Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Рязанский государственный радиотехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Int / integrals

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.03.2016

Размер:

3.97 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1810 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Т.к. на отрезке [0, 1] функция sin x возрастает, то sin ξ < sin 1 и оценка интеграла сверху есть

I 4 sin1 0, 66 .

Лучшая оценка получается так:

			1	1				1					1
		I	1	sin xdx				1		( cos x)
		I		sin xdx						( cos x)
		1	2	0			1	2					0
		1	2				1	2					0

					1		( cos1 1)				1 cos1			1 cos1 0, 46
					2		( cos1 1)					1 0		1 cos1 0, 46
				1	2							1 0
(Функция		1	также сохраняет знак на отрезке [0, 1].) ■

		x2
	1	x2
										1
										1
ПРИМЕР 2.2.4. Оценить интеграл I 1 x4 dx , используя
										0
а) теорему о среднем;
						1			x4
б)	неравенство			1 x4					x4	(убедиться в том, что это неравенство
б)	неравенство			1 x4						(убедиться в том, что это неравенство
								2
верно, можно с помощью формулы Тейлора).
		Решение. а) По				теореме				о среднем				имеем b – a = 1 – 0 = 1;

f ( )	1 4 ; 0 < ξ < 1. Тогда
		1
		1	1 x4 dx 1 4 (1 0) 1 4 .
		I	1 x4 dx 1 4 (1 0) 1 4 .
		0

Т.к. 0 < ξ < 1, то 1 1 4 2 , следовательно, 1 I 2 .

б) Применяя данное неравенство и учитывая оценку , имеем

1		x	4		x	5	1	1

I	1			dx x			1		1,1.


		2			10			10
0							0

Из а) следует,

что I > 1,

таким образом, имеем 1 < I < 1,1, что дает более

точную оценку в сравнении с предыдущей. ■

ПРИМЕР 2.2.5. Оценить

интеграл

/ 3

sin x dx .

/ 4

Решение. Исследуем подынтегральную

функцию

на

монотонность

на

отрезке

[π / 4, π / 3]:

sin x

x cos x sin x

cos x (x

tg x)

0 ,

т.к. cos x > 0,

x 2 > 0,

x < tg x

при π/4 ≤ х ≤ π/3

Рис. 5.

(рис. 5), следовательно, функция sin x / x убывает на этом интервале. При этом

ее наименьшее т и наибольшее М значения соответственно равны:

m sin( / 3)

3 3 ,

M sin( / 4)

2 2 .

/ 3

/ 4

С помощью оценки получаем:


3 3			I	2 2			, т.е.	3	I	2	. ■

2		4				4		8		6
	3				3

ПРИМЕР 2.2.6. Оценить абсолютную величину интеграла

19	sin x
I		dx .
	1 x8
10

Решение. При х ≥ 10 (отрезок интегрирования [10, 19]) с учетом того,

что sin x 1 при любых х, имеем неравенство:

	sin x			1		1			1	108 .
1 x8				1 x8		x8		108

Поэтому, пользуясь оценкой , получим


	19	sin x		19			sin x	19
	19			19				19
I			dx					dx 108 dx

		1 x8				1 x8
	10			10				10
	10			10				10
		108 x			19		9 108 107 . ■
		108 x			19		9 108 107 . ■
					10
					10

ПРИМЕР 2.2.7. Найти среднее значение функции y = sin x на отрезке

[0, π].

Решение. По определению среднего значения функции на отрезке [0, π]

имеем:

				1				1				0		1			2
						sin x dx			cos x						( 1 1)			. ■

				0

						0
					Задачи для самостоятельного решения
№11. Оценить интегралы:
2		2	5				1								/ 2
2	x	2					1				dx				/ 2				1	cos2 x dx .
I1	x				dx ;	I2					dx		;		I3			1	1
I1					dx ;	I2					x3		;		I3			1
0 x2 2							1			8	x3					0			2

					/ 2
№12. Какой из интегралов больше: I1						sin10 x dx
						0
		1	x		7	dx	1
№13. Доказать неравенства: а) 0			x			dx	1	;


		0 3 1 x8					8
	1	tgx
№14. Оценить сверху интеграл	0			dx .
№14. Оценить сверху интеграл	0	1+ x2		dx .

	/ 2
или I2	sin2 x dx ?
	0

б) 1 1 ex2 dx e .

№15. Определить средние значения функций в указанных промежутках:

а) y = x 2 на [0, 1]; б) y x на [0, 25]; в) y = sin x·sin(x + φ) на [0, 2π].

