1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 29

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

Текст из файла (страница 29)

(Интегрирование по частям в несобственном интеграле) Пустьфункции f и g определены и непрерывно дифференцируемы на [a, η). Еслисуществуют любые два из следующих пределовZblimb→η−0f 0 (x)g(x) dx,Zblimb→η−0af (x)g 0 (x) dx;lim f (x)g(x).b→η−0aто существует и третий и справедливо равенство:Zηf 0 (x)g(x) dx = f (x)g(x)|ηa −aZηf (x)g 0 (x) dx;aгде f (x)g(x)|ηa = lim f (x)g(x) − f (a)g(a).x→η−0Теорема. (Замена переменной в несобственном интеграле) Пусть f : [a, η) →RηR, f ∈ Rim[a, b] для любого b ∈ (a, η) и несобственный интеграл f (x) dx схоaдится.

Если ϕ : [α, β) → [a, η) – непрерывно дифференцируемое возрастающее отображение, причем ϕ(α) = a и ϕ(γ) → η при γ → β, то несобственныйинтеграл от функции t → f (ϕ(t))ϕ0 (t) сходится иZηZβf (x) dx =a10.11.αПримеры несобственных интегралов первого рода+∞R12.f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt.+∞Rdxxα .Сходится при α > 1.exα dx.

Сходится при α < 0.03.+∞R04.+∞R0dx1+x2 .dxx.Сходится.Расходится.2255.+∞Rcos x dx. Расходится.010.21.Примеры несобственных интегралов второго родаR102.R103.R1dxxα .Сходится при α < 1.dxx.Расходится.ln x dx. Сходится.010.3Частный случай задач 2346 и 2347 из [2], a = b = 1Вычислить несобственные интегралы:Z+∞Z+∞cos x e−x dx,sin x e−x dx.00Решение.

При решении используем задачу 2.8ZAZ+∞cos x e−x dx =cos x e−x dx = limA→+∞00−xelimA→+∞A1 1e−A(sin x − cos x) = lim(sin A − cos A) + = ,A→+∞ 2022 2Z+∞ZAsin x e−x dx = limsin x e−x dx =A→+∞00Ae−A1 1(sin x + cos x) = − lim(sin A + cos A) + = .A→+∞ 2022 2−x− limA→+∞10.4eЗадачаВычислить определенный интегралπZ2dx1 + a2 cos2 x0226Решение. Пусть η ∈ (0, π2 ):Zηdx=1 + a2 cos2 x0Zη0tg(η)Z01dx·=12 cos2 x+acos2 xZη(tg x)0 dx=tg2 x + 1 + a201dtttg η√√=arctg =t2 + 1 + a21 + a21 + a2 01tg η√arctg √.1 + a21 + a2Следовательно,πZ2dx= lim1 + a2 cos2 x η→ π2 −0Zηdx=1 + a2 cos2 x001tg ηπ√limarctg √= √.πη→ 2 −01 + a21 + a22 1 + a210.5Пример 10 из [13], стр. 245.Вычислить определенный интегралZ1arcsin x dx0Решение.

Пусть η ∈ (0, 1):Zηarcsin x dx = {u(x) = arcsin x, u0 (x) = √01, v(x) = x,1 − x2η Zη x dxv 0 (x) = 1} = x arcsin x − √=01 − x20Zηη arcsin η +0ηp(1 − x2 )0 dx2√= η arcsin η + 1 − x =02 1 − x2pη arcsin η + 1 − η 2 − 1.227Ответ.ZηZ1arcsin x dx = limarcsin x dx =η→1−000limη→1−010.6 πp2η arcsin η + 1 − η − 1 = − 1.2Задача № 22 из [4], §11Вычислить интегралZ1−1dx√.(16 − x2 ) 1 − x2Решение.Z1−1dx√= 2 limη→1−0(16 − x2 ) 1 − x2Zη0Рассмотрим замену Абеля:p0x2t = ϕ(x) = −1−x = √,1 − x2ϕ0 (x) = √dx√(16 − x2 ) 1 − x2x = ϕ−1 (t) = √t,t2 + 11> 0.1 − x2 (1 − x2 )Найдем неопределенный интегралZZdx(1 − x2 ) dx√√==(16 − x2 ) 1 − x2(16 − x2 )(1 − x2 ) 1 − x2t20Z 1 − ϕ2 (x)Z1 − 1+t2 dt1+ϕ2 (x) ϕ (x) dx ==t2ϕ2 (x)16−16 − 1+ϕ2 (x)1+t2Z 1 − t2 2 dt ZZ1+tdtdt===216t16 + 15t215( 15 + t2 )16 − 1+t2√ !115√ arctgt + C.44 15228x 0Рассмотрим таблицуη.

