Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет приборостроения и информатики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

metod_noi

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.03.2016

Размер:

1.6 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

F(x) ba

= F(b) − F(a) .

Следовательно, при известной первообразной вычисление определенного интеграла не должно представлять принципиальных затруднений, если не считать, конечно, таковыми подстановку чисел в известную формулу.

3	x	4	3		3	4		4

Задача 40.Найти. ∫x3 dx =				=			−	1		= 20 .
	4				4				4
1			1

(Мы надеемся, что без особых пояснений понятно, что функция y = x4

является первообразной для функции y = x3 . А если это не так, то все предыдущие страницы пособия написаны напрасно.)

Приведем еще два метода, которые используются достаточно часто при вычислении определенных интегралов.

Формула интегрирования по частям.

Напомним, что в случае неопределенного интеграла формула интегрирования по частям записывалась в виде

∫udv = uv − ∫vdu .

Для определенного интеграла имеем

∫b udv = uv	ba	− ∫b vdu .


a		a
Формула замены переменной.
Пусть требуется вычислить ∫b			f (x)dx	и сделана замена переменной
		a
интегрирования x =ϕ(t) , где x =ϕ(t)				- монотонная непрерывная функция на

отрезке [α; β], имеющая непрерывную производную на этом отрезке.

b	β
	′
Тогда ∫ f (x)dx =∫ f (ϕ(t))ϕ (t)dt .
a	α

Касаясь этой формулы, отметим, что при замене переменной меняется не только подынтегральное выражение, но и пределы интегрирования. Об этом студенты иногда (скажем мягко) забывают.

Далее перейдем к решению задач.

Задача 41.. Вычислить ∫1			2x +1			dx
	x	2	+ 2x + 2
0
Найдем первообразную функции y =					2x +1		. При ее вычислении
				x2	+ 2x + 2

воспользуемся методом интегрирования выражений, содержащих квадратный трехчлен в знаменателе.

2x +1

(2x + 2) −1

(2x + 2)dx

∫

dx =

∫x2 + 2x + 2 dx = ∫

− ∫

x2 + 2x + 2

= ∫

d(x2 + 2x + 2)

− ∫

d (x +1)

= ln(x

+ 2x + 2) −arctg(x +1)

x2 + 2x + 2

(x +1)2 +1

Отметим, что при вычислении определенного интеграла значение произвольной постоянной не играет роли, поэтому мы положили ее значение равным нулю.

Тогда

2x +1

∫0

dx =

x2 + 2x + 2

+ 2x + 2)

−arctg2]−[ln 2

−arctg1]=

ln(x

−arctg(x +1)

0 =[ln 5

= ln

− arctg2 +

π .

На всякий случай, напомним: 1) ln a −ln b = ln

; 2) arctg1 =

Задача 42. Вычислить ∫4 cos2 xsin2 xdx .

При решении этого примера воспользуемся методом интегрирования

выражений вида ∫sin m x cosn xdx в случае, когда оба показателя степени

четные.

1 −cos 2x dx = 1 ∫(1 −cos2 2x)dx = 1

∫cos2 xsin2 xdx = ∫1 +cos 2x

∫dx −

∫(1

+cos 4x)dx

= 1 x −

sin 4x .

Следовательно ∫cos

xsin

xdx =

−

sin 4x

−

sinπ −0 =

Задача 43. Вычислить∫4 cos2 xsin3 xdx .

