Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (II семестр).pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

2.56 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 145 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

отрезков разбиения мы можем считать, что сила постоянна на каждом из них и равна зна- чению силы в выбранной на этом отрезке точке. Тогда искомая работа приближенно равна

интегральной сумме

∑n

A ≈ F (ck)∆xk,

k=1

а ее точное значение равно пределу этих интегральных сумм при условии бесконечно малого дробления отрезка [a, b] на части, т. е. определенному интегралу силы F (x) на этом отрезке:

∫b

A = F (x)dx.

Аналогично мы можем показать, что, если известна скорость v(t) перемещения материаль-

ной точки по прямой на временном промежутке [t1, t2], òî ïóòü, пройденный точкой за это

время выражается интегралом

∫t2

s = v(t)dt.

Пример. Какую работу необходимо затратить, чтобы тело массы m поднять с поверхности Земли, радиус которой равен R, на высоту h? Чему равна эта работа, если тело

удаляется в бесконечность?

Решение. Воспользуемся тем, что на тело массы m, находящееся на высоте x со стороны

Земли действует сила тяготения

mgR2

F =

(R + x)2

ãäå g ускорение свободного падения. Тогда искомая работа равна

−

mgR2

(R + x)

Ah = ∫

dx = mgR2

∫ (R + x)−2d(R + x) = mgR2

(R + x)2

−

= −mgR

0 =

−mgR

R + x

(R + h

− R) = mgRR + h.

òî

Если тело удаляется в бесконечность,

A∞ = lim Ah = lim mgR

= mgR lim

= mgR.

h→∞

R + h

h→∞ R/h + 1

Ÿ3. Методы вычисления определенного интеграла

Обратившись к формуле Ньютона-Лейбница, мы видим, что вычисление определенного интеграла сводится к нахождению первообразной, т. е. неопределенного интеграла. Следовательно, все методы нахождения неопределенного интеграла с соответствующими изменениями будут служить также методами вычисления определенного интеграла.

1. Подстановка (замена переменной) в определенном интеграле

Теорема. Пусть функция f(x) определена на отрезке [a, b], а функция x = φ(z) опреде-

лена, монотонна и дифференцируема с ненулевой производной на отрезке [c, d], причем φ(c) = a, φ(d) = b. Тогда, если функция f(φ(z))φ′(z) интегрируема на отрезке [c, d], то функция f(x)

интегрируема на отрезке [a, b] è

∫b f(x)dx = ∫d f(φ(z))φ′(z)dz.

(1)

Действительно, при доказательстве теоремы о замене переменной в неопределенном интеграле (глава VI, Ÿ2, пункт 1) мы убедились в том, что функция F1(φ−1(x)), ãäå F1(z) перво-

образная функции f(φ(z))φ′(z), является первообразной функции f(x). Поэтому

b		b				d	d
a							c
∫ f(x)dx = F1(φ−1			(φ−1(b))−F1(φ−1
	(x)) a= F1				(a)) = F1(d)−F1(c) = F1(z) c= ∫ f(φ(z))φ′(z)dz.
Замечание. При использовании				подстановки в определенном интеграле			нет никакой необ-

ходимости в возврате от новой к старой переменной. Следует просто вычислить интеграл в правой части равенства (1) по формуле Ньютона-Лейбница.

Пример. Вычислить интеграл

1
I = ∫0	dx
			.
	(1 + x2)3
Решение. Проведем в этом интеграле подстановку
		dz
x = tg z, dx =				.
		cos2 z

Очевидно, отрезок [0, 1] в результате этой замены переменной преобразуется в отрезок [0,							π ].
Тогда							4
Тогда

	4	1		dz	4
	I = ∫0	1	·	dz	= ∫0	cos4 z dz.

		(1 + tg2 z)3		cos2 z

Последний интеграл мы найдем, последовательно понижая степени подынтегральной функции (глава VI, Ÿ4, пункт 1, b)).


