn=0248)n=11 − e−πи искомый интеграл√∫2 4 8 e−π/8−x/2 | sin x − cos x|√edx =.1 − e−πsin xE2355.
Доказать равенство+∞ (+∞)∫∫(√)b1f ax +dx =fx2 + 4ab dx,xa00где a > 0 и b > 0, предполагая, что интеграл в левой частиравенства имеет смысл.Рассмотрм на положительной полуоси функциюy = ax +b,xграфик которой представлен на рис. 5.1.y 6y = ax +bx√2 ab qO√q-xbaРис. 5.1√Он имеет асимптоты x = 0 и y = ax. В √точке x = b/aфункция имеет единственный экстремум y √= 2 ab, являющийся√строгим минимумом. На промежутках (0; b/a ] и [ b/a; +∞)249эта функция имеет обратные, которые обозначим, соответственно, x1 (y) и x2 (y). Их явный вид легко найти, решая уравнениеbxотносительно переменной x.
Приводя к общему знаменателю, получаем квадратное уравнение ax2 − yx + b = 0. Решая его, находим:√√y + y 2 − 4aby − y 2 − 4ab, x2 (y) =.x1 (y) =2a2aРассматриваемый интеграл разбиваем на два:√+∞ (+∞ ()))∫∫∫b/a (bbbf ax +dx =dx +f ax +dx.f ax +xxx√00y = ax +b/aВ первом интеграле сделаем подстановку x = x1 (y), а во втором –замену x = x2 (y). В обоих случаях ax + b/x = y (по определениюобратной функции). После замены получаем:√√2∫ ab)∫b/a (bf ax +dx =f (y)x′1 (y)dy =x+∞01=2a√2∫ ab(f (y) 1 − √+∞1=2a(+∞∫f (y)√2 ab√)yy 2 − 4abyy 2 − 4abdy =)− 1 dy.+∞+∞ ()∫∫bf (y)x′2 (y)dy =f ax +dx =x√√b/a2 ab2501=2a(+∞∫f (y) 1 + √√2 aby)y 2 − 4abdy.Складывая полученные выражения, находим+∞ (+∞)∫∫b1yf ax +dx =f (y) √dy.2xa √y − 4ab02 abВ полученном справа интеграле сделаем замену√√ydy,t = y 2 − 4ab , y = t2 + 4ab , dt = √2y − 4abпосле которой получаем+∞+∞∫∫√yf (y) √dy =f ( t2 + 4ab ) dt.y 2 − 4ab√02 abМеняя переменную интегрирования t на x, получаем требуемоеравенство:+∞ (+∞)∫∫√b1f ax +dx =f ( t2 + 4ab ) dt =xa001=a+∞∫√f ( x2 + 4ab ) dx.02356.
Средним значением функции f (x) на интервале (0;+∞)называется число1M [f ] = limx→+∞ x∫xf (ξ) dξ.0251Найти средние значения следующих функций:√a) f (x) = sin2 x + cos2 (x 2 );б) f (x) = arctg x;√в) f (x) = x sin x.а). Используя формулы пониженияsin2 x =1 − cos 2x,2cos2 x =1 + cos 2x,2получаем:1M [f ] = limx→+∞ x∫x (√ )sin2 ξ + cos2 (ξ 2 ) dξ =01= limx→+∞ 2x∫x (√ )2 − cos 2ξ + cos(2 2ξ) dξ =0[]x√111= lim2ξ − sin 2ξ + √ sin(2 2ξ) =x→+∞ 2x22 20()√111= lim2x − sin 2x + √ sin(2 2x) =x→+∞ 2x22 2()√sin 2x sin(2 2x)√+= lim1−= 1 − 0 + 0 = 1.x→+∞4x4 2xб).
Используя интегрирование по частям, находим:1M [f ] = limx→+∞ x∫xarctg ξ dξ =0x ∫x1ξ dξ = limξ arctg ξ −=x→+∞ x1 + ξ200252x ][112 = limx arctg x − ln(1 + ξ ) =x→+∞ x20[]112= limx arctg x − ln(1 + x ) =x→+∞ x2[]ln(1 + x2 )ππ= lim arctg x −= −0= .x→+∞2x22в).
Воспользуемся формула Бонне (4.3):∫b∫bf (ξ)φ(ξ) dξ = φ(b)af (ξ) dξ,θгде θ ∈ [a; b]. Применяя эту теорему для функций√f (ξ) = sin ξ , φ(ξ) = ξ,на отрезке [0; x], получаем∫x √ξ sin ξ dξ =√0∫xxsin ξ dξ =√x (cos θ − cos x) ,θ(θ ∈ [0; x]). Так как величина |(cos θ − cos x)| 6 2, то полученноесоотношение позволяет оценить интеграл следующим образом: x∫ √ √√ 6 x |(cos θ − cos x)| 6 2 x.ξsinξdξ0Отсюда следует, что ∫x√12ξ sin ξ dξ 6 √xx0253и поэтому1M [f ] = limx→+∞ x∫x √ξ sin ξ dξ = 0.02357. Найти:∫x √∫1cos tdt ;t2а) lim xx→01 + t4 dt0б) limx3x→∞;x+∞∫в) limt−1 e−t dt∫1xlnx→0; г) lim xα1xx→0f (t)dt ,tα+1xгде α > 0 и f (t) – непрерывная функция на сегменте [0; 1].а). По правилу Лопиталя и формуле (3.8)∫1lim xx→0∫1cos tdt = lim xx→0t2xcos tt2dt1x()x− cos2x= lim ( 1 ) = lim cos x = 1.x→0x→0− x2б).