При решении этого примера воспользуемся методом интегрирования выражений вида ∫sin m x cosn xdx в случае, когда, по крайней мере, один из

показателей степени является нечетным числом. Сделает замену переменных t = cos x . Тогда dt = −sin xdx ,

sin 3 xdx = (1 −cos2 x) sin xdx = −(1 −t 2 )dt . Определим новые пределы

интегрирования. Имеем: x = 0 , t = cos 0 =1; x =	π	, t = cos	π	=	2	.
	4		4		2

Данный интеграл перепишем в виде

						π					2			t2 (1 −t2 )dt = ∫1					1
Следовательно, ∫4 cos2 xsin3 xdx = −												∫2		t2 (1 −t2 )dt = ∫1			(t2 −t4 )dt = t3	− t5	1	=
						0					1					2	3	5		2
						0					1					2	3			2
															2					2
															2
	1		1		2 2		4 2		2		7 2
=		−		−		−		=		−			.
=	3	−		−	24	−	160	=	15	−	120		.
	3		5		24		160		15		120
										π
										2				dx
			Задача 44. Вычислить ∫											dx	.
			Задача 44. Вычислить ∫								cos x +sin x +1				.
										0	cos x +sin x +1

Воспользуемся методом интегрирования выражений вида ∫R(sin x;cos x)dx и

сделаем замену переменной t = tg

. Тогда dx =

2dt

, sin x =

cos x =

1 −t 2

1 +t 2

Определим новые пределы интегрирования:

x = 0, t = tg0 = 0

; x =

, t = tg

π =1 .

Следовательно

2dt

1 +t2

∫

= ∫

= ln (t +1)

= ln 2 −ln1 = ln 2 .

cos x +sin x +1

1 −t

t +

+1 0

1 +t2

1 +t

Задача 45. Вычислить ∫4

cos xdx

sin x +cos x

t= tgx . Тогда dx = 1 +dtt 2

x = 0, t = tg0 = 0 ; x = π4 , t

		∫4	cos xdx	= ∫4	dx	и сделаем замену
		∫4	sin x +cos x	= ∫4	tgx +1	и сделаем замену
		0	sin x +cos x	0	tgx +1
. Определим новые пределы интегрирования:
= tg	π	=1.
	4

cos xdx

Следовательно ∫0

= ∫0

sin x +cos x

tgx +1

(t +1)(t2 +1)

Выражение

является правильной рациональной дробью, и может

(t +1)(t 2

+1)

быть представлено как сумма простейших рациональных дробей в виде:

Bt +C

(t +1)(t 2

+1)

t +1

t 2

Приводя левую и правую части к общему знаменателю и, отбрасывая его, получаем

1 = A(t 2 +1) + (Bt +C)(t +1) .

Для определения неизвестных коэффициентов получаем систему уравнений

A + B = 0;B +C = 0;

A +C =1.

Решая эту систему, получаем

A =

, B = −

C =

Тогда

d(t2 +1)

tdt

∫

= 2

∫

− 2

∫

= 2 ln(t +1)

− 4

∫ (t2 +1)

2 arctgt =

(t +1)(t2 +1)

(t +1)

(t2 +1)

1 ln(t +1)

−

1 ln(t2

+1) + 1 arctgt .

Следовательно

cos xdx

∫

= ∫

ln(t

+1) −

ln(t

+1) +

arctgt

sin x +cos x

(t +1)(t

ln 2 −

ln 2 +

−0

ln 2 +

arctg1

Задача 46.

64∫

x +2

Сделаем замену переменной x = t 6 ,

t = 6

x . Тогда dx = 6t 5 dt,

x = t 3 , 3

x = t 2 .

Определим пределы интегрирования:

x = 0, t = 6 0 = 0;

x = 64, t = 6

64 = 2 .

Получаем

64∫

= ∫2

6t5dt

6∫2

t3dt

= 6∫2 (t3 +8) −8 dt =6∫2 t3 +8 dt −48∫2

x + 2

0 t

+ 2t

0 t + 2

t + 2

0 t + 2

0 t +

6∫(t2 −2t + 4)dt −48∫

= 6

−t2

−48ln (t + 2)

02 =

t +

−0 −48(ln 4 −ln 2) = 40 −48ln 2 .

−4 +8

(Мы воспользовались: 1) формулой суммы кубов a3 +b3 = (a +b)(a2

− ab +b2 ) , в

данном примере t 3 +8 = t 3 + 23

= (t + 2)(t 2

− 2t + 4) ; 2) свойством логарифма

ln a −ln b = ln

, в данном примере ln 4 −ln 2 = ln 2 ).

