Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сургутский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Дубовик О.А., Совертков П.И

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.05.2015

Размер:

693.69 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Второй способ решения задачи.

Для функцииот трехпеременных составим функцию Лагранжа: u = 2R2 sin αsin βsin γ + λ(α +β + γ − π).

Найдем ее частные производные:

uα′ = 2R2 cos αsin βsin γ + λ, uβ′ = 2R2 sin αcosβsin γ + λ, uγ′ = 2R2 sin αsin βcos γ + λ.

Из системы:

R2 cos αsin βsin γ = −						1	λ,
R2 cos αsin βsin γ = −						2	λ,
						2
						1
		2				1
R			sin αcosβsin γ = −				λ,
R			sin αcosβsin γ = −			2	λ,
						2
		2				1
R			sin αsin βcos γ = −				λ,
R			sin αsin βcos γ = −			2	λ,
						2

α +β + γ − π = 0,
получаем			cos αsin β		=1 или sin (β − α) = 0,			β − α = kπ. Учитывая об-
получаем			sin αcosβ		=1 или sin (β − α) = 0,			β − α = kπ. Учитывая об-
			sin αcosβ
ласть определения для переменных, получаем β = α.
Аналогично:
	cos αsin γ			=1	или sin (γ − α) = 0, γ − α = пπ. Учитывая область
				=1	или sin (γ − α) = 0, γ − α = пπ. Учитывая область
	sin αcos γ
определения для переменных, получаем γ = α.
Из условия α +β + γ = π получаем α = β = γ = π.
								3
Необходимое					условие		экстремума	достигается в точке

Вπ, π, π .

3 3 3

Проверку достаточного условия локального максимума функции Лагранжа u = u(α, β, γ, λ) можно осуществить, если определить

знак второго дифференциала d 2u(α0 , β0 , y0 , λ0 , dα, dβ, d γ) в точке В, т.е. знак квадратичной формы от трех переменных:

′	2	′′	2	′′	3 3R2	,
′		′′		′′	4
uα = 2R		cosαsinβsin γ + λ, uαα = −2R		sin αsinβsin γ,uαα (B) = −	4
		40

′

= 2R

′′

= −2R

′′

3R2

uβ

sin αcosβsin γ + λ, uββ

sin αsinβsin γ,uββ (B) = −

′

= 2R

′′

= −2R

′′

3R2

uγ

sin αsin βcos γ + λ, uγγ

sin αsin βsin γ,uγγ (B) = −

′′

sin αcosβcos γ

uαβ = 2R

cosαcosβsin γ, uαγ = 2R

cosαsinβcos γ,uβγ = 2R

′′

3R2

′′

(B).

uαβ (B) =

= uαγ (B) = uβγ

B =

3R2

(−3dα

−3dβ

−

3dγ

+ 2dαdβ + 2dαdγ + 2dβdγ).

Эта квадратичная форма является отрицательно определенной

точке

В для любых

значений

дифференциалов

переменных

dα, dβ, d γ, так как для матрицы

−3

знаки угловых миноров чередуются, начиная с отрицательного, то

есть 1 = −3 < 0, 2 =

−3

> 0,

3 =

−3

< 0.

−3

Из условия d 2u

B < 0

следует, что в точке

B функция дости-

гает локального максимума. Других локальных максимумов функция не достигает, причем при приближении аргументов к границе области определения значение площади приближается к нулю, поэтому функция достигает в точке B наибольшего значения в области определения.

Замечание. Пусть вершина С треугольника приближается по окружности к вершине А. Угол α в этом случае приближается к π, а углы β и γ приближаются к 0. Если точка С совпадет с точкой А,

то будем считать, что получили вырожденный треугольник, который состоит из двух совпавших отрезков. Естественно площадь такого вырожденного треугольника считать равной нулю. Для обычных треугольников область определения функции S была открытым треугольником (см. рис. 16 или 17). После расширения понятия треугольника и его числовой характеристика – площади – с сохранени-

ем непрерывности мы получили непрерывную функцию на замкнутом треугольнике. На границе области функция принимает значения, равные нулю. Сравнив значения функции на границе области и в стационарной точке, получаем, что функция достигает наибольшее

значение при

α =

, β = π

, γ = π. В этом случае отпала необходи-

мость проверять достаточные условия экстремума.

Пример 6. Из всех прямоугольников с заданной площадью S

найти такой, периметр которого имеет наименьшее значение.