По правилу Лопиталя и формуле (3.8)∫x √limx→∞√1 + t4 dt0x3= limx→∞11 + x4= .3x23в). По правилу Лопиталя и формуле (3.8)+∞∫limx→0t−1 e−t dtxln x1()− x1 e−x= lim ( 1 ) = lim e−x = 1.x→0x→0−x254г). По правилу Лопиталя и формуле (3.8)∫1∫1lim xαx→0f (t)dt = limx→0tα+1f (t)dttα+1xx−α=x()f (x)− α+1f (x)f (0)x) = lim= lim (=.αx→0x→0 αα− α+1xИсследовать сходимость интегралов:+∞∫2358.x40x2 dx.− x2 + 1подынтегральная функцияx2x4 − x2 + 1непрерывна и имеет степенную асимптотикуf (x) =f (x) ∼1,x2x → ∞.Так как порядок асимптотики больше 1, то рассматриваемыйинтеграл сходится.+∞∫dx√2359..3x x2 + 11подынтегральная функция1x x2 + 1непрерывна и имеет степенную асимптотику√3f (x) =f (x) ∼1x5/3,255x → ∞.Так как порядок асимптотики больше 1, то рассматриваемыйинтеграл сходится.∫2dx2360..ln x0Разобьем интеграл на три так, чтобы в каждом было по однойособенности:∫2dx=ln x0∫1/2dx+ln x0∫1dx+ln x∫2dx.ln x11/2Первый интеграл∫1/2dxln x0сходится так как подынтегральная функция непрерывна и ограничена на промежутке (0; 1/2] (см.
решение задачи 29). Во втором и третьем интегралах подынтегральная функция имеет степенную асимптотику при x → 1:f (x) =11∼.ln xx−1Так как порядок асимптотики равен 1, то интегралы∫1dx,ln x∫2dxln x11/2расходятся. Отсюда следует, что расходится и рассматриваемыйинтеграл.Замечание. Для сходимости интеграла с несколькими особенностями нужно, чтобы сходились все интегралы, каждый изкоторых имеет только одну особенность, поэтому для доказательства расходимости досточно было рассмотреть один из расходящихся интегралов.256+∞∫xp−1 e−x dx.2361.0Разобьем интеграл на два+∞+∞∫∫1∫p−1 −xp−1 −xx e dx = x e dx +xp−1 e−x dx.001В первом из полученных интегралов подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:f (x) = xp−1 e−x ∼1.x1−pОтсюда следует, что интеграл по промежутку (0; 1] сходится тогда и только тогда, когда 1 − p < 1, т.
е. p > 0.При исследовании второго интеграла можно воспользоватьсятем, что при любом pxp−1 = o(ex/2 ) ,x → +∞и поэтомуf (x) = xp−1 e−x = o(e−x/2 ) ,Так как интегралx → +∞.+∞∫e−x/2 dx1сходится, то сходится (при любом p) и интеграл+∞∫f (x) dx.1Таким образом, рассматриваемый интеграл сходится тогда итолько тогда, когда p > 0.257∫1xp lnq2362.1dx.x0Интеграл от функцииf (x) = xp lnq1xразобьем на два:∫1p1dx =xqx ln0∫1/2∫11pq 1x lndx +xp lnqdx.xx01/2Исследуем на сходимость первый из них∫1/21xp lnqdxI1 =x0и рассмотрим три случая.а) p < −1.
Подберем положительное число ε так, чтобы числоp + ε также удовлетворяло неравенству p + ε < −1 (рис. 5.2).Для этого можно, например, взять ε = (−p − 1)/2 (в этом случаеточка x = p + ε лежит ровно посередине между точками x = p иx = −1).qqpp+εq−1qx-0Рис. 5.2Положим α = −p − ε. Так как ε > 0, то при любом q()εq 1x = o ln, x → 0,xследовательно, при x → 0()1p+εp q 1=x= o x ln= o(f (x)).xαx258Величина p + ε < −1, поэтому α > 1 и интеграл∫1/2dxxα0расходится, следовательно, расходится и интеграл от функцииf (x).1б) p = −1. После замены u = ln, получаем:x+∞+∞∫1/2∫1/2∫∫duq−1 q 1dx =u du =.f (x) dx =x lnxu−q00ln 2ln 2Условие сходимости последнего интеграла: −q > 1, т. е.
q << −1.в) p > −1. Подберем положительное число ε так, чтобы числоp − ε также удовлетворяло неравенству p − ε > −1 (рис. 5.3). Дляэтого можно, например, взять ε = (p + 1)/2 (в этом случае точкаx = p − ε лежит ровно посередине между точками x = −1 иx = p).qq−1p−εx-qpРис. 5.3Положим α = −p + ε. Так как ε > 0, то при любом q( )1q 1=oln, x → 0,xxεследовательно, при x → 0pqf (x) = x ln1= o(xp−ε ) = ox259(1xα).Величина p − ε > −1, поэтому α < 1 и интеграл∫1/2dxxα0сходится, следовательно, сходится и интеграл от функции f (x).Резюмируя, получаем, что интеграл I1 сходится при p >> −1 и при p = −1, q < −1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
