1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 30

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

Текст из файла (страница 30)

Подсказка. Рассмотрим только случай α < 12 :Z1ex2x−αZαdx =ex2x−αZ2αdx +Достаточно показать, чтоR2αZ1dx +α00ex2x−αx2e x−α dx.2αx2e x−α dx расходится:αx2= t,x−αx = ϕ(t) =t−√239t2 − 4αt,2t +∞ 4αxα2α11.8Задача 2357 из [2]Найти:1. lim xx→0R1xRx √2. limln x1α4. lim x12t−1 e−t dtxx→0x→0;x3+∞Rdt;1+t4 dt0x→03. limcos tt2R1x;f (t) dttα+1 ,где α > 0 и f (t) – непрерывная функция на сегменте [0, 1].Seminar n. 12Говорят, что несобственный интегралсходится интегралRηRηf (x) dx сходится абсолютно, еслиa|f (x)| dx. Говорят, что несобственный интеграл сходитсяaусловно, если он сходится, но не сходится абсолютно.Из абсолютной сходимости следует сходимость несобственного интеграла.Теорема.

(Признак Абеля). Пусть f, g ∈ Rim[a, b] для любого b ∈ (a, η) ифункция g : [a, η) → R монотонна. ЕслиRη1. несобственный интеграл f (x) dx сходится,a2. функция g ограничена на [a, η),то сходится несобственный интегралRηaf (x)g(x) dx.Теорема. (Признак Дирихле). Пусть f, g ∈ Rim[a, b] для любого b ∈ (a, η)и функция g : [a, η) → R монотонна. Если Rb+1.

существует K ∈ R , такое, что f (x) dx 6 K для всех b ∈ [a, η),a2. g(x) → 0 при x → η−,Rηто сходится несобственный интеграл a f (x)g(x) dx.24012.1Задача 2378 из [2]Исследовать на сходимость несобственный интеграл:+∞R1Решение. Способ 1.+∞R1sin xxdx =Дирихле g(x) = − x1 , f (x) = (cos x)0 .+∞R1(−1)xsin xxdx.· (cos x)0 dx. Используем признакРешение. Способ 2. Используем критерий Коши и вторую теорему о среднем: B BZ Z ξB 0 sin x (cos x) 11dx = dx = cos x + cos x 6AξxxAB AA| cos ξ − cos A| | cos B − cos ξ|224+6 + 6 <εABA BA12.2Задача 2378 из [2]Исследовать на сходимость несобственный интеграл:+∞R1Решение.

Способ 1.+∞R1cos xxле g(x) = x1 , f (x) = (sin x)0 .dx =+∞R1(sin x)0xcos xxdx.dx. Используем признак Дирих-Решение. Способ 2. Используем критерий Коши и вторую теорему о среднем: B BZ Z ξB cos x (sin x)0 11dx = dx = sin x + sin x 6AξxxAB AA224| sin ξ − sin A| | sin B − sin ξ|+6 + 6 <εABA BA12.3Задача 2378 из [2]Исследовать на сходимость несобственный интеграл:+∞R1| sin x|xРешение.

Используем признак сравнения:| sin x| | sin x|21cos 2x>=−,xx2x2x241x > 1.dx,Покажем расходимость несобственного интегралаZ+∞| sin x|2dx = limA→+∞x1ZA| sin x|2dx = limA→+∞xZA1dx−2x1ZAcos 2x dx .2x112.4Задача 2378 из [2]Исследовать на сходимость несобственный интеграл:+∞R1| cos x|xdx.Решение. Используем признак сравнения:| cos x| | cos x|21cos 2x>=+,xx2x2xx > 1.Покажем расходимость несобственного интегралаZ+∞| cos x|2dx = limA→+∞x1ZA| cos x|2dx = limA→+∞x1ZAdx+2x1ZA112.5ЗадачаИсследовать на сходимость несобственный интеграл:Z+∞1sin xcos dx.xx1Решение. Используем признак Абеля:1g(x) = cos ,xf (x) =242sin x.xcos 2x dx .2x12.6ЗадачаИсследовать на сходимость несобственный интеграл:Z+∞cos x1cos dx.xx1Решение.