											4							1	4
										I =	1	∫0	(1 + cos 2z)2dz =					1	∫0	(1 + 2 cos 2z + cos2 2z)dz =

											4							4

			1				4						1								1	4
			1										1								1
			=			∫0			(1 + 2 cos 2z +							(1 + cos 4z))dz =						∫0	(3 + 4 cos 2z + cos 4z) dz =
8		∫	=		4	∫0			(1 + 2 cos 2z +						2	(1 + cos 4z))dz =					8	∫0	(3 + 4 cos 2z + cos 4z) dz =											0 )
8		∫								∫						4	∫					8 ( 0							0			4		0 )

= 1		4								4							4					1										1 sin 4z
		0	3 dz + 2							0							0				=		3z	4	+ 2 sin 2z					4	+				4	=
			3 dz + 2							cos 2z d(2z) + 1							cos 4z d(4z)				=		3z	4	+ 2 sin 2z					4	+				4	=

			1					π						π				1							1 3π							3π + 8
	=			(3		(				− 0) + 2			(sin			− sin 0) +			(sin π − sin 0)) =							(		+ 2) =					.
	=		8	(3		(	4			− 0) + 2			(sin	2		− sin 0) +		4	(sin π − sin 0)) =						8	(	4	+ 2) =				32	.

2. Интегрирование по частям в определенном интеграле

	Теорема. Пусть функции f1(x) è f2(x) дифференцируемы на отрезке [a, b]. Тогда, если на
этом отрезке интегрируема одна из функций				f1′(x)f2(x) èëè f2′(x)f1(x), то интегрируема и
другая и справедлива следующая формула интегрирования по частям :
b	b		b	b		b	b
a	a			a			a
∫ f1(x)f2′(x)dx = ∫ f1(x)df2(x) = f1(x)f2							− ∫ f2(x)f1′(x)dx.
		(x) a − ∫ f2(x)df1(x) = f1(x)f2			(x) a
	В самом деле, из равенства

f1(x)f2′(x) = (f1(x)f2(x))′ − f2(x)f1′(x)

следует, что первообразной функции f1

(x)f′

(x) является функция f1(x)f2

(x)

−

F (x), ãäå F (x)

первообразная функции f2(x)f1′(x). Следовательно,

∫ f1(x)f2′(x)dx = (f1

∫ f2(x)f1′(x)dx,

(x)f2(x) − F (x)) a= f1(x)f2(x) a

− F (x) a= f1(x)f2(x) a −

в чем и требовалось убедиться.

Пример. Вычислить интеграл ∫1

sin(ln x)dx.

Решение. Проинтегрируем здесь дважды по частям:

I = ∫

sin(ln x)dx = x sin(ln x) 1

− ∫

xd sin(ln x) = eπ sin π − sin 0 − ∫

x cos(ln x)

= −∫

+ ∫

cos(ln x)dx = − x cos(ln x) 1

xd cos(ln x) =

= −eπ cos π + cos 0 + ∫1

= eπ + 1 − I.

−x sin(ln x)

Следовательно, I =

(eπ + 1) .

Ÿ4. Несобственные интегралы

Â Ÿ1 настоящей главы мы рассмотрели определенный интеграл на конечном отрезке. Там же мы констатировали тот факт, что определенный интеграл для непрерывной èëè кусочнонепрерывной функции существует. Займемся теперь обобщением понятия определенного интег-

рала на случай бесконечного промежутка èëè неограниченной на конечном промежутке

функции. Такие интегралы называются несобственными.

1. Несобственный интеграл на бесконечном промежутке

Пусть функция f(x) непрерывна на бесконечном промежутке [a, +∞). Тогда, как мы уста-

Определение. Если существует конечный предел		∫
новили в Ÿ1, при любом b [a, +∞) существует определенный интеграл		b
		f(x)dx.
		a
	b
lim	f(x)dx,
b→+∞	∫a	(1)

то он называется несобственным интегралом функции			f(x) на бесконечном промежутке 1
[a, +∞) и обозначается через	+∞
	∫a	f(x)dx.	(2)
В случае существования конечного предела		(1) несобственный интеграл (2) называется схо-

дящимся, иначе, т. е. если предел (1) не существует или бесконечен, расходящимся.