Следовательно,t 0 √η1−η 2Z1Zηdx√=(16 − x2 ) 1 − x20!√1η15πlim √ arctg·p= √ .η→1−0 2 1544 151 − η2dx√= 2 limη→1−0(16 − x2 ) 1 − x2−110.7Задача № 27 из [4], §11Вычислить интегралπZ4√ctg x dx.0Решение.ππZ4Z4√ctg x dx = limδ→0+0√ctg x dx.δРассмотрим замену t = sin x:πZ4ππZ4 √Z4√cos x dxcos x dx√√ctg x dx ===√sin xsin x cos xδδδ√1πZ4δ(sin x)0 dxp=√4sin x 1 − sin2 xtsin δРассмотрим задачи 3.6 и 6.6. Учитывая таблицу√ztg δмену√1Z2sin δ1t2−1=12z4 , t= ϕ2 (z) =Z2dt√ √4t 1 − t2sin δ√121, введем за-z41+z 4 :√Z1 1dt|z 2 + 2z + 1|dz√√√= √ ln=242−1+z22|z2z + 1|t 4 1 − t2√tg δ√√ 111+ √ arctg2z + 1 + √ arctg2z − 1 √ .tg δ22229Следовательно,πZ4010.8π√√ 1|z 2 + 2z + 1|√ctg x dx = limctg x dx = √ lnδ→0+2 2 |z 2 − 2z + 1|δ√√ 1112z + 1 + √ arctg2z − 1 =+ √ arctg02√2√√1112+1√ ln √√√+arctgarctg2+1 +2−1 =2 22−122!√√111√ ln( 2 + 1) + √ =arctg2 + 1 + arctg √222+1√1π√ ln( 2 + 1) + √ .22 2Z4√ЗадачаВычислить интегралZb px2 − a2 dx,b > a > 0.aРешение.Zb pZb pbp222222x − a dx = limx − a dx = lim x x − a −ξ→a+0aξ→a+0ξξZblimξ→a+0bZ pp(x2 ± a2 ) dx√= b b 2 − a2 −x2 − a2 dx22x −aaξ− a2 limZbξ→a+0ξСледовательно,Zb pZb2pbadx√x2 − a2 dx =b 2 − a2 −lim.22 ξ→a+0x2 − a2aξ230√dx.x 2 − a2t=x+√t2 +a22t ,x2 − a2 , ϕ(t) =ϕ0 (t) =t2 −a22t2 ,xξbp√t ξ + ξ 2 − a2 b + b2 − a2Zblimξ→a+0ξ√b+ Zb2 −a2dx√= limx2 − a2 ξ→a+0 √ξ+ϕ0 (t) dt=(t − ϕ(t))ξ 2 −a2√b+ Zb2 −a2limξ→a+0√ξ+ξ 2 −a2√b+ Zb2 −a2ϕ0 (t) dt= lim(t − ϕ(t)) ξ→a+0 √ξ+dt=tξ 2 −a2lnb+√b 2 − a2aОтвет:Zb pbp 2a2 (b +222x − a dx =b − a − ln22√b2 − a2 ).aa10.9Задача 39 из [4], §12Вычислить интеграл:Z+∞ln x dx.x2 + 10Решение.Z+∞ln x dx=x2 + 10Z1ln x dx+x2 + 10Z+∞ln x dxx2 + 11Каждый из интегралов сходится.