Используем признак Абеля:1g(x) = cos ,x12.7f (x) =cos x.xЗадачаИсследовать на сходимость несобственный интеграл:Z111sin dx.xx0Решение.Z111sin dx =xx00Z1 1x cosdx.x0Используем признак Дирихле:g(x) = x,12.801f (x) = cos.xЗадачаИсследовать на сходимость несобственный интеграл:Z111cos dx.xx0Решение.Z1011cos dx = −xx0Z1 1x sindx.x024312.9Задача 141 из [4], §12; 2382 из [2]; Задача 102 из [15], Гл. 4,№4Исследовать на сходимость несобственный интеграл:Z+∞sin(x + x1 )dx.xα0Решение.Z+∞Z1sin(x + x1 )dx =xαsin(x + x1 )dx +xα00С помощь замены x =1y√t+√ t2 −42 t2 −4x = ϕ1 (t) ==ϕ (t)√2,t2 −4легко показать, что Iα = J2−α .Jα =√t− t2 −4,2x 1 +∞Z+∞sin(x + x1 )dx = Iα + Jα .xα1Сделаем замену t = ψ(x) = x +√t± t2 −4:2Z+∞t 2 +∞в J α .

Следовательно, x = ϕ1,2 (t) =01t +∞ 2, x = ϕ2 (t) =√t+ t2 −4,2ϕ02 (t) =.sin(x + x1 )dx =xα1x1xZx∗sin(x + x1 )dx +xαZ+∞sin(x + x1 )dx,xαx∗1где x∗ > 1. Следовательно, сделаем замену x = ϕ2 (t) только во втором интеграле:Z+∞x∗sin(x + x1 )dx =xαZ+∞ψ(x∗ )sin t 0ϕ (t) dt =ϕα2 (t) 2Z+∞ψ(x∗ )Z+∞ψ(x∗ )sin t dt√=2−4ϕα−1(t)t22α−1 sin t dtqα−1 q4αt 1 + 1 − t21−Интеграл Jα сходится абсолютно при α > 1, и условно при α ∈ (0, 1].Ответ. Интеграл J2−α + Jα сходится условно при α ∈ (0, 2).244.4t212.10Задача 182 из [4], §12Исследовать на сходимость несобственный интеграл:Z+∞x3/2 sin(x3 − 2x) dx.13Решение. Отметим, что функция x −2x монотонна на промежуткеqВоспользуемся представлением(cos(x3 − 2x))0sin(x − 2x) = −3x2 − 23Следовательно,Z+∞Z+∞303/233/2 (cos(x − 2x))dx =x sin(x − 2x) dx = −x3x2 − 211Z+∞−1(cos(x3 − 2x))0 dx.√x 3 − x22Здесь мы используем признак Абеля:(cos(x3 − 2x))0√f (x) =,xИнтеграл+∞R112.11(cos(x3 −2x))0√xg(x) =1.3 − x22dx сходится по признаку Дирихле.Задача 122 из [4], §12Исследовать на сходимость несобственный интеграл:Z+∞sin x √(1 − e x ) x dx.1Решение.(1 − esin xx√sin x eξ sin2 x√) x=− √ +,x2x x245sin xξ ∈ I 0,.x23 , +∞.12.12Задача 150 из [4], §12Исследовать на сходимость несобственный интеграл:Z+∞xα sin xβ dx.0Решение.Пусть β > 0:Z+∞111−1xα sin xβ dx = t = xβ , x = ϕ(t) = t β , ϕ0 (t) = t ββ0Z+∞α+1−β1t β sin t dt.β0Интеграл сходится −1 <α+1−ββ< 0.Пусть β = −|β| < 0:()Z+∞dy x 0 +∞1xα sin x−|β| dx = x = , dx = − 2 ,yyy +∞ 00Z0−Z+∞y −α−2 sin y |β| dy =y −α−2 sin y |β| dy.+∞Интеграл сходится −1 <−α−2+1−|β||β|0< 0.Ответ.(0 > α + 1 − β > −β, β > 0,0 < α + 1 − β < −β, β < 0.13Seminar n.

13Главное значение несобственного интеграла "principal value" , "valeur principale".Существует ещё одно обобщение интеграла Римана, тесно связанное с понятием несобственного интеграла. Пусть η ∈ (a, b). Говорят, что функция246f : [a, η) ∪ (η, b] → R интегрируема в смысле главного значения, если существует пределZη−δZblim  f (x) dx +f (x) dxδ→0+aη+δЭтот предел обозначаютZbp.v.f (x) dxa(аббревиатура "p.v."происходит от английского выражения "principal value").Интеграл в смысле главного значения по ограниченному промежутку обычновозникает в случае, когда f (x) → ±∞ при x → η±. Следует обратить внимание на то, что от точки η вправо и влево отступаются промежутки одинаковойRηRbдлины.