Воспользовавшись формулой Ньютона-Лейбница, мы можем записать предел (1) в виде

+∞

lim

f(x)dx = lim

lim

F (b)

b→+∞

∫

b→+∞ F (x) a

= b→+∞

− F (a) = F (x) a

Альтернативное название несобственный интеграл первого рода.

ãäå F (x) первообразная функции f(x). Следовательно, и для несобственного интеграла (2)

также справедлива формула Ньютона-Лейбница :

+∞

∫

f(x)dx

= F (x)

lim

F (x)

−

F (a).

(3)

x→+∞

Если в формуле (3)

lim F (x) не существует

èëè

lim

F (x) =

∞

, то интеграл (2) расходится,

∞

→

→ ∞

åñëè æå lim F (x) существует и конечен, то несобственный интеграл сходится.

x→+∞

Пример 1. Вычислить интеграл

+∞

∫a

, 0 < a R, α R

xα

или установить его расходимость.

Решение. Åñëè α < 1, òî

+∞

∞

lim

= +

∫

xα = 1

α x

−

)

∞

−

т. е. интеграл расходится. В случае α = 1

+∞

∞

lim

ln x

ln a = +

∫

x = ln x a

−

∞

x→+∞

и, таким образом, интеграл

+∞ dx

также расходится. Наконец, при α > 1

+∞

∫

∞ =

lim

α ·

xα−1

1)aα−1

∫ xα

−

(x→+∞ xα−1

− aα−1 )

(α

−

Пример 2. Исследовать на сходимость

несобственный интеграл

+∞

∫3

cos

√x

√3

dx.

Решение. Здесь

+∞

cos √x

cos √3

√3

= 3 sin √3

∞ = 3

sin √3

dx = 3

lim

∫3

√3 x2

∫3

x d

π3

x→+∞

lim

sin √3

не существует. Действительно,

Покажем, что предел

возьмем две бесконечно боль-

x→+∞

шие последовательности

xn(1) = (πn)3, n

N è xn(2) = (

+ 2πn)

, n N.

Для первой из них

lim sin

x(1)

= 0, для второй

lim sin

x(2)

= 1. Отсюда, ввиду единст-

n→∞

√ n

n→∞

√ n

венности предела функции (глава IV, Ÿ4, пункт 2, свойство 3)), и следует, что

lim sin √x íå

x→+∞

существует. Следовательно, данный несобственный интеграл расходится.

Отметим два простейших свойства сходящихся несобственных интегралов, которые немедленно следуют из формулы (3).

1) Если функция f(x) непрерывна на бесконечном промежутке [a, +∞), то несобственные

интегралы

∫+∞ ∫+∞

f(x)dx è f(x)dx, b ≥ a

сходятся или расходятся одновременно, причем в случае их сходимости

+∞		∫	b	+∞
∫	f(x)dx =	∫	f(x)dx +	∫	f(x)dx.
a		a		b

2) Если несобственные интегралы

∫+∞ ∫+∞

f1(x)dx è

f2(x)dx

для непрерывных на промежутке [a, +∞) функций f1(x) è f2(x) сходятся, то сходится также и несобственный интеграл

		+∞
		∫a	(c1f1(x) + c2f2(x))dx, c1, c2 R
è	+∞			+∞		+∞
	+∞			+∞		+∞
	∫a	(c1f1(x) + c2f2(x))dx = c1		∫a	f1(x)dx + c2	∫a	f2(x)dx.