Решение. Пусть

x и

y длины сторон прямоугольника,

тогда

периметр прямоугольника равен p(x, y) = 2x + 2 y,

причем перемен-

ные связаны условием xy = S, где S = const.

Рассмотрим функцию Лагранжа u(x, y, λ) = 2x + 2y + λ(xy − S)

и найдем производные ux′ = 2 + λ y, u′y

= 2 + λ x.

Необходимые условия условного экстремума принимают вид

2 + λ y = 0, 2 + λ x = 0, xy − S = 0.

Система

имеет

два

решения

x =

S , y =

S , λ

= −

x0′ = −

S , y0′ = − S , λ′0

. Длины сторон должны быть положи-

тельными значениями, поэтому получаем

единственное решение

x =

S , y =

S ,λ

= −

, в котором возможен условный экстре-

мум, но пока не доказано, что он существует. Рассмотрим достаточные условия экстремума.

Первый

способ.

Функция

p(x, y) = 2x + 2 y

является непре-

рывной в области определения,

т.е. когда точка

(x, y) побегает по

гиперболе

y =

. Если x → 0, то

y → +∞ и

p → +∞.

Если

x → +∞,

то

y → 0+ и

p → +∞. Следовательно, функция в точке

А(

S ,

S )

достигает минимальное значение

p = 4 S .

Второй

способ.

Для

функции

Лагранжа

u(x,

y, λ) =

= 2x + 2 y + λ(xy − S)

найдем

производные второго

порядка

′′

uxx

= 0, uxy = λ, uyy = 0.

Второй дифференциал функции Лагранжа при λ0 = −				2
Второй дифференциал функции Лагранжа при λ0 = −				S
		4		S
имеет вид d 2u	A = −		dxdy.

		S
		S

Если в предыдущем примере определенность знака квадратичной формы была очевидна для любых значений дифференциалов переменных, то в этом случае нужно более подробное изучение.

Дифференциалы

dx и dy

в действительности не являются незави-

симыми, когда точка пробегает по гиперболе.

xy − S = 0

Из

условия

связи

для

переменных

получаем

d(xy − S) = 0

или

ydx + xdy = 0.

В точке

А(

S , S ) это условие

примет

вид

Sdx +

Sdy = 0

или dy = −dx .

Следовательно,

d 2u

A =

dx2 . Для ненулевого значения

получаем

d 2u

A > 0,

поэтому в точке A функция p(x, y) достигает минимум.

Третий

способ.

Пусть

ϕ(x, y) = 0

уравнения

связи

для

переменных

A(x0 , y0 ), λ0 –

решение

системы

ux′ = 0, u′y

= 0,

ϕ(x, y) = 0.

ϕ′x (A)

ϕ′y (A)

Рассмотрим = −

′

′′

(A,λ0 )

ϕx (A)

uxx (A,λ0 )

uxy

′

′′

(A, λ0 )

ϕy (A)

uxy (A,λ0 )

uyy

Если < 0 , то функция

p = p(x, y)

имеет в точке A(x0 , y0 )

условный максимум, если

> 0 , то условный минимум.

Для нашей задачи

=−

−

= 4 S > 0.

−

В точке A функция p(x, y)

достигает минимум.

= x (arccos x)2 + 2∫

IX. Методы нахождения неопределенного интеграла

1. Непосредственное интегрирование по таблице

Пример 7. Найти: а) ∫(x

−

+ 7x

− 4) dx;

б) ∫

−

dx.

Решение

а) ∫(x5 − 2x2 + 7x − 4) dx = ∫x5 dx − ∫2x2 dx + ∫7x dx − ∫4 dx =

2x3

7x2

−

− 4x + C;

2dx

−5

б) ∫

−

dx = ∫

−

∫

+ ∫x

dx =

= ln

− 2 x +

x−4

+ C = ln

− 2

x −

+ C.

−4

4x4

2. Метод подстановки

Пример 8. Найти: а)

∫(2 +

б) ∫

5x) dx;

1 − x

Решение

				2				+ 5x = t
		11						(2	+ 5x)
	а) ∫(2 + 5x)		dx = d					(2	+ 5x)
					5dx				= dt.
					5dx				= dt.
=	(2 + 5x)12	+ C;
=	60	+ C;
	60
			x8		= t,
	б) ∫	x7 dx					8
			= d(x					) = dt,
		16	= d(x					) = dt,
		1 − x		7
				8x		dx = dt.