2.3. Несобственные интегралы

Рассмотрим определенный интеграл f (x)dx . Изложенные выше методы

нахождения таких интегралов обычно предусматривали выполнение двух требований:

1)пределы интегрирования а и b конечны;

2)подынтегральная функция f (x) непрерывна на отрезке [а, b].

Такие интегралы впредь будем называть собственными. Если хотя бы одно из указанных условий не выполнено, интеграл называют несобственным.

Различают несобственные интегралы двух типов:

а) пределы интегрирования (один или оба) бесконечны, при этом подынтегральная функция на интервале интегрирования нигде не обращается в бесконечность;

б) подынтегральная функция является разрывной в одной или нескольких точках интервала интегрирования, а пределы интегрирования конечны.

Заметим, что бывают несобственные интегралы, содержащие в себе обе указанные особенности.

С геометрической точки зрения несобственный интеграл (от неотрицательной функции), как и собственный интеграл, представляет собой площадь фигуры, ограниченной графиком подынтегральной функции и осью

Ох, (рис.6).

0 а

Рис. 6.

а) Несобственные интегралы с бесконечными пределами

Определение. Несобственным интегралом от функции f (x) в

пределах от а до + ∞ называется

			b
	f (x) dx	lim	f (x) dx ,
a		b a
где f (x) определена при всех х ≥ а и интегрируема на любом отрезке [а, b].
Аналогично
b			b
	f (x) dx	lim	f (x) dx ,
		a a
			c		b
	f (x) dx	lim		f (x) dx	lim f (x) dx ,	(4)
		a a			b c

с – любая точка на интервале (– ∞, + ∞).

Отметим, что все интегралы, стоящие под знаком предела, являются собственными, и к ним применима формула Ньютона-Лейбница. Если приведенные пределы существуют и конечны, то интегралы называются

сходящимися, в противном случае – расходящимися.

Замечание 1. Если хотя бы один из интегралов, входящих в правую часть равенства (4), является расходящимся, то несобственный интеграл

f (x)dx тоже расходится.

Иногда найти первообразную затруднительно, тогда для выяснения вопроса о сходимости или расходимости несобственных интегралов используют некоторые признаки и соображения, приведенные ниже.

Утверждение 1. Практически очевидно, что интегралы f (x)dx и

f (x)dx имеют одинаковое поведение, если на отрезке [а1 , а2] функция f (x)

не обращается в бесконечность. Отметим, что не требуется даже непрерывность функции на указанном промежутке: она может иметь конечные разрывы.

Обоснуйте Утверждение 1, используя геометрический смысл определенного интеграла.

Два признака сравнения

1º. Если 0 ≤ f (x) ≤ φ (x) (a ≤ x < + ∞), то из сходимости интеграла


(x)dx		следует сходимость	интеграла		f (x)dx	и	из расходимости
a				a

интеграла		f (x)dx следует расходимость		(x)dx .
		a		a
	2º. Если f (x) ≥ 0, φ(x) ≥ 0 – бесконечно малые при х → +∞ функции и
lim	f ( x)	k 0 , (т.е. функции	f (x) и φ(x)		являются	функциями одного
lim		k 0 , (т.е. функции	f (x) и φ(x)		являются	функциями одного
x ( x)

порядка малости при х → +∞), то интегралы					f (x)dx и		(x)dx ведут себя
				a		a

одинаково (оба сходятся или оба расходятся).


Замечание 2. Для сравнения часто используют интеграл	1	dx	,
		x p

который сходится при р > 1 и расходится при p ≤ 1 (см. ниже пример 2.3.1).

Пусть функция f (x) имеет произвольный знак. Тогда справедлива

Теорема (об абсолютной сходимости)


Если сходится интеграл	f (x)	dx , то сходится и интеграл f (x)dx .
a		a


В этом случае интеграл	f ( x)dx называется абсолютно сходящимся.
	a

Если же интеграл f (x)dx сходится, а интеграл			f (x)	dx	расходится, то
a		a

интеграл f (x)dx называется условно сходящимся.
a

ПРИМЕР 2.3.1. Исследовать на сходимость интеграл I					1	dx	.
ПРИМЕР 2.3.1. Исследовать на сходимость интеграл I					1	x p	.

Решение. Подынтегральная функция не обращается в бесконечность на любом отрезке [1, b]. Пусть р > 1, тогда по определению

x p1

1 1

lim

x pdx

lim

x p

p 1

b 1

p b p1

при b и p 1 0,

имеем b p1

p 1

b p1

Предел существует и конечен, следовательно, при р > 1 интеграл I сходится.

