Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 1439

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

1.16 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 135 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

1.3. Несобственный интеграл

Понятие несобственного интеграла является обобщением понятия определенного интеграла. Обобщение проводится в двух направлениях: первое – на случай неограниченного промежутка интегрирования, второе – на случай неограниченной на конечном промежутке функции.

Определение 6. Пусть функция f(x) определена на промежутке [a ;+∞[и интегрируема на любом отрезке [a ;b] [a ;+∞[.Величина

+∞	f (x) dx := lim	b
∫		∫ f (x) dx ,
a	b→∞	a

если предел существует, называется несобственным интегралом от функции f(x) по неограниченному промежутку[a ;+∞ [ (несобственным интегралом пер-

вого рода).

+∞

Символ ∫ f (x) dx также называют несобственным интегралом и в этом

случае говорят, что несобственный интеграл сходится, если предел в определении 1 существует, и расходится, если этот предел не существует.

Определение 7. Пусть функция f(x) определена на промежутке [a: b [ , интегрируема на любом отрезке [a ; b − ε] [a ;b [ (0 < ε < b − a) и неограниченна в левосторонней окрестности точки b. Величина

b	b−ε
∫ f (x) d x = lim	∫ f (x) d x ,
ε →0	a
a	a

если предел существует, называется несобственным интегралом от функции f(x) по промежутку [a ;b [(несобственным интегралом второго рода).

Если ввести символ ∫ f (x) d x , в котором ω - либо число, либо символ + ∞

, то определения 6 и 7 можно объединить в одно.

Определение 8. Пусть [a ; ω [- конечный или бесконечный промежуток, а

функция f(x) определена на	[a ; ω [ и интегрируема на любом отрезке
[a ; b ] [a ; ω [. Величина
ω	f (x) d x = lim	b
∫	f (x) d x = lim	∫ f (x) d x ,
a	b →ω	a
a		a

если предел существует, называется несобственным интегралом от функции f(x) по промежутку [a ; ω [.

Точку ω , обозначающую конечное число или один из символов − ∞, + ∞ , в любой окрестности (быть может, односторонней) которой функция f (x) не

интегрируема (в собственном смысле), называют особой точкой функции f (x) .

В определениях 6,7,8 понятие несобственного интеграла введено для случая, когда особая точка является правым концом промежутка. Аналогично может быть определен несобственный интеграл с особой точкой на левом конце промежутка интегрирования.

Из определения 8 свойств определенного интеграла и свойств предела

следует, что для сходящихся интегралов остаются справедливыми основные свойства определенных интегралов: линейность, аддитивность, монотонность, а также правила замены переменной и интегрирования по частям, если все входящие в соответствующие формулы интегралы сходятся.

1.3.1. Вычисление несобственных интегралов

Если функция f (x) интегрируема на любом отрезке [a ; b ] [a ; ω [, где ω

– единственная особая точка промежутка [a ; ω [ и имеет на этом промежутке первообразную F(x) , выражающуюся в элементарных функциях, то справедливо следующее обобщение формулы Ньютона-Лейбница:

ω	ωa
∫ f (x)dx = F (x)		= lim F (x) − F (a) .

		x →ω
a

Отсюда следует, что исследование сходимости и вычисление несобственного интеграла в этом случае сводятся к вопросу существования и вычисления предела элементарной функции.

Еще раз подчеркнем, что несобственные интегралы по бесконечному промежутку и по конечному промежутку от неограниченной функции фактически являются проявлениями одного математического объекта, введенного определением 3. Родственность этих понятий проявляется также в том, что инте-

+∞

грал ∫ f (x) dx с бесконечным пределом всегда может быть подходящей под-

становкой приведен к интегралу с конечными пределами либо несобственному,

либо собственному и, наоборот, несобственный интеграл ∫ f (x) dx с единствен-

ной особой точкой b всегда может быть преобразован в интеграл с бесконеч-

+∞

ным пределом. Например, для интеграла ∫ f (x) dx при a > 0 это можно сделать

подстановкой x = 1 (но не только ею одной): t

+∞

d t

∫ f (x) d x =

x =

= ∫ f

Для интеграла ∫ f (x) d x с особой точкой в качестве такой подстановки

можно выбрать x = b −

. Тогда

∞

1 d t

∫ f (x) d x =

x = b −

= ∫

f b −

t t

b−a

Далее этот факт будет продемонстрирован на конкретных примерах.

Примеры решения задач

Пример 1.33. Вычислить несобственный интеграл

∞	x lnx
∫	x lnx	3 d x .