Для вычисления сходящихся несобственных интегралов мы также, как и для определен-

ных, можем использовать методы замены переменной и интегрирования по частям (Ÿ3) ïðè

условии, что все возникающие при этом пределы существуют и конечны, а несобственные интегралы сходятся. Заметим, что иногда при использовании подстановки несобственный интеграл может быть преобразован в определенный интеграл по конечному отрезку.

Пример 3. Вычислить несобственный интеграл

+∞
I = ∫0	e− arctg x	x dx
			.
		(1 + x2)2

Решение. Проведем в интеграле подстановку

z = arctg x, x = tg z, dx =

cos2 z

[

)

π2

Здесь бесконечный промежуток [0, +∞) отображается в промежуток

. Поэтому

I = ∫0

cos4 z dz

∫0 e−z sin 2z dz.

e−z

tg z

cos2 z

Интеграл

I1 = ∫0

e−z sin 2z dz

Теорема 1 (признак сравнения).

мы вычислим двойным интегрированием по частям.


	2							2					2			2
I1 = −∫						2	+ ∫		e−zd sin 2z = 2					e−z cos 2z dz = −2		∫	cos 2z de−z =

		sin 2z de−z = − e−z sin 2z 0										∫
	0							0				0				0	)
				0							0	2			(		)
			2
= −2	e−z cos 2z 0			− ∫	e−zd cos 2z			= 2	e− 2	+ 1 − 2	∫		e−z sin 2z dz		= 2	e− 2 + 1 − 4I1.


Отсюда				2	(e−			+ 1)
	I1 =			2
							2
и, следовательно,				5			2
	I =	1	I1	=	1	(e−				+ 1).
									2
		2			5				2

Часто вычислить несобственный интеграл или установить факт его расходимости по формуле (3) даже для элементарной функции не представляется возможным , так как перво-

образная F (x) может оказаться очень громоздкой или быть специальной функцией. В этом

случае можно попытаться исследовать этот несобственный интеграл на сходимость без его вы- числения, использовав подходящий признак сходимости. Рассмотрим один из таких признаков

äëÿ неотрицательных функций.

Пусть функции f1(x) è f2(x) непрерывны и неотрицательны на промежутке [a, +∞) и, кроме того, при всех x [a, +∞) выполняется неравен-

ñòâî

f1(x) ≤ f2(x).

Тогда, если несобственный интеграл

+∞
∫a	f2(x)dx	(4)
сходится, то сходится также и интеграл
+∞
∫a	f1(x)dx.	(5)

Наоборот, если несобственный интеграл (5) расходится, то расходящимся является и несоб-

ственный интеграл (4).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Предположим сначала, что несобственный интеграл (4) сходится. Обозначим через F1(x) è F2(x) первообразные функций f1(x) è f2(x) соответственно. Они являются неубывающими функциями, так как F1′(x) = f1(x) ≥ 0, F2′(x) = f2(x) ≥ 0 ïðè x [a, +∞). Для любого b ≥ a ïî свойству 3) определенного интеграла (Ÿ1) справедливо

неравенство

∫b f1(x)dx ≤		∫b f2(x)dx F1(b) − F1(a) ≤ F2(b) − F2(a)					(6)
a		a				∫
ющими функциями аргумента		∫b a.				∫
и, таким образом, интегралы		b				b
и, таким образом, интегралы			f1(x)dx è f2(x)dx являются неотрицательными, неубыва-
		a	≥			a
				Отсюда, ввиду сходимости интеграла (4), следует, что

∫	b	f1(x)dx ≤ ∫			b	+∞
∫		f1(x)dx ≤ ∫				f2(x)dx ≤ ∫ f2(x)dx

и, значит, интеграл ∫b f1(x)dx является неубывающей, ограниченной сверху функцией перемен-

íîé b [a, +∞). Тогда по свойству 6) предела функции (глава IV, Ÿ4, пункт 2) существует

конечный предел

∫b

lim f1(x)dx,

b→+∞

т. е. несобственный интеграл (5) сходится.

