Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

metod_noi

.pdf
Скачиваний:
5
Добавлен:
15.03.2016
Размер:
1.6 Mб
Скачать

51

Несобственные интегралы второго рода.

До настоящего момента, при вычислении определенного интеграла, мы считали, что подынтегральная функция является непрерывной на всем отрезке, и как следствие этого, ограниченной. Несобственные интегралы второго рода возникают в тех случаях, когда функция не является непрерывной на отрезке интегрирования.

Пусть функция y = f (x) непрерывна на полуинтервале (a; b], а в точке x = a имеет особенность. (Например, x = a является точкой разрыва, или

lim f (x) = ∞.)

xa+0

В этом случае для любого c существует определенный интеграл

b

f (x)dx .

c

b

Несобственный интеграл f (x)dx определим следующим образом:

 

a

b

b

f (x)dx = lim f (x)dx .

a

ca

c

 

При этом, если указанный предел существует, то несобственный интеграл

b

f (x)dx называется сходящимся, а его значение принимается равным

a

значению предела.

 

b

 

b

Если lim f (x)dx не существует, или равен бесконечности, то f (x)dx

ca

c

 

a

 

 

называется расходящимся.

 

 

Если функция y = f (x) непрерывна на полуинтервале [a; b) , а в точке

 

 

 

b

x =b имеет особенность, то

несобственный интеграл f (x)dx определяется

следующим соотношением:

 

a

 

 

 

b

 

c

 

f (x)dx = lim f (x)dx .

 

a

cb

a

 

 

Если функция y = f (x) непрерывна на интервале (a; b) , а в точках

 

 

b

x = a;

x =b имеет особенности, то несобственный интеграл f (x)dx

 

 

a

определяется следующим соотношением:

b

c

b

f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx , где c - любое число из интервала (a; b) .

a

a

c

52

При этом исходный интеграл называется сходящимся, если сходится каждый из интегралов в правой части соотношения. Если хотя бы один из них расходится, то и исходный интеграл называется расходящимся.

Наконец, если функция y = f (x) на отрезке [a; b] имеет особенности в

 

 

 

b

точках c1, c2 ,...,cn , где

c1 < c2 <... < cn , то несобственный интеграл f (x)dx

 

 

 

a

определяется следующим соотношением:

b

c1

c2

b

f (x) = f (x)dx + f (x)dx +.... + f (x)dx .

a

a

c1

cn

При этом, если хотя бы один из интегралов в правой части является расходящимся, то и весь интеграл считается расходящимся.

Ниже будут сформулированы свойства и признаки сходимости несобственного интеграла второго рода. При их формулировке мы будем предполагать, что функция y = f (x) непрерывна на полуинтервале (a; b] и

имеет особенность в точке x = a . Отметим, что эти свойства во многом похожи на аналогичные для несобственных интегралов первого рода.

Первое. Вопрос сходимости или расходимости несобственного

интеграла первого рода определяется поведением подынтегральной функции в окрестности точки x = a . Это означает, что при исследовании

b

сходимости интеграла f (x)dx мы можем исследовать сходимость интеграла

a

c

f (x)dx для любых a < c <b .

a

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

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

b b

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

 

a

a

b

b

 

f (x)dx g(x)dx .

 

a

a

 

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

b b

a < x b . Тогда, если g(x)dx расходится, то и f (x)dx тоже расходится.

a a

Третий признак сравнения. Пусть имеются непрерывные при a < x b функции y = f (x) и y = g(x) . При этом f (x) 0; g(x) 0 при

53

a < x b , и существует конечный ненулевой предел lim

f (x)

= K, K 0 .

g(x)

 

xa

 

b

b

 

 

Тогда либо оба интеграла f (x)dx и g(x)dx сходятся, либо оба расходятся.

a a

(То есть не 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

b

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

a

b

функции f (x)dx .

a

При использовании третьего признака сравнения часто возникают интегралы

 

b

 

 

 

dx

 

, где a > 0 .

вида

 

 

 

 

(x

a)

β

 

a

 

 

Необходимо помнить:

b

dx

 

 

 

сходится при β <1;

 

 

 

(x a)

β

 

a

 

 

 

 

 

b

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

расходится при β 1.

(x a)

β

 

a

 

 

 

 

 

Задача 57.. Вычислить несобственный интеграл или доказать его

0 dx

расходимость 13 x +1 .

Данная подынтегральная функция имеет особенность в точке x = −1. Следовательно,

0

dx

 

0

dx

 

3

 

(x +1)2

 

0

3

lim [1 3

(c +1)2 ]=

3

 

 

 

 

 

 

= lim

= lim

3

 

=

.

