Курс высшей математики

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сибирская государственная автомобильно-дорожная академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

б) cosxsin xdx;

б) cosxsin xdx;

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.03.2016

Размер:

6.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 183 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

б) ln x 5 dx;

в) x x2 34 dx.

2.09 а)

cos3

x dx;

0,25 arctgx

б)

dx;

0,25 1 x2

xsin x2 dx.

в)

2.11 а)

ecos x sin xdx;

б)

dx;

cos

cosxdx

в)

2sin x 1

4dx

2.13а) 3 x2 3x 2 ;

	1
б)		xe xdx;
	0


	2
в)		ctgxdx

	4


	12			dx
2.15 а)						;
2.15 а)						;
			sin2
	0			x
	0			x
					6


	2
б)	5		cosx			sin x dx ;
	0
	1		ex
в)					dx.
в)		1 e		x	dx.
	0	1 e

1ex dx

2.10а) 0 ex 5 ;

б)

x5 ln xdx;

6x 5

в)

3x2 5x 12

2.12 а) 3ex3 x2 dx;

б) xe 5x 1dx;

в)

cos 4x

dx.

2.14 а)

;

0 6 5x x2

б) xarctgxdx;

ln	3 ex dx
в)		.

0	1 e2x

2.16 а) x x2 9dx;

	1							2
	2							2
б)	arctg2xdx ;				б)			x 1 ex dx;
	0							1
						1	2x 1 dx
	2 x dx					2	2x 1 dx
в)				.	в)					.
в)		2		.	в)			2	x 1	.
	sin		x			0 x			x 1
	6

	0		x5		19 dx;
2.17 а)	2x4		x5		19 dx;
	1
	e
б) xcosxdx;
	1
	0			x3	1
	0				1
в)	x2 e 3				dx .
	3	3

	ln2	ex dx
2.19 а)	0	31 2ex ;

xdx

2.18 а)

;

1 x2

б)

cos3 xsin xdx ;

xsin x2 dx

в)

1 5tgx dx

2.20 а)

;

cos2 x

xdx

в)

6 1 x4

ln3

xex2dx;

2.21 а)

ln2

arcsin3 xdx

б)

;

1 x2

в)

sin2 x 3sin x 1 cosxdx

1 5

2.23 а) ex 1 ex dx ;

	2
в)	cos2 xsin xdx .
	0


		2
2.22 а)			3		cosx				sin xdx;
		0
		2
		2
	б) x2						x3 8dx;
		0
		0
.	в)		sin3 xdx .


		2
		e						dx
		e		ln x				dx
2.24 а)										;
2.24 а)										;
		1				x
		1



2				4
б) sin2xcos3xdx;				б) cos2 xsin	2 xdx;
0				0
1		xdx		1
1		xdx		1
в)				в) x x2 1dx.
в)	1 x		2	в) x x2 1dx.
0	1 x			0

ln3

xdx

3 xdx

2.25 а)

б) sin

в)

1 x4

0 1 ex

§3. Несобственные интегралы

1.Интеграл с бесконечными пределами.

Если функция f x интегрируема на любом отрезке a;b , где a b , то полагают

f x dx	lim f x dx.	(1.8)
a	b a

Интеграл f x dx называется сходящимся, если существует предел правой части ра-

венства (1.8), и называется расходящимся, если указанный предел не существует. Аналогично, если f (x) интегрируема на любом отрезке a;b , где a b, то полагают

b		b
f x dx	lim	f x dx	(1.9)
	a a

Наконец, если функция f x интегрируема на любом отрезке a;b числовой оси, то

f x dx	lim	f x dx.	(1.10)
	b	a
	a

Сходимость или расходимость несобственных интегралов часто устанавливается с помощью следующих признаков сходимости:


интеграл f x dx;	a 0
a
а) сходится, если			M
		f x		и m 1,	(1.11)

б) расходится, если			xm
			xm
			M
		f x		и m 1.	(1.12)

			xm
			xm
Здесь M и m постоянные.

Пример 1.

1 x

Решение. По определению (1.8) имеем

b dx

x 2 1

lim

x 2dx lim

lim

1 0 1 1.

b 0

b b

1 x

b 2 11

Следовательно, интеграл сходится.

a 1 .

Пример 2.

;

Решение. По определению (1.8) имеем

ln x|b

lim lnb lna lna .

lim

Следовательно, интеграл расходится.

cos x

Пример 3. Установить сходимость или расходимость интеграла

dx.

cosx

, т.е. подынтегральная функция удовлетворяет

Решение. Так как

1, то

неравенству (1.11) при m 3 1 и M 1. Следовательно, интеграл сходится.