Предположим теперь, что несобственный интеграл (5) расходится. Это означает, благодаря тому, что интеграл ∫b f1(x)dx является неубывающей функцией аргумента b [a, +∞), ÷òî

∫b

lim f1(x)dx = +∞.

b→+∞

Отсюда, принимая во внимание неравенство (6), следует, что

∫b

lim f2(x)dx = +∞

b→+∞

и, таким образом, несобственный интеграл (4) также расходится. Т е о р е м а д о к а з а н а. Замечание 1. На практике при использовании доказанного признака рекомендуется срав-

нивать данную функцию с более простой, для которой несобственный интеграл несложно ис-

следовать на сходимость. Если функция имеет степенной рост на бесконечности, то ее следует сравнивать с функцией 1

x (пример 1).

Пример 4. Исследовать на сходимость несобственный интеграл

∫+∞

lndxx.

Решение. Покажем, что x > ln x ïðè x ≥ 2. Рассмотрим функцию φ(x) = x − ln x. Äëÿ íåå φ′(x) = 1 − 1/x > 0, x ≥ 2 è φ(2) = 2 − ln 2 > 0. Следовательно, φ(x) > 0, x ≥ 2, ÷òî ðàâ-

носильно доказываемому неравенству. Тогда при всех x [2, +∞) справедливо неравенство

ln x

Â примере 1 мы убедились в том, что несобственный интеграл

+∞

∫2

расходится, а потому по признаку сравнения расходится и данный интеграл.

Пример 5. Доказать, что несобственный интеграл

+∞

∫0

2 + sin 3x

dx.

(1 + x2)(5 + cos 7x)

сходится.

Решение. Очевидно, подынтегральная функция положительна и, так как при всех x R

òî

1 ≤ 2 + sin 3x ≤ 3, 5 + cos 7x ≥ 4,

2 + sin 3x

≤

, x R.

(1 + x2)(5 + cos 2x)

4(1 + x2)

Коль скоро несобственный интеграл

+∞			+	∞
0
	dx					π
∫		= arctg x 0			lim arctg x =
∫	1 + x2	= arctg x 0			= x→+∞	2
сходится, то по признаку сравнения сходится			и данный интеграл.

Признак сравнения часто бывает удобно использовать в следующей предельной форме.

Следствие (предельный признак сравнения). Пусть функции f1(x) è f2(x) непре-

рывны и неотрицательны на промежутке [a, +∞) и существует конечный, не равный нулю предел

lim f1(x).

x→+∞ f2(x)

Тогда несобственные интегралы

+∞				+∞
∫				∫
f1(x)dx è				f2(x)dx
a				a
сходятся или расходятся одновременно.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть lim	f1	(x)	= l, 0 < l		R. Выберем малое число ε > 0 òàê,
Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть lim			= l, 0 < l		R. Выберем малое число ε > 0 òàê,
x→+∞ f2		(x)

чтобы l − ε > 0. По определению предела функции на бесконечности (глава IV, Ÿ4, пункт 2) существует число Mε > a такое, что

l − ε < f1(x) < l + ε, x > Mε (l − ε)f2(x) < f1(x) < (l + ε)f2(x), x > Mε. f2(x)

Из этого неравенства и признака сравнения и следует данное утверждение. Действительно,

если, например, интеграл

+∞

f1(x)dx сходится, то по свойству 1) сходится интеграл

f1(x)dx,

а тогда из неравенства

∫

∫"

+∞

(l − ε)f2(x) < f1(x), x > Mε по признаку сравнения сходится интеграл

+∞

f2(x)dx, а, значит, по свойству 1) сходящимся является также интеграл

f2(x)dx. Анало-

гично проверяются все остальные случаи.

∫

Пример 6. Исследовать на сходимость несобственный интеграл

+∞

I = ∫

(

ln 1 + x2

− 2 ln x dx.