Сделаем замену x =Z+∞1ln x dx=−x2 + 1Z01ln 1t dt=−( t12 + 1)t2231Z101tln t dt=−(1 + t2 )во втором интегралеZ10ln x dx.(1 + x2 )10.10Задача 207 из [4], §12; Задача 2355 из [2]Доказать равенствоZ+∞ Z+∞ pβ12f αx +dx =x + 4αβ dx,fxα00где α > 0 и β > 0, предполагая, что интеграл в левой части равенства имеетсмысл.Решение. Рассмотрим замену t = ϕ(x) = αx + βx , ϕ0 (x0 ) = α − xβ2 = 0,0q√2√2βx 0t± t −4αβt− t −4αβα ; заменаx = ϕ1,2 (t) =.Заменаϕ(t)=,1√2α2αt +∞ 2 αβq√βx+∞t+ t2 −4αβα,,ϕ2 (t) =√2αt 2 αβ +∞√βZ α Z+∞ bbdx =f ax +dx+f ax +xx00√2Z αβZ+∞ bf ax +dx =f (t)ϕ01 (t) dt+x√β+∞αZ+∞1α√2 αβZ+∞√2 αβf (t)ϕ02 (t) dt =Z+∞f (t) (ϕ02 (t) − ϕ01 (t)) dt =√2 αβZ+∞f (t)t dt1p=αt2 − 4αβp02f (t)t − 4αβ dt =√2 αβ(px = t2 − 4αβ,pt = x2 + 4αβ,)√t 2 αβ +∞x01αZ+∞ p2fx + 4αβ dx.0232+∞10.11Задача № 131 из [4], §11Пусть функция f (x) монотонна на промежутке (a, b] и неограниченна в праRbвой окрестности точки x = a.

Доказать, что если f (x) dx существует, тоa ZbnXb−a(b − a)limf a+i = f (x) dx.n→+∞ nni=1aРешение. Пусть функция монотонно убываетZb0<anb−aXff (x) dx −n i=1a+ b−anZb−aa+inb−aff (x) dx −n=b−aa+na+nXi=2a+ (b−a)n iZf (x) − fb−aa+in<a+ (b−a)n (i−1)a+ b−an(b − a)b−af (x) dx −f a+nna nX(b − a)(b − a)b−a+f a+(i − 1) − f a +i=nnni=2Za+ b−anZ(b − a)f (b) <n b−a a+n Z (b − a)ε εf (x) dx +|f (b)| < + = ε.n2 2 af (x) dx −a10.12Задача 2225 из [2]Доказать, что limn→∞√nn!n= 1e .Решение. Рассмотрим функцию f (x) = − ln x на промежутке (0, 1] и раз233биение P = {x0 , x1 , .

. . , xn }, xi = ni , i = 0, 1, . . . , n с выделенными точкамиξi = ni , i = 1, . . . , n. Таким образом,−nX1i=1nlni1 n!1 nnn→= − ln n = ln= ln √nnn nn n!n!Z1− ln x dx = 1,при n → ∞.010.13Задача № 130 из [4], §11Выяснить, можно ли сходящийся несобственный интегралривать как предел соответствующей интегральной суммыnXf (ξi )(xi − xi−1 ),Rbf (x) dx рассмат-aξi ∈ [xi−1 , xi ].i=1Решение. Рассмотрим функцию f (x) = − ln x, a = 0, b = 1 и разбиениеP = {x0 , x1 , . . .

, xn }, xi = ni , i = 0, 1, . . . , n с выделенными точками:ξ1 =1,nnξi =i,ni = 2, . . . , n.Таким образом,nXi=1nX1 i11f (ξi )(xi − xi−1 ) = ln nn −ln = ln nnnn n ni=211 nn− ln n + ln→ +∞, при n → ∞,nn n!10.14Пример 8 из [4], §11πВычислить интегралR2ln sin x dx.0Решение. Подынтегральная функция неограниченна в правой окрестноститочки x = 0. Установим сначала существование интеграла. Для этого воспользуемся формулой интегрирования по частям, положивu = ln sin x, v 0 = 1, u0 =234cos x, v = x.sin xππZ2Z2ln sin x dx = limln sin x dx =δ→+00δπ2πZ2 π Z cos xcos x2dx = − xdx.lim x ln(sin x) − xδ→+0δsin xsin x0δРассмотри интегралππZ2Z4ln(sin x) dx = {x = 2t, dx = 2dt} = 2I=00π4π4Z2ln(sin 2t) dt =ln(sin 2t) dt =πln 2 + 220πZ4Zln(sin t) dt + 20ln(cos t) dt =πln 2 + 2I,20посколькуπZ42πln(cos t) dt = {t = − u} = 22Zππln(cos( − u)) du =2π40Zπ2ln(sin u) du.π4Ответ.πZ2πln sin x dx = − ln 2.2011Seminar n.

