Интегральное исчисление. Определенный и несобственный интегралы. Учебное пособие

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

; 2) интеграл расходится.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 83 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Более удобная для практики частная форма сформулированных

признаков Коши, такова: если при x b 0 (при x a 0)					функция
	f (x)	является бесконечно большой порядка 0 по сравнению с
1			1		b
1			1		f (x) dx
		по сравнению с		, то несобственный интеграл	f (x) dx
	b x		x a		a
					a

сходится, если 1 , и расходится, если 1.

7. Абсолютная сходимость несобственных интегралов. Если сходится в промежутке интегрирования [a, b] (конечном или беско-

	b
нечном) несобственный интеграл		f (x)	dx	от		f (x)	, то сходится и
нечном) несобственный интеграл		f (x)	dx	от		f (x)	, то сходится и
	a
b
несобственный интеграл f (x) dx		от самой			функции			f (x) , при
a
	b	x dx
этом несобственный интеграл	f	x dx		называется				абсолютно
	a
сходящимся, а сама функция	f (x)	‒ абсолютно интегрируемой

в [a, b] .

Так как f (x) 0 , то при установлении абсолютной сходимости

несобственных интегралов можно пользоваться признаками сравнения, предельным признаком сравнения и признаками Коши, сформулированными для положительных подынтегральных функций.

Если функция f (x) абсолютно интегрируема в промежутке [a, b] (конечном или бесконечном), а функция g(x) ограничена в этом промежутке, то и произведение f (x)g(x) будет функцией абсолютно интегрируемой в промежутке [a, b] .

РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

1 x

Задача 1. Вычислить определенный интеграл I 0 x4 1dx .

Решение (интегрирование подведением под знак дифференциала). Представим подынтегральное выражение в виде произведения двух функций g(x) (x) , где (x) имеет очевидную первообразную

(x) , и g(x) есть функция этой первообразной: g(x) g (x) g(u) , u (x) , т. е.

							2			g (x)							1		1			1		1
(x) 2x ,			(x)			x		,									2					2			g(u) ,
(x) 2x ,			(x)			x		,									2	1 (x2 )2				2	1 u2		g(u) ,
но
		b				b											b
		f (x)dx g (x)															g (x) d (x)
		f (x)dx g (x)											(x)dx				g (x) d (x)
		a				a											a
		(b)													((ba)) G (b) G (a) ,
				g(u)du G(u)


		(a)
тогда
					1	1		2x				dx 1				1	1			dx2
			I		1			2x									1
			I														1 (x2 )2
					2	0 1 (x2 )2							2			0	1 (x2 )2
	1 1	du		1	arctg u				1		1			arctg1			arctg 0				1			0			,
	1 1	du		1					1		1										1

	2 0 1	u2
				2					0		2										2	4				8
				2					0		2										2	4				8

где (x) x2 u , (0) 0 , (1) 1 .

1	x		.
Ответ:		dx

0 x4 1			8

Задача 2. Вычислить определенный интеграл xln2 xdx .

Решение. Применим формулу интегрирования по частям:

u(x)v(x)dx u(x)V (x)

V (x)u (x)dx.

В данном случае u(x) ln2 x ,

v(x) x , V (x)

u (x)

2ln x

x ln2 xdx

ln2 x

2ln x

1 dx 2ln2

2 x ln xdx .

Повторно применим формулу интегрирования по частям. Теперь

						x2				1
u(x) ln x , v(x) x , V (x)								, u (x) x ,
u(x) ln x , v(x) x , V (x)						2		, u (x) x ,
2		x2		2		2 x2			1		x2			2			3
2		x2		2		2 x2			1		x2			2			3
x ln xdx			ln x						x	dx 2ln 2					2ln 2			.
x ln xdx		2	ln x				2			dx 2ln 2		4			2ln 2		4	.
1		2		1	1		2					4		1			4
1				1	1									1
2							3 .
Ответ: xln2 xdx 2ln 2							3 .
1							4
1
												/2				1
Задача3. Вычислитьопределенныйинтеграл																1			dx .
Задача3. Вычислитьопределенныйинтеграл															5	4sin x	3cos x		dx .
													0		5	4sin x	3cos x
													0
Решение	(интегрирование выражений R(sin x, cos x) ).
Функция tg(x / 2)			определена на [0, / 2] , сделаем универсальную

тригонометрическую подстановку t tg(x / 2) . Подставляя в подынтегральное выражение


sin x	2t	, cos x	1 t2		, dx		2dt		,
	t2		1	t2		1		t2
1

получаем		1	dx			1					2dt		dt		.
	5	4sin x 3cos x			8t			1 t	2	1 t		2	(t 2)	2
				5			3

					t2			1 t2
			1

Находим новые пределы интегрирования t(0) 0 , t( / 2) 1. Применим формулу замены переменной в определенном интеграле:

/2			1				1	dt			1		1	1		1	1 .
													1

						dx
						dx
0 5	4sin x 3cos x						0 (t 2)2			t	2		0	3		2	6
0 5	4sin x 3cos x						0 (t 2)2			t	2		0	3		2	6
	/2			1				1 .
Ответ:				1			dx
Ответ:		5	4sin x		3cos x		dx
	0	5	4sin x		3cos x			6
	0
Задача 4. Вычислить определенный интеграл
				2	4 2 x x 2 dx
												.
					x 2 4 2 x (x 2)2							.
				0	x 2 4 2 x (x 2)2
Решение				интегрирование					выражений								p ax b	,
Решение				интегрирование					выражений						R x,		p ax b	,
																	cx d

q ax b , ...
q ax b , ...
cx d

Чтобы сделать подстановку, приводящую к интегралу от рациональной функции, нужно преобразовать подынтегральную функцию так, чтобы она содержала корни любой степени, но из одного и того же

выражения вида cxax db . Преобразуем подынтегральное выражение,


выделяя	2 x		, затем применим подстановку:
выделяя	2 x		, затем применим подстановку:
	2 x
t2		2 x	, x	4	2 , dx	8tdt	, t(0) 1	, t(2) 0	,
t2		2 x	, x	t2 1	2 , dx	(t2 1)2	, t(0) 1	, t(2) 0	,
		2 x		t2 1		(t2 1)2

		2			4 2 x x 2 dx																						2				4					2 x					1
		2			4 2 x x 2 dx																						2				4					2 x					1
																																													dx
					x 2 4 2 x (x 2)2																														2 x										dx
		0																									0	1		4											(x 2)2
		0																									0	1		4					2 x						(x 2)2
																																			2 x
	0 4t 1 (t2 1)2											( 8t)											1 1 4t2 t													1 1						1		1 1
																			dt				2 0								dt					20		t											dt
						16					(t2 1)2								dt								4t 1				dt							t				2		2 4t					dt
	1 4t 1					16					(t2 1)2																4t 1															2		2 4t				1
													t2		1				t		1			1								1					ln 5


																										ln		4t 1												.
													4		0			4			0		16			ln		4t 1				0					16			.



					2			4 2 x x 2 dx																						ln 5
	Ответ:																																.
	Ответ:							x 2 4 2 x (x 2)2																						16			.
					0			x 2 4 2 x (x 2)2																						16
																																						3 2					x2
	Задача 5. Вычислить определенный интеграл																																										x2			dx .
	Задача 5. Вычислить определенный интеграл																																									9 x2				dx .
																																								0		9 x2
	Решение. Интегрирование																										выражений												R x,				(a2 x2 )1 2							и
R x, (x2			a2 )1 2 .											Применим													подстановку														x 3sin t .								Тогда
dx 3cos tdt ,								t(0) arcsin 0 0 ,																	t(3 / 2) arcsin1/ 2 / 6 ,																						9 x2
	3cost		3cost , поскольку cost 0																								при t [0, / 6] .
	3cost		3cost , поскольку cost 0																								при t [0, / 6] .
Сделаем замену переменной в определенном интеграле:
3/2			x	2					/6				9sin			2		t											/6												/6		1	cos 2t
			x				dx						9sin					t		3costdt							9		sin					2 tdt 9									1	cos 2t				dt
		9 x2					dx							3cost						3costdt							9		sin					2 tdt 9										2				dt
0		9 x2								0				3cost															0													0		2
					9	t		/6			9 /6													3					9	sin 2t						/6					3			9 3		.
					9			/6			9 /6													3					9							/6					3			9 3
					2					2				cos 2tdt										4					4												4			8
					2			0		2			0											4					4							0					4			8
					3 2			0					0																							0
					3 2			x2									3					9			3
	Ответ:							x2						dx			3					9			3		.
	Ответ:							9 x				2		dx			4							8			.
					0							2					4							8
					0

1	1
Задача 6. Оценить интеграл I		dx .
	1 x4
0

Решение.

Имеем:

1 1 x4

2 при

0 x4 1,

тогда

1, т. е. согласно теореме об оценке определенного инте-

1 x4

грала m 1

2 ,

M 1, b a 1. Следовательно,

2 I 1.

Ответ:

dx 1.

1 x4

Задача 7. Оценить интеграл I

dx .