1 t12

= ∫t

dt,

+ C =

5 12

∫

−t

1 −t

=	arcsin t		+ C =	arcsin x8	+ C.
		8		8

		3. Метод интегрирования по частям
		Пример 9. Найти: а) ∫x 52 x dx; б) ∫x2 sin x dx; в) ∫(arccos x)2 dx;
г) ∫		a2 − x2 dx.
					44

Решение

u = x, du = dx

2 x

а) ∫x 5

2 x

– ∫

dx =

52 x = x

dx =

2 x

dx = dv, v =

2ln 5

2 ln 5

x52 x

−

+ C;

2ln 5

4ln2

б) ∫x

x2 = u, du =

2xdx

= x

sin x − ∫2xsin x dx.

cos x dx =

cos xdx = dv, v = sin x

Применяя повторно интегрирование по частям, получим:

x = u,sin xdx = dv

∫xsin x dx = =

du = dx, v = −cos x

=−x cos x + ∫cos x dx = −x cos x + sin x + C1.

Подставляя найденное выражение, получим:

∫x2 cos x dx = x2 sin x − 2(−x cos x + sin x + C1 ) =

=x2 sin x + 2xsin x − 2sin x + C, где C = −2C1;

				2
		(arccos x)		2	= u, dx = dv
в) ∫(arccos x)	2	(arccos x)			= u, dx = dv
в) ∫(arccos x)		dx =	2arccos x				dx		=
		du = −						, v = x
		du = −			1 − x	2		, v = x
					1 − x

x arccos xdx.

1 − x2

Применим снова метод интегрирования по частям:

xdx

x arccos x dx

arccos x = u, dv =

1 − x2

∫

1 − x2

du = −

= − 1− x

1 − x2

= − 1 − x2 arccos x − ∫

1 − x

dx = − 1 − x2 arccos x

1 − x

− x + C1.

∫(arccos x)2 dx = x (arccos x)2 − 2 1 − x2 arccos x − 2x + C.

г) Первый способ.

= a2 − x2 = u, dx = dv,

∫

a2 − x2

dx =

−xdx

du =

,v = x

− x2

= x a2 − x2 − ∫x

−x dx

= x a2 − x2 + ∫

x2 dx

− x

= x a

− x

− ∫

(a2 − x2 ) − a2

dx =

− x

= x a

− x

− ∫

(a2 − x2 )

dx + a

∫

− x

∫

a2 − x2

dx = x

a2 − x2

− ∫

a2 − x2 dx + a2 arcsin

2∫ a2 − x2 dx = x

a2 − x2

+ a2 arcsin

∫

a2 − x2

dx =

a2 − x2

arcsin

+ C

Второй способ. Если подынтегральное выражение содержит

a2 − x2 ,

то можно применить подстановку x = a sin t.

∫

a2 − x2

dx =

x = a sin t,

∫

− a2 sin2 t a cost dt =

dx = a cost

∫

1 + cos 2t

sin 2t

cos

t dt = a

dt =

t +

+ C =

(t + sin t cos t )

a2 − x2

+ C =

arcsin

+ C

∫

a2 − x2

dx =

− x2 +

arcsin

+ C.

4. Интегрирование рациональных дробей

а) Простейшая дробь первого типа

A − const.

x − a

Пример 10. ∫

5 dx

5ln

x − 2

+ C.

x − 2

, k ≠1,

A − const.

б) Простейшая дробь второго типа

(x − a)k

Пример 11. ∫

7 dx

= 7∫(x −5)−3 dx = −

(x −5)−2

+ C =

(x −5)

= −

+ C.

2(x −5)2

в) Простейшая дробь третьего типа

Ax + B

+ px + q

в1) Пусть квадратный трехчлен имеет действительные корни:

Пример 12. ∫

2x + 21

dx .

+ x − 6

x2 + x − 6 = 0 x1 = −3, x2 = 2.

Подынтегральная дробь – правильная, так как степень многочлена в числителе меньше, чем степень многочлена в знаменателе. Разложим подынтегральную дробь на сумму простейших дробей первого типа:

2x + 21

или

2x + 21

A(x + 3) + B(x − 2)

x2 + x − 6

x −

x +

x2 + x − 6

(x − 2)(x + 3)

2x + 21 = A(x + 3) + B(x − 2).

Коэффициенты А и В можно найти одним из следующих способов:

Метод неопределенных коэффициентов:

2x + 21 = (A + B)x + 3A − 2B.