11Теорема. (Критерий Коши) Пусть f ∈ Rim[a, b] для любого b ∈ (a, η).RηДля того, чтобы несобственный интеграл f (x) dx сходился, необходимо иaдостаточно,чтобыдля любого ε > 0 существовало такое число bε ∈ (a, η),Rb2что f (x) dx < ε для всех b1 , b2 ∈ (bε , η).b1235Теорема. (Признак сравнения) Пусть f, g : [a, η) → R и 0 6 f (x) 6 g(x) приx ∈ [a, η). Тогда1.

если несобственный интегралный интегралRηRηg(x) dx сходится, то сходится несобствен-af (x) dx;a2. если несобственный интегралственный интегралRηRηf (x) dx расходится, то расходится несоб-ag(x) dx.a11.1Задача № 9 из [4], §12Вычислить интеграл или установить его расходимость:Z+∞dx.x ln xeРешение.

Способ 1.Z+∞dx= limx ln x A→+∞eZAdx= limx ln x A→+∞eZA(ln x)0 dx=ln xeZln AlimA→+∞dt= lim ln(ln A) = +∞.A→+∞t1Решение. Способ 2. Используем критерий Коши:ZA2Adx=x ln xZA2A(ln x)0 dx=ln x2Zln A2 ln Adt= ln t=ln Atln Aln(2 ln A) − ln(ln A) = ln 2.Следовательно, интеграл расходится.23611.2Задача № 10 из [4], §12Вычислить интеграл или установить его расходимость :Z+∞dx.x ln2 xeРешение. Способ 1.Z+∞dx= limx ln2 x A→+∞eZAdx= limx ln2 x A→+∞eZA(ln x)0 dx=ln2 xeZln AlimA→+∞1dt1 ln A= 1 − lim= − lim = 1.2A→+∞ ln AA→+∞ t 1t1Решение. Способ 2.

Покажем сходимость с помощью критерия Коши:ZBdx=x ln2 xA11.3ZB(ln x)0 dx=ln2 xAZln Bdt1 ln B1=−<< ε.t2t ln A ln Aln AЗадача 39 из [4], §12Показать сходимость интеграла:Z+∞ln x dx.x2 + 10Решение. См. задачу 10.9.Z+∞ln x dx=−x2 + 1Z1| ln x| dx+x2 + 100Z+∞ln x dx.x2 + 11| ln x|< | ln x|,x2 + 1x ∈ (0, 1].Фиксируем δ ∈ (0, 1):ln x1ln xCδln x<=·6,x2 + 1x2x2−δ xδx2−δln xδx∈[1,+∞) xгде Cδ = max=1δe .237x ∈ [1, +∞),11.4Задача № 72 из [4], §11Исследовать на сходимость:Zπ0ln x dx√sin xРешение.Zπ0ln x dx√=sin xZ10ln x dx√+sin xZπ1ln x dx√sin xПусть δ ∈ (0, 12 ):| ln x|1√= δ+ 1 · xδ | ln x| ·sin x x 2δФункции f1 (x) = x | ln x|, f2 (x) =√√ xsin xrx,sin xπx ∈ (0, ].2ограничены на промежутке (0, π2 ). 1| ln x|1√6 δ+ 1 · f1 e− δ · f2 (1) .sin x x 2ИнтегралR1dx1 +δ2x0сходится при δ ∈ (0, 12 ).Во втором интеграле мы делаем замену x = π − t :Zπ1ln x dx√=−sin xZ0π−1ln(π − t) dt√=sin tln(π − t)1√=√ ·tsin t11.5rZπ−10t· ln(π − t).sin tЗадача № 36 из [4], §12Исследовать на сходимость:Z+∞1dx√.(2x − 1) x2 − 1238ln(π − t) dt√.sin tРешение.Z+∞1Z+∞dx√= {x = t + 1} =(2x − 1) x2 − 1Z10dt√=(2t + 1) t2 + 2tdt√√+t(2t + 1) t + 2011.6Z+∞1dtq.122t (2 + t ) 1 + tЗадача № 78 из [4], §11Найти все значения параметра α, при которых сходится интегралZπ(1 − cos x)dx.xα0Решение.1(1 − cos x)∼, при x → +0.xα2xα−2Следовательно, интеграл сходится при α − 2 < 1.11.7ЗадачаИсследовать на сходимость:Z1x2e x−α dx,0где α ∈ (0, 1).Решение.

Характеристики

Список файлов семинаров