Задача 47. Вычислить ∫1

x2 cos π xdx .

−1

Воспользуемся формулой интегрирования по частям. Пусть u = x2 ,

dv = cos π xdx , тогда du = 2xdx ,

v = ∫cos π xdx =

sin

π x .

Получаем

∫1

x2 cos

π xdx =

x2 sin

π x

−

∫1

xsin

π xdx .

−1

Воспользуемся еще один раз формулой интегрирования по частям: u = x ,

du = dx ; dv = sin

π xdx ,

v = ∫sin

π xdx = −

cos

π x .

Имеем

∫

cos

xdx =

sin

−

sin

−

xcos

∫

cos

xdx

−1

−

cos

−

sin

−

sin

−sin

−

−1

−

32 .

π3

Задача 48. Вычислитьe∫

ln xdx .

x 2

Воспользуемся формулой интегрирования по частям. Пусть u = ln x ,

dv =

dx , тогда du =

, v = ∫

dx = ∫x−

dx = 33 x .

3 x2

Получаем

∫

ln xdx =33 x ln x

−3 ∫

dx =33 e6 ln e6 −3ln1 −3 ∫

dx =

3 x2

=18e2 −93 x

=18e2 − (93 e6 −9) =9(e2 +1)

3. НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

Рассматриваются два типа несобственных интегралов – несобственные интегралы первого и второго рода.

К несобственным интегралам первого рода относят интегралы с бесконечными пределами интегрирования. Поясним суть этого понятия.

Пусть функция y = f (x) определена и непрерывна при всех x ≥ a . Тогда для любого числа b ≥ a существует определенный интеграл вида

∫ f (x)dx . Ранее мы имели дело с определенными интегралами, в которых

пределы интегрирования были конечными числами. Теперь попытаемся расширить наши возможности в том плане, что пределы интегрирования могут быть бесконечными. Ранее, на младших курсах, изучалось такое

замечательное понятие как предел. Рассмотрим lim ∫ f (x)dx . Этот предел

b→∞ a

может существовать, может быть бесконечным, может вообще не

существовать. Так вот если lim ∫ f (x)dx существует и равен конечному

b→∞ a

∞

числу, то ∫ f (x)dx называется сходящимся и равным этому пределу, а если

	a
	b	∞
lim	∫ f (x)dx не существует или равен бесконечности, то	∫ f (x)dx называется
b→∞	a	a
	a	a
		∞

расходящимся. Если быть вполне строгим, то выражение вида ∫ f (x)dx имеет

смысл только в том случае, если интеграл является сходящимся. Однако мы будем пользоваться этим выражением во всех случаях, а уже потом будем выяснять, является ли данный интеграл сходящимся или нет.

Задача 49.

Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость ∞∫xe−x2 dx .

Решение. ∞∫xe−x2 dx = limb→∞										∫b	xe−x2 dx = limb→∞	1	∫b e−x2 dx2 = limb→∞	−	1 e−x2	b	=

		1	0			1		1		0		2	0		2	0

	−		e	−b2	+		=		.
= lim		2				2		2
b→∞

Задача 50.

∞

Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость ∫xe−5x dx .

Решение. Воспользуемся формулой интегрирования по частям.

∞

−5 x

−

1 b

−5 x

−

−5 x

∫xe

dx = limb→∞

∫xe

dx = limb→∞

∫xde

= limb→∞

− ∫e

5 0

= lim −	1	be−5b − 0	+	1 e −5x	b	= lim −	1	(e−5b −1)=	1	.


	5			5		b→∞	25		25
b→∞					0

Задача 51.

Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость

∞

∫

dx .

+ x

Решение.