√xex

(

)

êàê ïðè

(глава IV, Ÿ4, пункт 4, формула 5)), òî

ln (12+ x2 )

Решение. Òàê

x2 , x

→ ∞1

√xex ln 1 + x

2 ln x = √xex ln 1 +

√x

−

x2 )

· x2

( (

)

(

Поскольку несобственный интеграл

+∞

сходится (пример 1, α =

> 1), то по предельному

x 2

интеграл

признаку сравнения сходится также ∫

Введем теперь определение абсолютной сходимости несобственного интеграла и установим зависимость между сходимостью и абсолютной сходимостью.

Несобственный интеграл (2) называется абсолютно сходящимся, если сходится интеграл

∫+∞

|f(x)|dx.

Теорема 2. Из абсолютной сходимости несобственного интеграла (2) следует его сходимость.

Действительно, поскольку

0 ≤ f(x) + |f(x)| ≤ 2|f(x)|, x [a, +∞),

òî ïî признаку сравнения сходится интеграл

∫+∞

(f(x) + |f(x)|)dx,

àтогда по свойству 2) несобственного интеграла сходится также интеграл (2).

Пример 7. Исследовать на сходимость несобственный интеграл

∫+∞

φ(x)

x2 dx,

ãäå φ(x) непрерывная, ограниченная на по луоси [1, +∞) функция.

Решение. Исследуем этот интеграл на абсолютную сходимость. Так как

|φ(x)| ≤ M, x [1, +∞), 0 < M R,

òî

Поскольку интеграл сходится интеграл

+				(x)		M
			φ		≤		, x [1, +∞).
			x2		≤	x2	, x [1, +∞).
	∞ dx
∫1 x2		является		сходящимся				(пример 1, α = 2), то по признаку сравнения
					+∞
					1		(x)
					∫	φx2		dx,

ò.е. данный несобственный интеграл является абсолютно сходящимся.

Âобратную сторону утверждение теоремы 2, вообще говоря, не имеет места. Может так случиться, что интеграл (2) сходится, но неабсолютно . Приведем пример такого интеграла.

Пример 8. Доказать, что сходимость несобственного интеграла

+∞

∫1

sin x

не является абсолютной.

Решение. Воспользовавшись методом интегрирования по частям, получим:

+∞sin x

+∞

cos x

+∞

cos x

+∞cos x

∫

dx =

−∫

cos x d

lim

∫

dx.

x d cos x = −

x + cos 1 −

∫

(x)

= −x→+∞

Отсюда и следует, что данный интеграл

является сходящимся, так как ввиду ограниченности

функции cos x предел

cos x

lim

= 0,

Осталось

∫

x→+∞

а интеграл

+∞ cos2x dx является абсолютно сходящимся (пример 7, φ(x) = cos x).

проверить, что исходный интеграл не обладает абсолютной сходимостью. Дейст-

вительно, так как

|sin x| ≥ sin2 x =

(1 − cos 2x), x R,

òî

sin x

cos 2x

≥

(

−

), x [1, +∞).

Предположим теперь, что интеграл	x	dx
∫	x	dx
+∞
	sin x

1
1

сходится. Тогда по признаку сравнения сходится и несобственный интеграл

	+∞
1		1			cos 2x
	∫1	(		−		)dx,
2			x		x

прибавив к которому также сходящийся интеграл1

	+∞
1	∫1	cos 2x	dx,

2		x

ìû ïî свойству 2) получим сходящийся интеграл

∫+∞

1 dx.

2 x

Таким образом, мы пришли к противоречию, так как последний интеграл заведомо расходится (пример 1, α = 1). Следовательно, наше предположение неверно и, стало быть, данный интег-

ðàë не является абсолютно сходящимся .

Замечание 2. Вся изложенная выше теория справедлива, очевидно, и для несобственного

интеграла непрерывной на бесконечном промежутке (−∞, b], b R функции f(x), т. е. интег-

ðàëà

∫b

f(x)dx.