 

 

2

 

2

13 x +1

c→−1 c

3 x +1

c→−1

 

 

 

c

2 c→−1

 

 

 

 

 

 

 

Задача 58. Вычислить несобственный интеграл или доказать его

4

dx

 

расходимость

.

 

0

4 x

Данная подынтегральная функция имеет особенность в точке x = 4 . Следовательно,

4

dx

4

dx

 

 

 

c

= lim[2 4 c + 2 4]= 4 .

= lim

= lim(2

4 x)

 

4 x

4 x

0

c4 0

c4

 

 

0

c4

 

54

Задача 59. Вычислить несобственный интеграл или доказать его

3

 

dx

 

расходимость

 

.

 

 

3

9 x2

Подынтегральная функция имеет особенности на обоих концах отрезка x = −3 и x =3 .

3

 

dx

0

 

dx

3

dx

 

Следовательно

 

=

 

+

.

 

9 x2

 

9 x2

 

3

3

0

9 x2

Исследуем каждый из интегралов в правой части.

0

 

 

dx

 

 

 

 

0

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

0

 

 

 

c

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

 

 

= lim arcsin

 

 

 

 

= lim arcsin 0

arcsin

 

= arcsin1 =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

3

2

3

9 x2

c→−3 c

9 x2

c→−3

 

 

 

 

 

 

 

c

c→−3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

dx

 

 

 

c

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

c

= lim arcsin c arcsin 0

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

= limarcsin

 

 

= arcsin1 =

 

0

 

 

9 x

 

 

 

 

 

9 x

 

 

0

2

 

 

2

 

c3

 

 

 

 

 

 

2 c3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

c3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

dx

 

 

 

0

 

 

dx

3

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

π + π

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

 

=

 

 

 

+

 

 

 

 

 

=

=π .

 

 

 

 

 

 

 

 

9 x2

 

9 x2

 

 

 

9 x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

3

 

0

 

 

 

 

 

 

2 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 60. Вычислить несобственный интеграл или доказать его

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

расходимость

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

13

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подынтегральная функция имеет особенность в точке

x = 0 , лежащей

 

 

внутри отрезка интегрирования.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

dx

0

 

dx

 

 

4

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно,

 

 

 

 

=

 

 

 

 

+

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

3 x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

13 x2

 

13

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Исследуем каждый из интегралов в правой части.

0

 

dx

c

dx

= lim33

 

 

c

= lim(33 c 33 1)=3

= lim

x

3 2

 

3 2

 

 

1

x

c0 1

x

 

c0

 

1

c0

 

 

 

4

 

dx

4

 

dx

= lim33

 

4 = lim(33

 

4 33 c )=33 4 .

 

= lim

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 3 x2

c0 c 3 x2

 

c0

 

 

c

c0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

dx

 

0

dx

4

dx

 

=3 + 33 4 .

Таким образом

 

 

 

=

 

 

 

+

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

3 x

 

 

 

 

 

 

 

 

13

 

13 x2

0

2

 

55

Задача 61. Вычислить несобственный интеграл или доказать его

расходимость 2 dx .

1 x2

Подынтегральная функция имеет особенность в точке x = 0 , лежащей внутри отрезка интегрирования.

Имеем

2 dx

0 dx

2 dx

 

 

=

 

 

+

 

 

.

 

2

 

2

x

2

1 x

 

1 x

 

0

 

 

Исследуем каждый из интегралов в правой части.

0 dx

c

dx

 

 

1

 

c

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

= lim

 

 

 

 

= lim

 

+1

= ∞

 

2

 

2

 

 

1 x

 

c0 1 x

 

c0

 

x

 

1

c0

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

Значит, данный интеграл расходится, и нет необходимости исследовать второе слагаемое.

2 dx

Следовательно, несобственный интеграл 1 x2 является расходящимся.

π sin x

Задача 62. Исследовать сходимость0 x2 dx .

Подынтегральная функция имеет особенность в точке x = 0 . Воспользуемся третьим признаком сравнения. Из свойств эквивалентных бесконечно малых функций известно, что синус бесконечно малой функции эквивалентен этой

функции, то есть sin x ~ x при x 0 . Тогда sin x

~

x

~ 1 .

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π dx

 

x2

 

 

 

x

Несобственный интеграл

 

является расходящимся, как интеграл вида

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

π

dx

при β =1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

Рассмотрим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

= lim

=1 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

x0

1

x0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π sin x

dx является расходящимся.