Многочлены в левой и правой частях равны при любом значении переменной х, поэтому коэффициенты при соответствующих степенях должны быть равны:

- при x1 получаем 2 = A + B;

- при x0 , т.е., сравнивая константы, получаем 21 = 3A − 2B.

	A + B = 2
Решая систему	, получаем A = 5, B = −3.

3A − 2B = 21

Метод частных значений:

Рассмотрим значения переменной х, при которых одна из ско-

бок в выражении 2x + 21 = A(x + 3) + B(x − 2) обращается в ноль:

- при x = −3 получаем 2(−3) + 21 = B(−3 − 2),

т.е. B = −3;

- при x = 2 получаем 2 2 + 21 = A(2 + 3), т.е. A = 5.

Таким образом,

2x + 21

−

и подынтегральное

− 2

+ 3

x2 + x − 6

выражение стало удобным для интегрирования

∫

2x + 21

dx =

∫

5 dx

−

∫

3 dx

= 5ln

x − 2

−3ln

x + 3

+ C.

+ x − 6

x − 2

x + 3

ней:

в2) Пусть квадратный трехчлен не имеет действительных кор-

5x + 2

Пример 13. ∫

dx.

+ 2x +10

Квадратный трехчлен в знаменателе дроби не имеет действи-

тельных корней. Найдем производную знаменателя дроби:

(x2 + 2x +10)′ = 2x + 2 = 2(x +1).

В числителе дроби выделим производную знаменателя, чтобы

потом в числителе выделить дифференциал знаменателя:

5x + 2 =

2(x +1) −3.

Выделим в знаменателе полный квадрат x2 +2x +10 =(x +1)2 +9

и продолжим нахождение данного интеграла:

5x + 2

2(x +1) −3

2(x +1)

3 dx

∫

dx =

∫

dx =

∫

dx − ∫

+ 2x +

+ 2x +10

−3∫

+ 2x +10

x +1

+C.

−3

arctg

(x +1)2 +9

Учитывая, что

x2 + 2x +10 > 0

для любого значения перемен-

ной х, получаем:

∫

5x + 2

ln (x

+ 2x +10) − arctg

x +1

+ C.

x2 + 2x +10

Рекуррентная формула для интегрирования:

∫

2n −3

∫

+ a

)

2(n −1)a

)

n−1

)

n −1

+ a

a 2n − 2

+ a

При n = 2 :

∫

arctg

+ C.

+ a

)

+ a

Пример 14. ∫

2x +1

dx = ∫

2(x +1) −1

dx =

+ 2x +

((x +1)2 + 4)

= ∫

2(x +1)

− ∫

((x +1)2 + 4)

((x

+1)2 + 4)

x +1

= −

−

arctg

+ C =

(x +1)

+ 4

2 4

(x +

+ 4

= C −

x + 9

−

arctg

x +1

8(x2 + 2x + 5)

Пример 15. Найти ∫

+ 2x3 − x

+ 3

dx.

−1

Решение. Подынтегральная
дробь – не является правильной,		4			3
так как степень многочлена в чис- – x		4	+ 2x			− x + 3
лителе больше, чем степень мно-	x					− x
лителе больше, чем степень мно-				2x3
гочлена в знаменателе. Выделим			–	2x3		+ 3
вначале целую часть, разделив			–	2x3		− 2
числитель на знаменатель:						5

x4 + 2x3 − x + 3

= x + 2

x3 −1

−1

∫

+ 2x3 − x

+ 3

dx = ∫(x + 2) dx + ∫

5 dx

+ 2x

−1

x3 −1

x + 2

+ 5∫		dx		.
	x	3
			−1

Представим подынтегральное выражение в последнем интеграле в виде суммы элементарных дробей:

1	=	A		+	Bx + C	.
(x −1)(x2 + x +1)	=	x −	1	+	x2 + x +1	.
(x −1)(x2 + x +1)		x −	1		x2 + x +1
					49

Избавляясь от знаменателей, получим: 1 = A(x2 + x +1) + (Bx + C)(x −1).

Используя метод частичных сумм, получим: - при x =1 1 = A 3 A = 13 ;

- при x = 0 1 = 13 −C C = − 23 ;

- при x = −1 1 = A + (C − B)(−2) B = −

Следовательно,

−

x + 2

поэтому

−

3(x −1)

3(x2 + x +

∫

−

∫

x +

dx =

x −1

−

∫

2x +1 + 3

dx =

−1

x −

+ x +1

x −1

2x +1

3 dx

−

∫

+ ∫

+ x +

x +

x −1

+ x +1

+ C =

−

arctg

x −1

+ x +1

2x +

+ C.