∞ xdx

= lim b

xdx

= lim

1 b d(1 + x2 )

= lim

1 ln(1 + x2 )

∫0 1 + x2

b→∞ ∫0 1 + x2

b→∞

2 ∫0 1 + x2

b→∞

= lim 1 [ln(1 + b2 ) − ln1]= ∞.

b→∞ 2

Следовательно, данный интеграл расходится.

При исследовании несобственных интегралов первого рода очень часто основную роль играет вопрос, сходится ли данный интеграл или он расходится. В решении этого вопроса полезны следующие моменты.

Первое. Вопрос сходимости или расходимости несобственного

интеграла первого рода определяется поведением подынтегральной функции на бесконечности. Это означает, что любой конечный отрезок влияет лишь на значение интеграла, но не влияет на вопрос его сходимости.

∞

То есть при исследовании сходимости интеграла ∫ f (x)dx мы можем

∞

исследовать сходимость интеграла ∫ f (x)dx для любых c > a .

Второе. Для несобственных интегралов от неотрицательных функций важную роль играют признаки сравнения, которые мы сформулируем ниже.

Первый признак сравнения. Пусть имеются непрерывные при x ≥ a функции y = f (x) и y = g(x) . При этом f (x) ≥ g(x) ≥ 0 при x ≥ a .

∞ ∞

Тогда, если ∫ f (x)dx сходится, то и ∫g(x)dx тоже сходится, при этом

a a

∞∞

∫ f (x)dx ≥ ∫g(x)dx .

a a

Второй признак сравнения. Пусть имеются непрерывные при x ≥ a функции y = f (x) и y = g(x) . При этом f (x) ≥ g(x) ≥ 0 при x ≥ a .

∞

Тогда, если ∫g(x)dx расходится, то и ∫ f (x)dx тоже расходится.


a	a
Третий признак сравнения. Пусть имеются непрерывные при x ≥ a
функции y = f (x) и y = g(x) . При этом f (x) ≥ 0; g(x) ≥ 0				при x ≥ a , и
существует конечный ненулевой предел lim		f (x)	= K,	K ≠ 0 . Тогда либо

	x→∞ g(x)

∞∞

оба интеграла ∫ f (x)dx и ∫g(x)dx сходятся, либо оба расходятся. (То есть не

a a

может быть такой ситуации, когда один интеграл сходится, а другой расходится.)

Для несобственных интегралов от знакопеременных функций часто полезен признак абсолютной сходимости.

Признак абсолютной сходимости. Если сходится интеграл от модуля

∞

подынтегральной функции ∫ f (x) dx , то сходится интеграл от самой этой

∞

функции ∫ f (x)dx .

При использовании третьего признака сравнения часто возникают

∞ dx

интегралы вида ∫a x p , где a > 0 .

∞ dx			Необходимо помнить:

∫			сходится при p >1;
	x	p
a
∞ dx			расходится при p ≤1.
∫	x	p
a

∞

xdx

Задача 52. Исследовать сходимость. ∫0

(x2 +1)

4x +1

Исследуем характер поведения функции на бесконечности.

Рассмотрим функцию y =

. При больших значениях x имеем

(x2 +1)

4x +1

y =

(x2 +1) 4x +1

1 +

Тогда порядок поведения функции на бесконечности определяется

выражением

y =

(x2 +1) 4x +1

x2 x

x 2

Напомним, что мы можем пренебречь любым конечным отрезком.

Рассмотрим функции f (x) =

и g(x) =

(x2 +1)

4x +1

∞ dx

x 2

>1.

Имеем, ∫ 3 сходится, так как

1 x 2

+1)

f (x)

Рассмотрим lim

= lim

4x +1

= lim

4x +1

x→∞ g(x)

x→∞

x→∞ (x2 +1)

x 2

= lim

≠ 0 .

x→∞

1 +

4 +

Следовательно,

оба интеграла сходятся.