Следовательно, и несобственный интеграл

 

 

 

x

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

56

4. Геометрические и механические приложения определенного интеграла

Цель данного раздела состоит не в том, чтобы привести несколько формул для решения конкретных задач, а в том, что бы научить студента использовать данный математический аппарат в решении конкретных задач. Поэтому мы будем иногда пренебрегать абсолютной строгостью математического изложения, обращая больше внимания на то, каким образом в решении конкретных задач возникает определенный интеграл.

Площадь криволинейной трапеции.

Фиг 2.

Криволинейной трапецией назовем область, ограниченную линиями

(Фиг. 2): x = a, x =b ,

y = f1 (x) - кривая АВ,

y = f2 (x) - кривая CD. При этом

предполагаем, что

f1(x) f2 (x) при a x b .

Разобьем отрезок [a;b] на n частей (фиг.2) точками x0 , x1 ,..., xi , xi+1 ,...xn

( x0 = a, xn = b ). Обозначим

xi = xi+1 xi , где

xi - длина отрезка [xi ; xi+1 ].

Площадь части криволинейной трапеции, ограниченной линиями

x = xi , x = xi+1, y = f1 (x), y = f2 (x) обозначим

Si . Тогда полная площадь всей

 

 

n1

 

криволинейной трапеции S равна S = Si .

 

 

 

i=0

 

Оценим значение величины

Si . Для этого на отрезке [xi ; xi+1 ] выберем

произвольную точку ci . Вычислим значения функций y = f1(x) и y = f2 (x)

в этой точке - f1(ci ), f2 (ci ). Обозначим hi = f2 (ci ) f1(ci ) . Интуитивно понятно, что величина hi xi при малом значении xi будет не очень сильно

отличаться от площади криволинейной трапеции, ограниченной линиями x = xi , x = xi+1, y = f1 (x), y = f2 (x), то есть Si hi xi [f2 (ci ) f1(ci )] xi .

Тогда сумма таких площадей по всем отрезкам разбиения

n1[f2 (ci ) f1(ci )] xi

i=0

57

будет близка к площади S криволинейной трапеции, ограниченной линиями:

x = xi , x = xi+1, y = f1 (x), y = f2 (x), то есть S n1[f2 (ci ) f1(ci )] xi .

i=0

Понятно, что чем мельче будут отрезки разбиения, тем меньше будет погрешность. Теперь попытаемся перейти немного к более строгим

рассуждениям. Полученная сумма n1[f2 (ci ) f1(ci )]

xi является

i=0

 

интегральной суммой для функции y = f2 (x) f1(x)

на отрезке [a;b] .

Следовательно, предел этой суммы при неограниченном уменьшении длин отрезков разбиения равен определенному интегралу от данной функции по отрезку [a;b] . Таким образом S = b [f2 (x) f1 (x)]dx .

a

Замечание. Если добиваться полной строгости, то мы сначала должны решить вопрос, а что мы будем называть площадью криволинейной трапеции. Что такое площадь прямоугольника – это понятно, а вот что такое площадь произвольной фигуры, мы еще должны определить. При этом наше определение должно быть таким, что бы оно совпадало, по возможности, с нашим интуитивным понятием о площади. В некотором смысле площадью криволинейной трапеции мы

и называем предел суммы n1[f2 (ci ) f1(ci )] xi , и уже потом показываем,

i=0

что этот предел равен определенному интегралу.

Задача 63. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями x = 0, x = 2, y = −1 x , y = x2 .

Очевидно, что при 0 x 2 имеем 1 x x2 . В этом случае нет необходимости изображать область. Тогда

2

2

2

2

x3

 

x2

 

 

2

 

8

 

 

 

20

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

=

 

+ 2

+ 2

=

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

S = [x (1 x)]dx = (x + x +1)dx =

2

+ x

 

 

3

3

0

 

0

 

3

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 64. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:

 

 

 

y = x2 6x +8,

 

y = 3x +8.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Фиг. 3.

58

В этом примере значения x = a, x =b не указаны. Попробуем нарисовать

кривые. Сначала сделаем грубый рисунок (Фиг. 3). Первая кривая – это парабола, ветви которой направлены вверх, а вторая – это прямая с положительным угловым коэффициентом. Для того чтобы найти значения x = a, x =b , мы должны определить точки пересечения кривых. Для этого

решаем систему уравнений

y = x2 6x +8,y =3x +8

Получаем x2 6x +8 =3x +8; x2 9x = 0; x(x 9) = 0; x = 0, x

2

=9 .