По-отдельности несобственные интегралы f (x) dx и f (x) dx могутaи не существовать.ηАналогично определяется интеграл в смысле главного значения по бесконечному промежутку (−∞, +∞):ZAZ+∞f (x) dx.p.v.f (x) dx = limA→+∞−A−∞13.1ЗадачаZ+∞p.v.dx.x−∞Решение.Z+∞p.v.−∞13.2dx= lim δ→+0xA→+∞Z−δdx+x−AЗадачаZ+∞p.v.x dx.−∞247ZAδdx =0xРешение. AZ+∞Zp.v.x dx = lim  x dx = 0.A→+∞−∞13.3−AЗадачаZ+∞p.v.sin x dx.−∞Решение. AZ+∞Zp.v.sin x dx = lim  sin x dx = 0.A→+∞−∞13.4−AЗадача № 250 из [4], §12Z+∞arctg x dx.p.v.−∞Решение.Z+∞Z+Ap.v.arctg x dx = limarctg x dx = 0.A→+∞−A−∞13.5Задача № 136 из [4], §11Z4p.v.dx.x ln x12248Решение.Z4p.v.dx= lim x ln x δ→+012Z1−δdx+x ln x12Z4dx =x ln x1+δ1−δ4 =lim ln(− ln x) 1 + ln(ln x)δ→+01+δ21lim ln(ln 4) − ln − ln+ ln(− ln(1 − δ)) − ln(ln(1 + δ)) =δ→+02!1− ln(1 − δ)= ln 2 + ln lim 1−δ= ln 2.ln 2 + ln limδ→+0 1δ→+0 ln(1 + δ)1+δ13.6Задача № 254 из [4], §12Z+∞p.v.dx.1 − x20Решение.ZZ+∞p.v.0dx=2x −1Z 11−2(x − 1) 2(x + 1)= 1−δZ+∞Zdxdx dx== lim +222x − 1 δ→+0x −1x −101+δ1|x − 1| 1−δ|x − 1| +∞limln + lnδ→+0 2|x + 1| 0|x + 1| 1+δ δ(2 + δ) (2 + δ) = lim ln lim ln (2 − δ) = 0.δ→+0δ→+0(2 − δ)δ Ответ.Z+∞p.v.dx= 0.1 − x2013.71 |x − 1|ln+ C,2 |x + 1|Задача № 252 из [4], §12Z+∞p.v.13 + x17 + x2−∞249dx.Решение.Z+∞p.v.13 + x17 + x2Z+Adx = limA→+∞−A−∞Z+AlimA→+∞−A1317 + x213 + x17 + x2dx =Z+Adx + limA→+∞−AZ+A26 limA→+∞x17 + x2dx =26 π13πdx√√==·.17 + x217 217013.8Задача № 255 из [4], §12Z+∞p.v.dx.x2 − 3x + 2−∞Решение.ZAp.v.−Bdx= p.v.x2 − 3x + 2ZA −BZAp.v.11−x−2 x−1dx− p.v.x−2−BZAdx =dx=x−1−BZAp.v.−B13.9Задача № 137 из [4], §11Zπp.v.x tg x dx.0250dx− p.v.x−2ZA−Bdx.x−1Решение.Zππ2 −δZx tg x dx = lim p.v.x tg x dx =x tg x dx +δ→+00Zππ2 +δ0limδ→+0((1)Iδ =x=x 0π− y, dx = −dy,2yπ2π2(1)Iδ+(2)Iδ,)−δδπZ2 Zδ πππ− y tg− y (−1) dy =− y ctg y dy ==222π2δπ2πππZ2Z2Z2ctg y dy −δ((2)Iδ =x=xπ+ y, dx = dy,2yπ2y ctg y dy =δπ2ctg y dy − Jδ ,δ)+δ ππ2δππZ2 Z2 πππ=+ y tg+ y dy = −+ y ctg y dy =222δδπ2−π2π2ZπZctg y dy −δy ctg y dy = −δπ2Z2ctg y dy − Jδ ,δπlimδ→+0(1)Iδ+(2)IδZ2= −2 lim Jδ = −2 limδ→+0δ→+0y(ln(sin y))0 dy =δπZ2lim 2δ ln(sin δ) + 2 limδ→+0ln(sin y) dyδ→+0δСм.