−

arctg

Возвращаясь к исходному интегралу, получим:

∫

+2x3 − x +3

5ln

x −1

5ln(x2 + x +1

2x +1

dx =

+2x +

−

arctg

+C.

x3 −1

5. Интегрирование иррациональных выражений

Пример 16. Найти: а) ∫

;

б)

∫

2 + x

dx;

в) ∫x3 3 5 + x2

dx.

x −

2 − x

Решение

∫

НОК(2,3) =

6,6

x = t,

∫

6t5 dt

а)

−

= t

, dx = 6t

−t

∫

t3 dt

∫

НОК(2,3) = 6,6

x = t,

∫

6t5 dt

= 6

∫

−1

x −

x = t , dx

= 6t dt

t −t

t −

+ t + ln

t −1

+ C = 2t3

+ 3t2 + 6t + 6ln

t −1

+ C.

∫

= 2

x + 33

x + 66

x + 6ln

x −1

+ C;

x −

б) ∫

2 + x

= t2 , x

−1

8tdt

∫

dx =

= 2

, dx =

2 − x

)

2 − x

(1+t

(1+t )

2t dt

u = t, du = dt

= 4∫t

2t dt

= dv,v = −

(1 + t

)

(1 + t

)

+ t

∫

= 4

−

= −

+ 4arctg t + C.

1 + t

+ t

1 + t

∫

2 + x

= −

4 − x

+ 4arctg

2 + x

+ C;

2 − x

в)

m = 3,

n = 2,

p =

m +1

= 2

–

целое

число.

Выбираем

подстановку 5 + x2

= t3 ,

где показатель степени равен знаменателю

числа р:

∫

x3 3 5 + x2

dx =

5 + x

= t

, x

= t

−5, =

∫

x2 3 5 + x2 x dx =

2x dx = 3t

= ∫(t3 −5)t

3t2 dt

= ∫(t3 −5)t

3t2 dt

∫(t6 −5t3 ) dt =

3(5 + x

)

5 + x

−

+ C =

−

+ C =

−

+ C.

∫x3 3 5 + x2

dx =

(5 + x2 )(4x2 −15)

5 + x2

+ C.

6. Интегрирование тригонометрических выражений

Пример 17. Найти а) ∫sin16xsin 4x dx; б) ∫

;

2sin x

− cos x +

в)

∫sin2 x

cos4 x dx.

Решение. а) ∫sin16xsin 4x dx =

∫(cos12x − cos 20x) dx =

sin12x

−

sin 20x

+ C =

sin12x

−

sin 20x

+ C.

2 12

б)

∫

2sin x − cos x + 5

1 −t

2dt

= tg

sin x =

cos x =

dx =

1 + t

= ∫

2dt

= ∫

∫

1 −t

(1 + t

)

+ 2t +

−

+ 5

1 + t

t +

3t +1

∫

arctg

+ C =

arctg

+ C =

t +

3tg

arctg

+ C;

в) ∫sin2 x

cos4 x dx = ∫(sin x cos x)2 cos2 x dx =

2 1 + cos 2x

sin 2x

sin

(1 + cos 2x) dx =

8 ∫

∫

∫sin2 2x dx +

∫sin2 2x

cos 2x dx =

1 − cos 4x

sin 2x

dx +

sin

2x d

∫

8 ∫

sin 4x

1 sin3 2x

sin 4x

sin3 2x

x −

+ C =

x −

+ C.

16 3

Х. Методы вычисления определенных и несобственных интегралов

Пример 18. Найти: а) ∫5

8x3dx;

б) ∫2

(2x +1)3 dx; в) ∫e (x − 2)ln x dx.

Решение

а) Подынтегральная функция

f (x) = 2x3

на отрезке [1; 5] име-

ет первообразную

F(x) = 8

= 2x4

. Применяя формулу Ньютона –

Лейбница, получаем:

∫5

8x3dx = 2x4

15 = 2 54 − 2 12 =1250 − 2 =1248.

б) Первый способ. Применяя подстановку 2x +1 = t, получаем

d(2x +1) = dt или

2dx = dt,

следовательно,

dx =

. Находим новые пределы интегри-

t = 2x +1

рования.

Применяя формулу для интегрирования подстановкой, получим:

2	3	5	3	dt		t4	5		1		4	4	544

∫(2x +1)		dx = ∫t			=			=		(5		−3 ) =		= 68.
				2		8	3		8				8
1		3
Второй		способ.		Воспринимая								выражение в скобках, т.е.