2.Интегралы от неограниченных функций

Если функция f x непрерывна при a x b и имеет бесконечный разрыв в точке

x 1, lim f x dx , то полагают

x a

b		b
f x dx	lim	f x dx.	(1.13)
a	0a

Интеграл f x dx называется сходящимся, если существует предел в правой части ра-

венства (1.13), и называется расходящимся, если указанный предел не существует. Аналогично определяется интеграл от функции, имеющий бесконечный разрыв в пра-

вом конце отрезка a;b .

	b			b
	f x dx	lim		f x dx; 0 .			(1.14)
	a		0a
Если функция f x непрерывна при a x c,		c x b и имеет бесконечный разрыв в
точке x c, то полагают
b			c		b
	f x dx lim		f x dx lim		f x dx ,	0 .	(1.15)
a	0		a	0c

Интеграл f x dx называется сходящимся, если оба предела в правой части равенства

(1.15) существуют и называется расходящимся, если хотя бы один из указанных пределов не существует.

На практике для решения вопроса о сходимости несобственных интегралов от неограниченных функций часто используются следующие признаки сходимости.

Если функция f x имеет бесконечный разрыв в одном из концов интегрирования

a;b , например в точке x a ,

f x dx :

то несобственный интеграл

а) сходится, если

f x

и m 1;

(1.16)

б) расходится, если

x a m

f x

и m 1.

(1.17)

Здесь M и m постоянные.

x a m

Если же

f x

имеет разрыв во внутренней точке x c интервала (a;b), то интеграл раз-

бивают на два; от a

до c и от c до b

и применяют указанные признаки к каждому из полу-

ченных интегралов.

1 dx

Пример 4.

Решение. Функция

непрерывна при 0 x 1 и имеет бесконечный разрыв в точке

x 0, т.к.

lim

x 0 0 x

Поэтому в силу равенства (1.13)

x 2 1

lim

2dx

lim

| lim2

x 0

lim 2

lim 2 2 lim

2 2 0 2.

Значит, интеграл сходится и равен 2.

Пример 5.

1 x2

Решение. Функция

непрерывна при 0 x 1 и имеет бесконечный разрыв в

1 x2

точке x 1, т.к.

lim

x 1 0

1 x2

Поэтому в силу равенства (1.13) имеем

1		dx	lim	1		dx	lim arcsin x 1


								\|
0	1 x2		0 0		1 x2		0	0
0	1 x2		0 0		1 x2		0

lim arcsin 1 arcsin0 lim																																											arcsin 1 lim arcsin0 arcsin1 arcsin 0																			0		.
lim arcsin 1 arcsin0 lim																																											arcsin 1 lim arcsin0 arcsin1 arcsin 0																			0	2	.
	0																																				0												0												2		2
			Интеграл сходится и равен																																										.
			Интеграл сходится и равен																																										.
																	3																										2
																	3						dx
			Пример 6.																												.
			Пример 6.																												.
																	0		x 1 2														1
			Решение. Функция																														1										непрерывна при 0 x 1												и 1 x 3,
			Решение. Функция																											x 1 2													непрерывна при 0 x 1												и 1 x 3,
																														x 1 2
т.к.: lim										1									1															и												1			1		. Значит в точке x 1 функция имеет
																																								lim
																																								lim
	x 1 0 x 1 2																		0																			x 1 0 x 1 2											0
бесконечный разрыв. Поэтому в силу равенства (1.15) имеем
3	dx													1							dx												3									dx
	dx							lim													dx																					dx
			2					lim															2																x						2
0	x 1								0 0 x 1																								1						x				1
	1												2				d x 1													3												2
lim x 1																	d x 1																x 1												d x 1
	0																											1
	0																											1
lim		x 1 2 1														\|1			lim										x 1 2 1																\|3
lim																\|1			lim															2 1											\|3
	0						2 1										0					0												2 1											1
								1			1												1										3														1				1					1			1
lim											\|				lim																	\|											lim										lim
lim											\|				lim																	\|											lim										lim
	0					x 1 0												0							x 1									1										0 1 1							0 1		0 3 1					1 1
				1														1																1												1
lim										lim														lim																			lim
lim										lim														lim																			lim
	0											0 1															0 2																	0
lim		1			1							1		lim						1														3		.
lim					1									lim																						.
	0									2						0																	2
			Следовательно, интеграл расходится.
																		5 cos xdx
			Пример 7.																														.

