Определенный интеграл и его приложения. Учебно-методическое пособие

dx

Пример 2.

Показать,

что

несобственный

интеграл

1 x2

0

сходится.

dx

b

dx

Решение. По определению

lim

. Так как

2

2

0 1

x

b 0 1

x

b

dx

0

,

lim

lim arctgx

b0

lim arctg b arctg 0

2

b 0 1

x

b

b

2

2

то несобственный интеграл

dx

сходится.

1 x2

0

lnx3x dx .

Пример 3. Вычислить несобственный интеграл

1

b

Решение.

Согласно

определению

ln3x dx lim ln3x dx .

1

x

b 1

x

dx

u

ln x

du

x

,

1

dv x 3dx

v

2x2

тогда, возвращаясь к последнему равенству, получим:

ln x

b

ln x

ln x

b

1 b

dx

ln x

b

1

b

3

dx lim

3

dx

lim

2

2

3

lim

2

x

x

2x

x

2x

4x

2

1

b 1

ln b

b

1

1

b

1

1

1

1

1

1

1

1

1

lim

2

lim

.

2b

4b

2

4

2b

4

b

4

2 b

b

грал dxx

1 .

1

Решение. По определению:

dx

b

dx

x 1

b

b 1

1

lim

lim

lim

.

1

1

1

x

b 1

x

b

1

b

1

Существование последнего предела зависит от величины .

Рассмотрим возможные случаи.

Если 1 , то

b 1

1

1

,

lim

1

1

b

1

dxx

то есть несобственный интеграл

1 сходится.

1

Если 1, то

lim

b 1

1

,

1

b

1

что свидетельствует о расходимости несобственного интегра-

ла dxx

1 .

1

При 1 интеграл также расходится (см. пример 1).

Приведем без доказательства некоторые признаки сходимости

несобственных интегралов.

Теорема

1 (признак

сравнения).

Если

на промежутке

a;

непрерывные функции

f x

и

x

удовлетворяют

условию 0 f

x x , то из сходимости интеграла

x dx

a

следует сходимость интеграла

f

x dx , а из расходимости инте-

a

грала

f x dx следует расходимость интеграла

x dx .

a

a

dx

теграл

сходится.

1 x

4

1

Решение. Преобразуем подынтегральную функцию:

f x

1

1

1

.

1 x4

x

4

1

x

2

1

1

1

x

4

x

4

Так как при x выражение

1

1

x2

1

1

x2

x4

dxx2

и несобственный интеграл

сходится (см. примеры 1 и 3), то

1

на

основании

признака

сравнения

заключаем,

что

интеграл

dx

также является сходящимся.

1 x

4

1

dx

Пример 6. Исследовать интеграл

на сходимость.

1 x

4

1

Решение.

x 1

1

1

При

имеем

.

Но

интеграл

x2 1 3x

x2

dx

dx

1

x2 1

сходится. Следовательно, интеграл

1

также

x2

1 3x

сходится, и его значение меньше 1.

f x

Теорема 2. Если существует предел lim

k ,

0 k

x

x

( f x 0 и x 0 ), то интегралы

f x dx и

x dx од-

a

a

2

Пример 7. Исследовать интеграл

ln

x 2

dx на сходимость.

x2 1

1

x2 2

dx

Решение. Интеграл ln

dx

сходится, так как

x2

схо-

x2

1

1

1

x2

2

1

1

ln

ln 1

x

2

1

x2

1

1

дится и lim

lim

lim

x2

1.

1

1

x

x

x

1

x2

x2

x2

Интеграл от разрывной функции

(несобственный интеграл II рода)

Пусть функция

f x

непрерывна на промежутке

a; b и

b

предел lim

f x dx , то его называют несобственным интегра-

0 a

b

лом второго рода и обозначают f x dx .

a

Таким образом, по определению:

b

b

f x dx lim

f x dx .

a

0 a

a

Аналогично, если функция

f x

терпит бесконечный разрыв

в точке x a , то полагают:

b

b

f x dx lim

f x dx .

a

0

a

b

с

b

a

a

с

b

рода f x dx (разрыв в точке

x b ) можно истолковать геомет-

a

1

dx

1

x

2

dx lim

1

1

1

lim

1

,

x

2

lim

x

0

0

0

0

0

0

3

dx

Пример 9. Вычислить интеграл

.

2

3

1

4x x

Решение.

Подынтегральная

функция

f x

1

4x x2 3

неограниченна в окрестности точек x 1

и x 3 ,

поэтому, исходя

из определения, запишем:

3

dx

2

dx

3

dx

1

1

2

.

4x x2 3

4x x2 3

4x x2 3

Здесь вместо точки

x 2

можно взять любую другую внут-

реннюю точку отрезка 1;

3 . Вычислим теперь каждое слагаемое

в отдельности:

2

dx