1 (1 + x2 ) 2

Решение. Можно показать, что этот интеграл сходится. Для его вычисления применим сначала метод интегрирования по частям

∞

x lnx

∫ 3

1 (1+ x 2 ) 2

= −		ln x

	1 + x2
	1 + x2

d x =

∞

d (x 2

+1)

∫ ln x

(1+ x

2 ) 2

∞

d x

+ ∫

= − lim

1 1 x

1 + x2

x→∞

∞

−

= −∫ ln x d

+ x

)

(lnx)'

∞

d x

+ ∫

( 1 + x2 )'

1 x 1 + x2

∞

d x

1 + x2

d x

= − lim

+ ∫

= − lim

+ ∫

= 0 + ∫

x→∞

1 x 1 + x

x→∞

1 x 1 + x

1 x 1+ x

1+ x2

x =

d x = −

;

t 2

= ∫

= ln

t + 1 + t 2

1 + t

x = 1 a t = 1; x = ∞ a t = 0

= ln (1 + 2 ).

Здесь было учтено, что подстановка вместо аргумента функции символа ∞ означает выполнение предельного перехода при x → ∞ .

∞		d x				, n N .
Пример 1.34. Вычислить ∫		d x

	(1	+ x	2	)	n
0	(1	+ x		)
0
		43

Решение. Отметим, что для первообразной от подынтегральной функции имеется известная рекуррентная формула. Однако здесь будет приведен другой способ вычисления этого интеграла.

∞

x = ctg t;

d x = −

sin

2 t

d t

∫

= −∫

+ x

)

+ ctg

sin

x = 0 a t =

= 0

, x = ∞ a t

π	(2n − 3)!!	π .
2
= ∫sin 2n−2 t dt =

0	(2n − 2)!! 2

Здесь мы воспользовались вычисленным ранее значением интеграла

∫sin 2n−2 t dt .

Заметим, что в этом примере вычисление несобственного интеграла было сведено к вычислению обычного (собственного) определенного интеграла.

Прежде чем приводить другие примеры, отметим, что при вычислении несобственных интегралов с бесконечными пределами и их преобразовании

очень часто применяется подстановка x = 1 . t

Пример 1.35. Показать, что " n ³ 2

(n Î N ) справедливо равенство

∞

d x

∞

n−2

∫

= ∫

dx .

1 + x

∞

d x

Используя это равенство, вычислить интеграл

∫

+ x

Решение.

∞

x =

; dx = −

= −

d t

∫

t 2

∫

1 + xn

x = 0 a t = ∞; x = ∞ → t = 0

∞

1 +

∞

n−2

∞

n−2

t n

= ∫

dt = ∫

d x

1 + t

1 + x

∞

Вычислим теперь интеграл ∫

1 + x

∞

∫

= ∫

, отсюда

1 + x

∞

d x

∞

1 + x 4

∞

d x

∫

+ ∫

d x = ∫

d x = 2

∫

1 + x

Таким образом,

∞

d x

∞

1 + x 4

d x =

∞

(1 + x 4 − x2 ) + x 2

d x =

∞

d x

∫

+ x

1 + (x

)

+ x

∞

x 2 d x

= =

0∞

∞

1 π

∫

arctg (x3 )

arctg x

+ (x

)

2 2 6 2 3

∞

d x

n N.

Пример 1.36. Вычислить

∫

+ x

)(1 + x

)

Решение.

∞

d x

x =

; dx = −

∫

t 2

(1 + xn )(1 + x2 )

x = 0 a t = ∞; x = ∞ → t = 0

d t

∞

t n dt

= − ∫

= ∫

(1 + t

)(1 + t

)

∞

1 +

t n

∞

xn dx

∞

(1 + x n ) d x

2I = ∫

+ ∫

= ∫

(1 + x

)(1 + t

)

(1 + x

)(1 + t

)

(1 + x

)(1 + x

)

∞

d x

∞

= ∫

= arctg x

1 + x

∞

Отсюда

∫

и не зависит от параметра n.

+ x

)(1 + x

)

Заметим, что к этому интегралу приводится определенный интеграл

π
2		dx
∫		dx		(замена tg x = t ).

	1	+ (tg x)	n
0	1	+ (tg x)
0

Пример 1.37. Вычислить сходящийся несобственный интеграл

∞		ln x
∫				d x .
∫	1	+ x	2	d x .
0	1	+ x
0
	45

Решение. В этом случае подынтегральная функция имеет две особые точки. Пользуясь свойством аддитивности, представим исходный интеграл в виде

суммы двух интегралов.