2x +1 как новую переменную, необходимо записать дифференциал этого выражения:

2	3	2	3	d(2x +1)		1 (2x +1)4		2		1	4	4

∫(2x +1)		dx = ∫(2x +1)			=				=		(5	−3 ) = 68.
				2		2	4	1		8
1		1

Этот метод можно охарактеризовать как подведение выражения под знак дифференциала. В этом случае не нужно пересчитывать пределы интегрирования и сокращается оформление вычисле-

ний.
в)	Применим	формулу интегрирования			по частям. Пусть
u =ln x,	dv =(x −2)dx,	тогда du =	1	dx, v = ∫ dv =	∫(x − 2) dx =	x2	− 2x.
			x		2		x − 2.
В этом случае находим одну из первообразных для функции							x − 2.
Применяя формулу интегрирования по частям, получим:
		53

		e						x	2
		∫(x − 2) ln x dx = ln x						x
		∫(x − 2) ln x dx = ln x						2
		1						2
	e2			e	x			e2
=		− 2e − 0	−	∫1		− 2	dx =
=	2	− 2e − 0	−			− 2	dx =	2
	2				2			2

−2x

−2e

		e

		1e − ∫
		1

−x2 −4

−

e2 − 7

Пример 19. Исследовать на сходимость интегралы:

а) +∞∫ e−4 x dx; б) +∞∫		dx		; в) +∞∫	x dx	; г) +∞∫	dx	;	д) +∞∫
		1 + x	2		2		α
0	−∞			−∞	1 + x	1	x		1

(x + 3) dx.

5 x2

Решение

+∞

−4 x

e−4 x

−4R

а)

dx = lim

= −

lim (e

−1) =

−4

∫

R →+∞ ∫

R →+∞

Интеграл сходится.

б) Подынтегральная функция f (x) = 1 +1x2 определена и не-

прерывна на числовой прямой (−∞; + ∞), причем она является чет-

ной функцией, поэтому представим в виде:

+∞∫

∫0

+ +∞∫

=2+∞∫

= 2 Rlim→∞ ∫R

−∞

1 + x

−∞ 1 + x

0 1 + x

1 + x

0 1 + x

= 2 lim arctg x

= π.

Интеграл сходится.

= 2

− 0

R →+∞

в)

Подынтегральная функция f (x) =

определена и не-

1 + x2

прерывна на числовой прямой (−∞; + ∞), причем она является нечетной функцией, поэтому представим в виде:

+∞∫	x dx	= ∫0	x dx	+ +∞∫	x dx	= − +∞∫	x dx	+ +∞∫	x dx	=0.
	2		2		2		2		2
−∞	1 + x	−∞ 1 + x		0	1 + x	0	1+ x	0	1+ x

Но на последнем шаге допущена ошибка. Поясним эту типичную ошибку. Для любого конечного числа А справедливо равенство: −A + A = 0. Но каждый из интегралов равен ∞, причем для такого

символа нет равенства: ∞ −∞ = 0. Действительно,

+∞	x dx	R	x dx			ln	(1 + x2 )	R

		= lim		=	lim				= +∞.

∫0	1 + x2	R →+∞ ∫0	1 + x2		R →+∞		2	0

					54

Наше воображение по-прежнему бастует, так как если рассматривается разность двух произвольных бесконечно больших величин, то, конечно, результат не предсказуем, но в нашем случае мы можем несобственные интегралы записать на языке пределов и разность двух равных величин будет равна нулю, т.е.

+∞∫	x dx	− +∞∫	x dx	= Rlim→+∞ ∫R	x dx	− Rlim→+∞ ∫R	x dx	= 0.
	2		2		2		2
0	1 + x	0	1 + x	0 1+ x		0 1 + x

Снова допущена ошибка. Нельзя применять терему о пределе разности двух функций, так как пределы каждой функции не суще-

ствуют.

Поясним проблему другим способом:

∫S

+∞∫

x dx

∫0

x dx

+ +∞∫

x dx

=Rlim→−∞ ∫0

x dx

+ Slim→+∞

x dx

−∞

1 + x

−∞ 1 + x

1 + x

R 1 + x

0 1 + x

lim

ln (1+ x2 )

+ lim

ln (1+ x2 )

= − lim

ln (1+ R2 )

+ lim

ln (1+ S2 )

R→−∞

S →+∞

R→−∞

→+∞

тогда

Пусть

S = kR, где k – некоторая положительная постоянная,

)

+∞

x dx

lim (ln (1 + k2 R2 ) − lim (ln (1+ R2 )

−∞∫

1 + x2

(R→+∞

R→+∞

lim ln

1 + k2 R2

= ln k.