																										x
																	0									x
																	0													cos								x
			Решение. Функция																											cos								x			имеет бесконечный разрыв в

																																			x
																																			x
																			1											1																					cos x		1					cos x
																			1											1																					cos x		1
точке x 0, т.к.																		lim																		.Но для												x 0									, т.к.			1. Значит эта функ-
точке x 0, т.к.																		lim																		.Но для												x 0									, т.к.			1. Значит эта функ-
																	x 0							x										0															1			x		x
																	x 0							x										0																		x		x
ция удовлетворяет неравенству (15.1) при m																																																		1 иM 1.
ция удовлетворяет неравенству (15.1) при m																																																		1 иM 1.

Следовательно, интеграл сходится.

Задачи для контрольных заданий

Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость.

							dx							ln(x 1)
3.01											;		3.02														dx;
3.01											;		3.02														dx;
	(x 1)2 4													1					x 1
					x4									2					dx
3.03										dx;			3.04											;
																	xln x
			1 x5
			1 x5											1
		dx												2					dx
3.05								;					3.06												;
3.05					3			;					3.06									2			;
	4 xln						x							0 4 x
		x2												3							x
3.07							dx;						3.08																dx;
3.07						2	dx;						3.08						2		4)					3			dx;
	11 x													2 (x							4)
		x2												2							x
3.09							dx;						3.10															dx;
3.09							dx;						3.10															dx;
	11 x6													0					4 x2
							dx							1 dx
3.11												;	3.12							;
	(x 2)2									9				0			x

3.13	x e x2 dx;												3.14			arctgx									dx;
3.13	x e x2 dx;												3.14		2										dx;
	0													0 1 x
	1 dx													2							dx
3.15					dx ;								3.16															;
3.15		2			dx ;								3.16												3			;
	1x													0 (x 2)
	3			x										1 x2
3.17									dx;				3.18												dx;
3.17									dx;				3.18						x3						dx;
	0 3 9 x2													1					x3
	e	1												1
	e	x												1
3.19					dx;								3.20 xln x dx;
3.19		2			dx;								3.20 xln x dx;
	1 x													0
	3	dx
	3	dx																	arctgx
3.21							;						3.22															dx;
3.21						2	;						3.22				1 x						2					dx;
	0 9 x													0			1 x
														3					dx
3.23	x2 x2 dx;												3.24						dx						dx;

																		x 3
	0													0				x 3
	0													0
		x2
3.25							dx.
3.25						3	dx.
	01 x

§4. Приложения интегрального исчисления

В этом параграфе при помощи интегрального исчисления будет решен ряд задач. Площадь S фигуры, ограниченной графиком функции y f x (сверху), y g x (сни-

зу) и прямыми x a, x b подсчитывается по формуле

S f x g x dx (1.18)

Действительно, в силу геометрического смысла определенного интеграла (см. равенство(1.18)) имеем (рис.4)

f x dx S aA1B1b

	b
и	g x dx S cBd S aAc ,	поэтому
	a

Рис.4	b	b	b
		f x g x dx	f x dx g x dx S aA1B1b ScBb S aAc S
,	a	a	b
,
как это видно из рисунка.

Пример 1. Вычислить площадь между параболами y 4x x2 и y x2 6 (рис.5). Решение. Сначала найдем точки пересечения парабол, для чего решим систему уравне-

ний

y ax x2;

y x2 6,

					Рис.5
	Тогда	по	формуле	(1.18)	искомая
3	4x x2		3
S	4x x2	x2 6 dx 6 4x 2x2 dx
1			1

т.е. найдем точки на плоскости, координаты которых удовлетворяют одновременно уравнениям обеих парабол. Из этой системы

x2 6 4x x2 ,

2x2 4x 6 0, x2 2x 3 0 и

x	2 22 4 3		2 4

1,2	2	2

или x1 1;x2 3.

площадь S будет равна:

	2	2		3	3				2	2		3
6x 2x			x		\|			6 3 2 3			3
6x 2x			x		\|			6 3 2 3			3
		3			1					3
6 1 2 1 2						2	1 3		18		10		18	10	64.
6 1 2 1 2							1 3		18				18		64.
						3							3
						3						3	3				1
Пример 2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y x2,																y	1	, y 0,
																y	x2	, y 0,
																	x2

x 2 x 0 .

Решение. Сначала найдем точки пересечения кривых y x2 и y 1 , для чего решим x2

систему уравнений

y x2;

		1
y		1	.
y			.
		x2
Из	этой системы x2			1	,	x4 1 или	x 1,
Из	этой системы x2				,	x4 1 или	x 1,
				x2			1
				x2

x2 1.