∞

ln x

d x = 1

ln x

d x +

ln x

d x =

x =

, d x = −

t 2

∫

1 + x2

∫

1 + x2

∫

x = 1 a t = 1; x = ∞ a t = 0

ln x

ln t

= ∫

d x + ∫

= ∫

dx − ∫

dt = 0 .

1+ x

+ x

1+ t

0 1

Итак,

∞

ln x

d x = 0 .

∫

1 + x

При решении также получено равенство

∞		ln x		1		ln x
∫				d x = −∫				d x.
∫	1	+ x	2	d x = −∫	1	+ x	2	d x.
1	1	+ x		0	1	+ x
1				0

Пример 1.37. Допускает некоторые обобщения, которые предлагается сделать в следующем упражнении.

Упражнение 1. Доказать, что если приведенные ниже интегралы сходятся, то все они равны нулю. Проанализировать, что происходит с подынтеграль-

ными выражениями в каждом из этих интегралов при замене x = 1 . t

∞	− p )	ln	2n−1			x
а) ∫ f (x p + x		ln				x	dx .
а) ∫ f (x p + x			x				dx .
0			x
0
∞	− p )	ln	2n	x
в) ∫ f (x p + x		ln		x	d x .
в) ∫ f (x p + x					d x .

Здесь p > 0, n N.

Интегралы вида

∞		ln		2n−1
б) ∫	f (x p + x − p )	ln				x			d x .
б) ∫	f (x p + x − p )		1 + x			2			d x .
0			1 + x
0
∞	f (x p + x− p )		x ln		2n-1					x
г) ∫			x ln							x	d x .
г) ∫			(1 + x				2			2	d x .
0			(1 + x					)
0

+ ∞	f (α x) − f (β x )
∫		d x ,

0	x

называемые интегралами Фруллани, также имеют две особые точки. Для этих интегралов имеют место следующие утверждения.

Утверждение 1. Пусть функция f (x) удовлетворяет условиям

1)lim f (x) = f (+0) ,

x→ + 0

	+∞	f (x)
2) "a >0	$ ∫		d x,

	a	x

тогда α > 0, β > 0 справедливо равенство

+∞	f (a x) - f (bx)	d x = f (+0) ln b .
∫
	x
0		a

Утверждение 2. Пусть функция f (x) удовлетворяет условиям

1) lim	f (x) = A,
x → + ∞
	a	f (x)
2) " a > 0	$ ∫	f (x)	d x,
2) " a > 0	$ ∫		d x,
	0	x
	0

тогда α > 0, β> 0 справедливо равенство

+ ∞	f (a x) - f (b x)	d x = Aln a .
∫
	x
0		b

Упражнение 2. Доказать утверждения 1,2.

Упражнение 3. Используя утверждения 1,2, найти значения интегралов

∞		arctg a x - arctg bx
∫		arctg a x - arctg bx				d x,	a > 0, b > 0.
∫						d x,	a > 0, b > 0.
0			x
∞
∫	sin a x × sin b x			d x, a > 0,			b> 0, a ¹b.
∫				d x, a > 0,			b> 0, a ¹b.
0		x
0		∫ xα−1	- xβ−1		d x, a > 0, b> 0.
		∫ xα−1	- xβ−1		d x, a > 0, b> 0.
		1

ln x

Пример 1.38. Вычислить ∫ ln (sin x) d x ( интеграл Эйлера ).

Это несобственный интеграл от неограниченной в точке x = 0 функции. К нему сводится цепочка интегралов и собственных и несобственных.

π	π					π	π
2	2	x		x		2	2	x
		x		x				x
I = ∫ ln (sin x) d x = ∫ ln 2 sin			cos		d x = ∫ ln 2 d x + ∫ ln sin				d x +
I = ∫ ln (sin x) d x = ∫ ln 2 sin			cos		d x = ∫ ln 2 d x + ∫ ln sin				d x +
0	0	2		2		0	0	2
0	0					0	0

π			π	π	π
2	x			4	4

+ ∫ ln cos		d x =	ln2	+ 2∫ ln (sin t) d t + 2	∫ ln (cost) d t =

0	2		2	0	0

	t = π − y;	dt = −dy
	t = π − y;	dt = −dy
=	2
	t = 0 a y = π , t = π a y = π
	2	4	4

= π ln 2 + 2	π
	4
	∫ ln (sin t) d t +
2	0
	0
π

2	π			π	2	π	+ 2I.
+ 2∫ ln cos			− y dy =		ln 2 + 2 ∫ ln (sin x) dx =	ln 2	+ 2I.
π		2		2	0	2
4

Отсюда I − 2I = π ln 2 и I	= − π ln 2, то есть
2	2
π
2
∫ ln (sin x) d x = − π ln 2
0	2
0
Упражнение 4. Показать,	что либо интегрированием по частям, либо

подходящей заменой переменной следующие интегралы сводятся к интегралу Эйлера из примера 4.