1 + R2

2 R→+∞

Предел не должен зависеть от способа приближения переменной к бесконечности, поэтому данный интеграл не существует. В математике используется главное значение несобственного инте-

грала V.p. +∞∫ f (x) dx = Rlim→∞ ∫R

f (x) dx. Например, V.p. +∞∫

x dx

= 0.

−∞

−R

−∞ 1 + x

то +∞

г) Если α =1,

= lim ln x

= lim ln R

− ln1 = +∞.

∫1

→+∞

R →+∞

+∞ dx

x1−α

1−α

Если α ≠1,

то

lim

lim R

−

1 .

∫1 xα

R →+∞ 1 − α

1 − α (R →+∞

)

Если α <1,

то

lim

R1−α = +∞, если α >1, то

lim

R1−α

= 0.

R →+∞

+∞∫

сходится, если α >1, и расходится, если α ≤1

д) Функция f (x) =

x+3

удовлетворяет условию 0 <

x +3

5 x2

Но интеграл+∞∫

расходится, так как показатель степени в знаме-

2 / 5

нателе меньше 1,

следовательно, согласно признаку сравнения, и

+∞ (x + 3) dx

данный интеграл ∫

расходится.

Пример 20. Исследовать на сходимость интегралы:

а) ∫2

;

б) ∫3

4x dx

; в) ∫1

α = const > 0.

4 − x

3 2

− 4

Решение

x = 2 , так

а) Подынтегральная функция имеет особую точку

как lim

= +∞.

4 − x2

x →2 −

2−ε

2 −ε = limarcsin

2 −ε

= π.

= lim

= limarcsin

4 − x

− x

∫

ε→0 ∫

ε→0

0 ε→0

Данный интеграл сходится.

б) Подынтегральная функция на данном промежутке интегрирования имеет особую точку x = 2. Найдем первообразные для этой функции:

∫

4x dx

= 33 (x

− 4)

+ C.

3 x2 − 4

Функция

F(x) = 33 (x2 − 4)2

непрерывна в точке x = 2, по-

этому ∫3

4x dx

= 33 (x2 − 4)2

13 = 3

(3 1 − 3 9 ) = 3

(1 − 3 9 ).

3 2

− 4

1 dx

в) Если α =1, то

= lim

= lim ln x

= − lim ln ε = +∞.

∫0 x

∫ε x

Если α ≠1, то

ε→0 +

ε→0

ε→0 +

1−α

∞,

если α >1

lim

= lim

1 − ε

ε→0 + ∫ε

ε→0 + 1

− α

ε→0 +

1 − α

, если 0 < α <1 .

− α

Следовательно, интеграл ∫1	dx	сходится при 0 < α <1 и рас-
	α
0	x
ходится при α ≥1.

Пример 21. Вычислить приближенно по формуле Симпсона

∫3 3 27 − х3 dx, разбив отрезок [0; 3] на 10 частей.

Решение. Для определения точности вычислений найдем абсолютную погрешность метода парабол (формулы Симпсона). Для этого вычислим производные и найдем оценку для производной четвертого порядка:

			3						2				′				2			x(27 − x			2	)	−	2
			3						2				′				2						2		−	3
f (x) =				27		− x				,		f (x) = −															,
f (x) =				27		− x				,		f (x) = −					3										,
					2														5							8									8
	′′										2				2		−				′′′										3		2		−3
											2				2		−		3												3		2
f						81+ x						) (27 − x				)			3	,						27		(243x + x				) (27 −x		)		,
f	(x) = −9 (					81+ x						) (27 − x				)				,	f (x) =−					27		(243x + x				) (27 −x		)		,
f	(IV)	(x)				8		(7x				4	+ 3402x				2		+19683)) (						27 − x				2	)	−11
				= −																											3 ,
				= −			81																								3 ,
f (IV) (x) = −							8 7x4						+ 3402x2 +19683									.
f (IV) (x) = −																						.
							81						3	27 − x				2 11
														27 − x

Максимальное значение дробь достигает при условии, когда числитель достигает наибольшее значение, а знаменатель – наи-

меньшее. На отрезке [0; 3] функция 7x4 + 3402x2 +19683 достигает

наибольшее значение при x = 3,

а функция 3 27 − x3 11 достигает

наименьшее значение при x = 3, следовательно, вычисляем:

f (IV) (3) = −

7 34

+ 3402 32

+19683

≈ 0,083.