Таким образом, заданная фигура (рис.6) является Рис.6 криволинейной трапецией, ограниченной сверху графиком

функции

												y x2, 0 x 1,
										f x
										f x					1
												y			1		,		1 x 2.
												y					,		1 x 2.
По формуле (1.18)															x2
По формуле (1.18)
2		1			2	dx	x	2 1 1 2						x	2 1					x	2 1 2
S f x dx x2dx						dx	x		\| x 2dx					x		\|				x		\|
S f x dx x2dx									\| x 2dx							\|						\|
0		0			1 x2		2 1		0 1						3 0					2 1		1
1			1	2	1		1 1				1 1				5
	0			\|									1					.
	0			\|									1					.
3			x	1	3		2 1 3 2								6
				1

Пример 3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y sin x , y 2 sin x, x 5 , x 0.

4
Решение. Искомая площадь S равна сумме площадей S1 и S2							двух фигур, первая из ко-
торых ограничена линиями	y sin x ,			y 2sin x,	x 0,	x , вторая ограничена линия-
ми y sinx , y 2sin x, x ,	x	5	(рис.7).
ми y sinx , y 2sin x, x ,	x		(рис.7).
	4							Для вычисления площа-
								Для вычисления площа-
						дей S1 и S2 применим форму-
						лу(1.17):

						S1 2sin x sin x dx
						0

						sin xdx cosx \|
						0	0
						cos cos0
				Рис.7		1 1 1 1 2.
				Рис.7			5
							5
							4
							4
						S2	sin x 2sin x dx

Рис.8

	5		5
4
4			4			5						2
sin xdx cosx			\| cos			5	cos					2	1.
sin xdx cosx			\| cos				cos						1.
					4						2

										2,293.
		Тогда S S	S	2	2				2
		Тогда S S	S		2
1								2
								2

Перейдем теперь к следующей задаче – определению длины линии. В школьном курсе давалось определение длины окружности как предела периметров правильных вписанных многоугольников при неограниченном удвоении числа их сторон.

Теперь мы обобщим это понятие на любые линии. Для этого выделим из приведенного выше определения самое существенное: в линию (окружность) вписывается

ломаная, берется длина этой ломаной, а затем увеличивается число звеньев ломаной так, что длины всех звеньев стремятся к нулю (удваиваются числа сторон). Из этого и будем исходить.

Определение. Длиной линии называется предел

lim длина АА1А2 Аn 1B ,
0

где AA1A2 An 1B – вписанная в L ломаная, а – длина наибольшего из звеньев этой лома-

ной (рис.8).

Покажем, что если линия L есть график функции y f x , a x b, имеющей непрерывную производную, то ее длина

Впишем в линию L ломаную AA1A2 An 1B

(рис.9). Ее вершины имеют координаты: A a; f a ,


A1 x1; f x1 ,			A2 x2; f x2 ,	,	An 1 xn 1; f xn 1 ,
B b; f b . Подсчитаем длину этой ломаной по фор-
муле	f x1 f a f c1 x1 a ,				a c x1 ,так дли-
на первого звена равна
AA		a x 2 f x f a 2				x a 2	f c x a 2
1	1		1		1		1	1

1 f c1 2 x1 a , a c1 x1.

Рис.9

	Аналогично				устанавливается,							что	длина	второго	звена	рав-
на A A		1 f c	2	x	2	x , x		c	2	x	2	и т.д. и , наконец, длина последнего звена
1	2	2			2	1	1		2		2

An 1B 1 f cn 2 b xn 1 , xn 1 cn b.

Следовательно, в силу определения длины линии (формула(1.18)):

<<< < Предыдущая 1 23 / 183 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.11.20191.57 Mб7кратные интегр..doc
#
02.05.2015202.24 Кб5кредит.doc
#
02.05.20156.95 Mб253КСС 2013 - на рецензию.doc
#
17.12.2018113.57 Кб6Культурология,родненькая.docx
#
02.05.2015828.18 Кб20культурология.rtf
#
10.03.20166.64 Mб35Курс высшей математики.pdf
#
02.05.201514.85 Mб213Курс лекций по начерталке.doc
#
29.07.2019218.62 Кб4Курс моих лекций по психологии и пед.doc
#
26.11.2019229.89 Кб13курс. глина.doc
#
02.05.2015511.49 Кб19курсавик 1.doc
#
01.03.202547.12 Кб0курсач по метрологии.docx