1. ∫ ln (cos x) d x .

3. ∫ x ln (sin x) d x,

(замена x = π − t) .

π		π
2	x	2
5. ∫		d x = ∫ x ctg x d x .
	tg x
0		0

2.π∫ arcsin x d x .

1ln x

4.∫ d x ,

0 1 − x 2

( заменаx = sint) .

∞	x d x	, x = ln	1
6. ∫				;

	e2 x − 1
0			sint

Вычисление несобственных интегралов от разрывных функций иногда удается свести к суммированию известных числовых рядов. Типичным для этого случая является интеграл, рассмотренный в следующем примере.

Пример 1.39. Вычислить ∫sign (sin (ln x)) d x .

Решение. Это несобственный интеграл от неограниченной функции. Подходящей заменой переменной его можно привести к интегралу с бесконечным пределом интегрирования.

ln x = −t; x = e−t ; d x = −e−t dt

+∞

∫sign (sin (ln x)) d x =

x = 0 a t = +∞, x = 1 a t = 0

= − ∫sign (sin t) e−t dt =

∞

(2n+1) π

−t

∞

(2n+2) π

−t

∞

−t

(2n+2)

−t

(2n+2) π

= − ∑

∫ e

+ ∑

∫ (−e

) dt

− e

= ∑ e

2nπ

n=0 (2n+1) π

n=0

(2n+1) π

n=0

∑∞ (e−(2n+1) n − e−2nπ − e−(2n+2) π + e−(2n+1) π )= ∑∞ (e−nπ 2e−π −1 − e−2π )=

n=0

= −(1 − e−π )2 ∑∞

e−2nπ = −(1 − e−π )2

= −

1 − e−π

= −th π .

n=0

1 − e−2π

1 + e−π

∞

−2nπ была использована формула суммы

При вычислении суммы ряда ∑e

n=0

бесконечно убывающей геометрической прогрессии.

Задачи для самостоятельного решения

1. Доказать равенство

∞	x		a		d x	∞
∫		+				= ln a ∫
	f			ln x
					x
0	a		x			0

x		a d x
f	+			(a > 0)

a		x	x

впредположении, что входящие в него интегралы сходятся.

2.Доказать равенство

∞			b	2		1	∞		2
	f		b		d x =	1			2
∫		ax −					∫	f (x		) d x (a > 0, b > 0)
		ax −						f (x		) d x (a > 0, b > 0)
			x			a
0							0

в предположении, что интеграл справа сходится.

3. Пусть функция

f (x) непрерывна на всей числовой оси и интеграл

+∞

∫ f (x) d x сходится. Доказать, что

−∞

∞

∫

f x −

d x = ∫ f (x) d x .

−∞

4. Доказать равенство

∞

f ( x

+ 4ab )d x (a > 0, b > 0) ,

∫

f ax +

d x

∫

предполагая, что интеграл слева сходится.

5. Вычислить

+∫∞(e−dx − e−βx )2	d	x	, α > 0,β > 0 .
	x	2
0

6. ∫ x ln x d x .

0 (1− x2 )3

	∞		d x			1
			d x			1
7.				ln x +				.
7.	∫1		+ x 2	ln x +				.
	∫1		+ x 2			x
	0
	∞			d x
8. ∫				d x			.

		x + 2002x			2002
	1	x + 2002x
	1

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 135 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.20221.16 Mб3Учебное пособие 1434.pdf
#
30.04.20221.16 Mб16Учебное пособие 1435.pdf
#
30.04.20221.16 Mб4Учебное пособие 1436.pdf
#
30.04.20221.16 Mб114Учебное пособие 1437.pdf
#
30.04.20221.16 Mб2Учебное пособие 1438.pdf
#
30.04.20221.16 Mб15Учебное пособие 1439.pdf
#
30.04.2022300.67 Кб2Учебное пособие 144.pdf
#
30.04.20221.16 Mб4Учебное пособие 1440.pdf
#
30.04.20221.17 Mб4Учебное пособие 1441.pdf
#
30.04.20221.17 Mб1Учебное пособие 1442.pdf
#
30.04.20221.17 Mб7Учебное пособие 1443.pdf