(x 1)(2 x)

Решение. Воспользуемся обобщенной теоремой об оценке опре-

деленного интеграла. Пусть

f (x)

g(x) ex . Производ-

1)(2 x)

2x 1

ная

(x)

обращается в нуль при

x 1 / 2

и меняет

(x 1)2 (2 x)2


знак в этой точке с минуса на плюс. Следовательно, функция			f (x) име-
ет в этой точке минимум	f (1 2) 4 9 . Максимума функция		f (x) до-
стигает на концах отрезка	[0, 1]	и f (0) f (1) 1 2 . Таким образом,
x [0, 1] выполняется система		неравенств: 4 / 9 f (x) 1 / 2 , а при
x 0, 1/ 2, 1 строгие	неравенства: 4 / 9 f (x) 1/ 2 .		Поэтому,

применяя обобщенную теорему об оценке определенного интеграла, получаем:

4	1			1	1			4		1
4	exdx I			1	exdx,		или окончательно	4	(e 1) I	1	(e 1) .
9	0			2	0			9		2
	0				0
Ответ:		4	(e 1) I			1	(e 1) .
		9				2

cos x

Задача 8. Найти

, если

cos( t

) dt .

F (x)

sin x

Решение. Функции

(x) cos x и

(x) sin x определены, не-

прерывны и, следовательно,

дифференцируемы

x ( , ) . При-

чем (x) sin x и

(x) cos x . Тогда согласно теореме о дифферен-

цировании определенного интеграла имеем

d (x)

d cos x

f (t) dt

cos t

F (x)

(x)

sin x

f (x) (x) f (x) (x) cos( cos3 x)(cos x)

cos( sin3 x)(sin x) sin x cos( cos3 x) cos x cos( sin3 x) Ответ: F (x) sin xcos ( cos3 x) cos xcos ( sin3 x) .

1 t2

Задача 9. Найти критические точки функции F(x)

dt .

Решение. Найдем F (x) . Воспользуемся теоремой о дифферен-

цировании определенного интеграла.

Функции

(x) 0

(x) x2

дифференцируемы x ( , ) и (x) 0 , (x) 2x . Тогда

1 t

f (x)

F (x)

(x) f (x) (x) 2x 1 x .

Находим критические точки функции F(x) ,

т. е. точки,

в которых

или не существует.

2x 1 x

0 , следовательно,

0 . То-

F (x) 0

гда F(0) 0

и точка

(0, 0)

является критической, а так как

F (x)

меняет в этой точке свой знак с минуса на плюс,

то функция F(x)

имеет в этой точке минимум.

1 t2 dt .

Ответ: (0, 0)

– точка минимума функции F(x)

Задача 10. Вычислить или установить расходимость несобствен-

ных интегралов:

cos 2xdx ,

4x 9

Решение. 1)

x 1

lim

x 1

x2 1

a 2 x2

a 2

x 1

так как

при

x 2 , то

x 1

и,

продолжая равенство,

x 1

получаем

x 1

a 1

ln 3

lim

a 1

2 a

sin 2a

cos 2xdx

lim

cos 2xdx

lim

и, так как предел не

существует, интеграл расходится.

4x 9

lim

4x 9

a a x

0 x

4x 9

		1				x 2			0
									0
	lim			arctg									lim
	lim			arctg									lim
		5					5
	a								a			b
	a								a			b
1	arctg	2			1	lim		arctg a 2
5	arctg	5				lim		arctg a 2
5		5			5 a									5
		1	arctg			2				1
														2
		5				5					5
		5				5					5

1	x 2	b
		b

5 arctg
5 arctg	5	0

1		lim	arctg b 2

	5 b		5
1				.

5 2			5

			dx					3
Ответ: 1)							ln		;	2) cos 2xdx расходится;

	2	x2 1						2		0
						dx
3)											.
				2	4x 9					5
	x

Задача 11. Вычислить или установить расходимость несобственных интегралов:

1	dx	2	dx
1)		, 2)		.
1)	1 x2	, 2)		.
0	1 x2	1	x
Решение. 1) Функция					1	непрерывна при 0 x 1 и имеет
Решение. 1) Функция					1 x2	непрерывна при 0 x 1 и имеет
					1 x2

бесконечный разрыв в точке x 1 . Тогда, по определению несобственного интеграла, имеем

1	dx		1	dx		arcsin	10
		lim			lim

	1 x2			1 x2
0		0	0		0

lim	arcsin(1 ) arcsin 0 lim arcsin(1 )							.
0					0			2

2) Функция 1x непрерывна при 1 x 0 и 0 x 2 и имеет бес-

конечный разрыв в точке x 0 . Тогда, по определению несобственного интеграла, имеем

2 dx

lim

2 dx

lim

lim ln lim (ln

2 ln ),

lim ln

lim ln 2 ln

не существуют, так как логарифм неограни-

ченно растет по абсолютной величине при 0 . Следовательно, интеграл расходится.

<<< < Предыдущая 1 23 / 83 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]