задачу 10.14.25113.10Задача № 138 из [4], §11πZ2p.v.dx.3 − 5 sin x0Решение.ZZx2dtdx== {t = tg } =2t3 − 5 sin x2(1 + t2 ) 3 − 5 1+t2 !ZZxtg 2 − 32dt12dt==ln3 tg x − 1 + C,3t2 − 10t + 3(3t − 1)(t − 3) 42πZ2p.v.dx=3 − 5 sin x0lim δ→+0 arcsin( 53 )−δZπ2dx+3 − 5 sin x01lim ln4 δ→+0Zdx=3 − 5 sin x arcsin( 35 )+δ !tg x − 3 arcsin( 53 )−δ2 3 tg x − 1 02+ ln !tg x − 3 π22 3 tg x − 1 arcsin( 35 )+δ =2 arcsin( 53 )−δtg−3211− ln 3 + lim ln   +44 δ→+0arcsin( 53 )+δtg− 32 arcsin( 53 )+δ3 tg−121lim ln  =4 δ→+0  arcsin( 53 )−δ− 123 tg252 arcsin( 53 )−δtg−321 1 lim  +− ln 3 + ln 3δ→+044arcsin( 5 )+δtg− 3 2 arcsin( 53 )+δ3tg−121  = − 1 ln 3.

lim ln 4 δ→+04arcsin( 35 )−δ−13tg214Seminar n. 14. Test No. 2.Контрольная работа:1. Доказать, что если f – непрерывная на всей числовой оси периодическаяс периодом T функция, то для любого числа a выполняется равенствоZTa+TZf (x) dx =af (x) dx.02.

Вычислить предел:Z1limn→∞xndx.1 + xn03. Вычислить предел:xRlimx→+∞0Rx2e dtt2.e2t2dt04. Исследовать на абсолютную и условную сходимости при всех значенияхпараметра α несобственный интеграл:Z1xα1sindx.ex − 1x02535. Найти главное значение несобственного интеграла:πZ2p.v.dx,α − sin xα ∈ (0, 1).0Подготовка к контрольной работе:1. Доказать, что если f – непрерывная на всей числовой оси периодическаяс периодом T функция, то для любого числа a выполняется равенствоa+TZZTf (x) dx =af (x) dx.02. Вычислить предел:Rxcos(t2 ) dt0lim.xx→+03.

Вычислить предел:xRlimx→+∞0Rx2et dt2.e2t2dt04. Вычислить предел:Rx(arctg t)2 dtlim 0 √.x→+∞1 + x25. Вычислить предел:Z1limn→∞cos(xn ) dx.06. Вычислить предел:Z1limn→∞xndx.1 + xn02547. Исследовать на сходимость несобственный интеграл: Z+∞1sin x sindx.x18. Исследовать на абсолютную и условную сходимости при всех значенияхпараметра α несобственный интеграл:Z1xα1sindx.x2 + 1x09. Исследовать на абсолютную и условную сходимости при всех значенияхпараметра α несобственный интеграл:Z1xα1sindx.ex − 1x010. Найти главное значение несобственного интеграла:Zπp.v.dx.3 − 5 sin xπ211.

Найти главное значение несобственного интеграла:πZ2p.v.dx,α − sin xα ∈ (0, 1).015Seminar n. 15Разбор контрольной работы:1. Доказать, что если f – непрерывная на всей числовой оси периодическаяс периодом T функция, то для любого числа a выполняется равенствоa+TZZTf (x) dx =af (x) dx.0255Решение. Представим интеграл, лежащий в левой части, в виде суммыa+TZZTf (x) dx =aa+TZf (x) dx +f (x) dx.aTВо втором интеграле сделаем замену x = y + T :a+TZZaf (x) dx =Zaf (y + T ) dy =0Tf (y) dy.0Следовательно,a+TZZTf (x) dx =aZaf (x) dx +aZTf (y) dy =f (x) dx+a0ZaZTf (x) dx =0f (x) dx.02.

Характеристики

Список файлов семинаров