1

 

То есть a = 0, b =9 .

Теперь более точно нарисуем графики функций (Фиг. 4), хотя для решения задачи вычисления площади в этом уже необходимости нет.

Фиг. 4

Следовательно

9

 

2

 

 

 

9

 

2

 

 

9x2

 

x3

 

9

 

243

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S = [3x +8 (x 6x +

8)]dx =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[9x x ]dx =

2

3

 

 

 

2

 

0

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 65. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:

 

xy = 7,

 

 

 

x + y = 8.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Найдем точки пересечения кривых. Для этого решаем

 

систему уравнений.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xy = 7,

 

 

=

7

,

 

7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8 ± 64 28

 

y

 

x +

=8 x

2

8x + 7

= 0 x =

.

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

x

 

2

x + y =8.

 

 

+ y =8.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Получаем: x1 =1, y1 = 7;

x2 = 7, y2 =1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Схематично фигура изображена на рисунке (Фиг. 5).

 

 

59

Фиг. 5.

7

7

 

 

x2

 

 

7

 

 

 

 

Следовательно S = 8 x

 

 

8x

 

 

 

 

=

 

 

dx =

 

7ln x

 

 

1

x

 

 

2

 

 

1

 

 

 

 

 

 

=

56

49

7ln 7

 

8

1

7ln1 = 24 7ln 7.

 

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

Задача 66. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями:

 

 

 

y =

 

 

1

 

,

 

x 0; y = 0, x = 0.

 

 

 

(x + 2)2

 

 

 

 

 

 

 

 

Вданном примере второй границей фигуры является бесконечность и

ееплощадь выражается несобственным интегралом первого рода

dx

 

 

1

 

 

1

 

1

 

 

 

 

 

 

 

S =

 

= −

 

 

= 0 +

=

.

 

2

x + 2

 

 

0

(x + 2)

 

 

 

 

0

2

2

 

 

 

 

При решении этого примера мы исходили из того предположения, что к этому моменту Вы уже успели немного познакомиться с техникой вычисления несобственного интеграла, и поэтому не стали подробно расписывать переход к пределу, а проделали это «в уме».

Теперь рассмотрим пример вычисления площади криволинейной трапеции, ограниченной линиями x = a, x =b , y = 0, y = f (x) в случае, когда

x =ϕ(t)

кривая y = f (x) задана не в явном виде, а параметрически y =ψ(t) , где

ϕ(α) = a , ϕ(β) =b . При этом предполагаем, что функции

ϕ(t),ψ(t) непрерывны на отрезке [α;β] , а функция ϕ(t) монотонна и имеет

непрерывную производную на этом отрезке.

Тогда для вычисления площади имеем соотношение

60

b

S = f (x)dx .

a

В полученном определенном интеграле сделаем замену переменных

 

 

 

 

 

f (x) = f [ϕ(t)]=ψ(t) . Пределы интегрирования

 

x =ϕ(t) . Тогда dx =ϕ (t)dt ,

 

заменяются соответственно:

x = a на t =α ; x =b на t = β .

 

 

 

 

 

b

 

β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Получаем S = f (x)dx = ψ(t)ϕ (t)dt .

 

 

 

 

 

a

 

α

 

 

Задача 67. Найти площадь фигуры, ограниченной

 

 

 

 

3

t, x

= 0; y = 0,

 

 

x = 2cos

 

 

 

линиями

3

 

 

 

 

 

 

t, x

> 0, y > 0.

 

 

y =3sin

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

Поскольку x и y неотрицательны, то параметр t изменяется на отрезке 0;

2

.

 

 

 

 

 

 

 

Схематично фигура изображена на рисунке (Фиг. 6).

Фиг. 6. Выражение для площади имеет вид

2

S = ydx .

0

Делая замену переменных x = 2cos3 t , получаем dx = −6cos2 t sintdt ,

y =3sin3 t . Из условия : x = 0

получаем 2cos3 t = 0, t =

π

; при x = 2получаем

2cos3 t = 2, t = 0.

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

2

0

 

 

 

Тогда S = ydx = −18cos2 t sin4 tdt =182 cos2 t sin4 tdt

 

 

0

π

0

 

 

2

Воспользуемся формулами косинуса двойного угла

ππ

2

2

t sin

4

2

1

+ cos2t 1

cos2t

2

S =18cos

 

 

tdt =18

2

 

2

 

dt =

0

 

 

 

0

 

 

 

 

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]