2 11

− x

M = max

f (IV) (x)

≈ 0,083.

0 ≤ x≤3

Абсолютная погрешность метода парабол равна

R ( f )

≤

(b − a)5 M

≈

9 0,083

= 0,000000415, т.е.

180(2n)4

180

104

Rn ( f ) ≤ 0,0000005.

Чтобы компенсировать возможные погрешности при сложении чисел, будем производить вычисления, увеличив число де-

сятичных знаков. Приняв 2n = 10, получаем шаг таблицы h =(b −a)/ 2n = 0,3 и значения аргумента xk = a + kh, k = 0,1, 2, ... ,10.

Составляем таблицу значений подынтегральной функции yk = 3 27 − xk2 . В последней строке таблицы находим суммы чисел,

находящихся в соответствующих столбцах.

Если вычисления проводятся на калькуляторе, то обычно таблицу оформляют, выделяя столбец для значений с нечетными номерами и столбец с четными номерами:

	k	xk		xk2			27 − xk2	y0 , y10	yнечет	yчет
	0	0	0				27	3,000000000
	1	0,3	0,09				26,91		2,996662956
	2	0,6	0,36				26,64			2,986606965
	3	0,9	0,81				26,19		2,969694898
	4	1,2	1,44				25,56			2,945689386
	5	1,5	2,25				24,75		2,914238342
	6	1,8	3,24				23,76			2,874851914
	7	2,1	4,41				22,59		2,826867223
	8	2,4	5,76				21,24			2,769394577
	9	2,7	7,29				19,71	2,620741394	2,701234004
10		3	9				18	2,620741394
	Σ							5,620741394	14,40869742	11,57654284
∫b		По формуле
	f (x) dx ≈			h	( y0 + 4( y1 + y3 +... + y2n −1 ) + 2( y2 + y4 +... + y2n −2 ) + y2n )
	f (x) dx ≈
a			3
получаем
∫3	3 27 − x2 dx =					0,3	(3 + 4 14,40869742 + 2 11,57654284) =8,640861677.
∫3	3 27 − x2 dx =					3	(3 + 4 14,40869742 + 2 11,57654284) =8,640861677.
0						3

В настоящее время обычно вычисления проводят в Excel, так как достаточно указать формулу для одной ячейки, а далее для столбца вычисления распространяются аналогично. В этом случае удобнее таблицу оформлять в таком виде, чтобы все значения функции находились в одном столбце. Значение корня третий степени вычисляют, используя математическую функцию: СТЕПЕНЬ (номер ячейки, из которой вычисляется корень; (1/3)).

В одной из ячеек вычисляется значение по формуле y0 + 4( y1 + y3 +... + y2n−1 ) + 2( y2 + y4 +... + y2n−2 ) + y2n .

k	x	x2	27 − x2	yk = 3 27 − xk2
k	k	k	k
0	0	0	27,00	3
1	0,3	0,09	26,91	2,996662956
2	0,6	0,36	26,64	2,986606965
3	0,9	0,81	26,19	2,969694898
4	1,2	1,44	25,56	2,945689386
5	1,5	2,25	24,75	2,914238342
6	1,8	3,24	23,76	2,874851914
7	2,1	4,41	22,59	2,826867223
8	2,4	5,76	21,24	2,769394577
9	2,7	7,29	19,71	2,701234004
10	3	9	18,00	2,620741394
				86,40861677

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.09.201976.8 Кб0Документация_25кадр.doc
#
16.12.2018736.77 Кб132Долгих 2002 - Патофизиология обмена веществ.doc
#
13.05.2015202.75 Кб47ДОМАШНЯЯ РАБОТА_1_14_БЭ.doc
#
22.11.2019411.14 Кб6доработка 5.doc
#
13.05.2015109.03 Кб21Древности Сибири.pdf
#
13.05.2015693.69 Кб17Дубовик О.А., Совертков П.И.pdf
#
13.05.2015918.02 Кб34Задание №2-2.doc
#
13.05.2015983.55 Кб13Задание №2-3.doc
#
13.05.2015434.18 Кб9Задание №2-5 (дисперс. анализ_регрессия).doc
#
13.05.2015173.06 Кб6Задание2 семетр исправл.doc
#
09.11.201990.62 Кб6задания для самостоятельной работы.doc