∞ sin xdx

Задача 53. Исследовать сходимость ∫

2 x

Для исследования сходимости данного интеграла используем признак абсолютной сходимости, то есть в начале исследуем сходимость интеграла от

∞

sin x

модуля подынтегральной функции ∫

dx . Поскольку

sin x

≤1, то

2 x

sin x

≤

< e−2 x .

e2 x +

e2 x +1

∞

Рассмотрим ∫e−2 x dx .

∞

−2 x

−2b

∫e

dx = lim

∫e

dx = lim

−

= lim

−

b→∞

∞

−2 x dx является сходящимся, а

Следовательно, несобственный интеграл ∫e

sin

∞

sin x

поскольку

≤ e−2 x , то, и силу первого признака сравнения, ∫

2 x

e +

также сходится. Используя признак абсолютной сходимости, делаем вывод,

∞ sin xdx				является сходящимся.
что и ∫	e	2 x	+1
0

В заключение сделаем еще два замечания, касающиеся несобственных интегралов первого рода.

		a
1.Несобственный интеграл вида ∫ f (x)dx определяется аналогичным
		−∞
a	f (x)dx = lim	a
образом, а именно ∫	f (x)dx = lim	∫ f (x)dx .
−∞	b→−∞	b
−∞		b

2.Несобственный интеграл, у которого оба предела интегрирования

	∞
бесконечны ( ∫ f (x)dx ),		определяется соотношением
	−∞
∞	c	∞

∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx , где c - любое число.

−∞

∞

∫e−x dx

∞

При этом несобственный интеграл ∫ f (x)dx является сходящимся, если

−∞
c	∞
сходятся оба несобственных интеграла ( ∫ f (x)dx;	∫ f (x)dx ) в правой части.
−∞	c

∞

Если хотя бы один из этих интегралов расходится, то ∫ f (x)dx считается

расходящимся.

−∞

Задача 54.

∞

Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость ∫

+ x

−∞1

∞

Решение. ∫

= ∫

+ ∫

+ x

−∞1

1 1

(Мы выбрали c =1, но могли взять и любое другое число, например ноль.) Исследуем отдельно каждый из интегралов в правой части.

= lim arctg x

= lim (arctg1

− arctgb) =

3π

∫

= lim

−

−∞1 + x

b→−∞ b

1 + x

b→−∞

∞

= lim b

= lim arctg x

b = lim (arctgb − arctg1) =

−

= π .

∫1 1 + x2

b→+∞ ∫1 1 + x2

b→+∞

∞

3π

Следовательно

∫

= ∫

∫

=π .

+ x

1 + x

−∞1

Задача 55.

∞

Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость ∫e−x dx .

−∞

Решение.	∞∫e−xdx = ∫0		e−xdx +	∞∫e−xdx .
	−∞	−∞		0
0		0			0 = lim (−1 + e−b ) = ∞
∫e−x dx = lim		∫e−x dx = lim (−e−x )
−∞	b→−∞	b	b→−∞		b b→−∞

Этот интеграл является расходящимся, и нет никакой необходимости

исследовать второй интеграл. Можно сразу сделать вывод, что

−∞

является расходящимся.

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.12.20181.61 Mб4metodichka_po_matematike_dlja_pz.docx
#
09.04.2015803.84 Кб172Metodichka_по англ.doc
#
09.04.2015297.98 Кб6Metodich_ukazania_1.doc
#
15.03.2016756.7 Кб8metod_fmp.pdf
#
15.03.20161.81 Mб4metod_kki.pdf
#
15.03.20161.6 Mб7metod_noi.pdf
#
09.04.2015432.33 Кб18Metod_rek_k_prakt_bakal.docx
#
23.08.201965.02 Кб2Metod_ukaz_kontr_rab_5416_s_sayta_1.doc
#
10.11.20195.05 Mб2Metod_ukaz_po_dom_rab_EP_(red).doc
#
15.11.20191.8 Mб4MET_CO~1.DOC
#
25.04.2019562.69 Кб4MIROVAYa_EKONOMIKA.doc