−∞

Пример 9. Вычислить несобственный интеграл

−1

x ln(−x)

I =

dx.

(1 + x2)2

∫

−∞

Решение. Интегрируя по частям, получим:

−1

d 1 + x2

−1

I =

∫

ln(−x)

(1(

+ x2)2)

= −

∫

ln(−x)d (

) =

1 + x2

−∞

−1

−∞

−1

ln(−x)

−

ln(−x)

d ln(

lim

−∞

−2

1 + x2

−

∫

1 + x2

−

x→−∞ 1 + x2

∫

x (1 + x2)

lim

ln(

−

∞

, которую мы рас-

При вычислении предела

возникает неопределенность вида

x→−∞ 1+x

∞

кроем по правилу Лопиталя (глава V, Ÿ4).

lim

ln(−x)

lim

(ln(−x))′

lim

1/x

= lim

= 0.

(1 + x2)′

2x2

→−∞

1 + x2

→−∞

∫

1Сходимость интеграла

+∞

cos 2x dx проверяется точно так же, как и сходимость интеграла

sin x dx:

∫

Несобственный интеграл

−1

−∞

x(1+x2)

мы найдем, преобразовав подынтегральную функцию:

−1

1 + x2

− x2

∫

= ∫

( x (1 +)x2)

dx =

∫

(

−

)dx =

x (1 + x2)

1 + x2

−∞

(

−∞

∫

)

∫

−1

2 dx

d 1 + x2

−1

= 2

( x − 1 + x2

)

= 2

(

))

= 2 ln 1 + x2

−∞

d ln x2 − d ln 1 + x2

ln 2

lim

lim ln

= 2 (ln

1 + x2 )

1 + 1/x2 )

2 (ln

2 .

2 − x→−∞

(

− x→−∞

2 − 0) = −

Следовательно,

ln 2

I =

(0 −

) = −

Если функция непрерывна на всей числовой оси R,

то, по определению, несобственный ин-

теграл

+∞

∫

f(x)dx

(7)

−∞

мы будем считать сходящимся, если сходятся оба интеграла

+∞

∫

f(x)dx è

∫

f(x)dx, a R.

(8)

В этом случае

−∞

+∞

∫

f(x)dx = ∫

f(x)dx +

∫

f(x)dx

−∞

и мы можем использовать формулу Ньютона-Лейбница

+∞

∞

−∞

∫

f(x)dx

= F (x)

lim F (x)

lim

F (x),

= x→+∞

− x→−∞

ãäå F (x) первообразная функции f(x). Наоборот, если õîòÿ áû îäèí из несобственных интег-

ралов (8) является расходящимся, òî расходится также и несобственный интеграл (7).

Пример 10. Вычислить несобственный интеграл

	+∞
	∫	\|2x + 1\|2−2x2−2xdx.
	−∞
Решение. Покажем, что интегралы
−21		+∞
I1 = ∫	\|2x + 1\|2−2x2−2xdx è I2 = ∫1		\|2x + 1\|2−2x2−2xdx
−∞		−2

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 145 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.20251.87 Mб1Лабораторный практикум по сварке курса Металлические конструкции для студентов специальности Промышленное и гражданское строительство.pdf
#
24.11.20251.22 Mб1Лабораторный практикум.pdf
#
24.11.2025564.19 Кб0Лагiстыка.pdf
#
24.11.20252.38 Mб1Лексические и грамматические аспекты перевода технических текстов.pdf
#
24.11.20253.27 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (I семестр).pdf
#
24.11.20252.56 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (II семестр).pdf
#
24.11.202517.87 Mб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (III семестр).pdf
#
24.11.2025987.88 Кб0Лекции по математике для студентов энергетических специальностей БНТУ (IV семестр).pdf
#
24.11.20251.25 Mб0Литейные сплавы.pdf
#
24.11.2025816.49 Кб0Логика пособие.pdf
#
24.11.20251.06 Mб0Логика специализированный модуль Философия.pdf