Замечание 3. Допустима и такая форма записи:

		x pdx	1


I

			p)x p1
	1	(1		1

	1	0 1	1	.
	p
1			1 p

Пусть теперь р = 1, тогда (на основании Замечания 3)

	dx		1 ln ln1 0 ,
I		ln x

	x

1

следовательно, при р = 1 интеграл I расходится. Отметим, что под не вполне
корректной записью ln ∞ подразумевался предел lim ln x .
				x
Наконец, при р < 1
	dx	x p1		p 0, то x1 p	1
	dx	x p1	т.к.1	p 0, то x1 p	1
I	1 x p	p 11	при	x	1 p	.
При р < 1 интеграл I расходится. ■
Замечание 4. Обратимся к				геомет-
рической интерпретации примера 2.3.1. На
рис. 7 изображены графики подынтег-
ральной функции для значений р = 1, р < 1
и р > 1 на интервале [1; + ∞). При р = 1

графиком функции y	1	является обычная	Рис. 7.
	x

гипербола. При любом р < 1 график расположен выше нее, а при р > 1 – ниже.

Во всех трех случаях фигура между графиком и осью Ох справа не ограничена.

	dx
Как было показано в примере 2.3.1, интеграл		x	расходится и,
	1

следовательно, указанная площадь бесконечна. Понятно, что при р < 1

рассматриваемая площадь будет еще больше, что и согласуется с тем, что интеграл расходится. При р > 1 интеграл сходится, т.е. площадь становится конечной. Чем больше показатель степени р, тем быстрее функция стремится к нулю и тем меньше площадь фигуры под кривой.

		dx
ПРИМЕР 2.3.2. Вычислить I		dx		.

		x2	4
		x2	4
	0

Решение. Подынтегральная функция не обращается в бесконечность на любом отрезке [0, b]. По определению:

I lim

lim

arctg

0 x2 4

b 2

lim

arctg

arctg 0

Данный интеграл сходится. ■

ПРИМЕР 2.3.3. Исследовать на сходимость I

1 x5

Решение. Так как подынтегральная функция положительна на любом

отрезке [1, b] и нигде на нем не обращается в бесконечность, то интеграл I и

интеграл I1

ведут себя одинаково (Утверждение 1).

3 1 x5

Далее, при х ≥ 1

выполняется неравенство

, а интеграл

x5 / 3

1 x5

сходится, т.к.

р = 5/3 > 1 (пример 2.3.1). Следовательно, по признаку

x5 / 3

сравнения 1º интеграл I1

тоже сходится, а вместе с ним, как было отмечено,

сходится и исходный интеграл I.

ПРИМЕР 2.3.4. Вычислить

следующие несобственные

интегралы или

установить их расходимость:

arcsin(1/

а) I1 e x / 2dx ;

б) I2

x cos x dx ;

в) I3

dx .

1 x x

Решение. а) Подынтегральная функция положительна на любом отрезке

[а, b] и нигде на нем не обращается в бесконечность. Представим интеграл I1 в

виде суммы двух интегралов по формуле (4), полагая с = 0:

0
I1 e x / 2dx e x / 2dx .
	0

Вычислим каждый из интегралов, стоящих в правой части этого равенства.

Применим форму записи, приведенную в Замечании 3, и снова отметим, что

записи е+∞ и е–∞ следует понимать как пределы lim							ex и	lim	ex .
						x	x
0				0		e0 e( / 2) 2 1 e ,
e x / 2dx 2 e x / 2				0	2	e0 e( / 2) 2 1 e ,



следовательно, первый интеграл расходится.
						e / 2 e0	2	1
e x / 2dx 2 e x / 2								1
					2					1	2	,
					2					1	2	,
0				0				e
				0				e

т.к. e и	1	1	0 , следовательно, второй интеграл сходится.
т.к. e и	e		0 , следовательно, второй интеграл сходится.
	e

Интеграл I1 , представленный в виде суммы двух интегралов, расходится,

т.к. один из интегралов-слагаемых расходится. Отметим, что второй из рассмотренных интегралов, согласно Замечанию 1, можно было и не исследовать после того как была установлена расходимость первого.

б) Применим к интегралу I2 определение и формулу интегрирования по частям:

x cos x dx

lim x d sin x

lim

x sin x

sin x dx

b 0 u v

b sin b 0 cos x

lim

b sin b cos b 1 .

Этот предел не существует, т.к. cos b при b → ∞ не определен. Следовательно,

интеграл I2 расходится.

в) Так как найти первообразную для подынтегральной функции интеграла

I3 непросто, попробуем оценить порядок подынтегральной функции

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1810 11 12 13 14 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Int

#
21.03.20163.97 Mб73integrals.pdf
#
21.03.2016835.07 Кб273Определенный интеграл.doc
#
21.03.2016270.09 Кб60Таблица интегралов.docx