3. Решения и ответы

Добавил:

mizuki Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский авиационный институт (национальный исследовательский университет)

Предмет:

Математический анализ

Файл:

Теория / теория по интегралам часть 2.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.01.2024

Размер:

1.47 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 99

sin xdx

							3. Решения и ответы
Пример 2: Решение:
5	7dx	7 5	dx
	7dx		dx	7(ln x)		5	7(ln 5 ln 1) 7(ln 5 0) 7 ln 5
	x			7(ln x)		5	7(ln 5 ln 1) 7(ln 5 0) 7 ln 5
	x		x			1
1		1
Пример 4: Решение: подробный способ:
1					1			1		1		2			3
	(2x2	3x 1)dx 2				x2dx 3			xdx		dx	2	(x3 )	1	3	(x2 )	1	(x)	1
	(2x2	3x 1)dx 2				x2dx 3			xdx		dx		(x3 )	1		(x2 )	1	(x)	1
												3		3	2		3		3
3					3			3		3		3			2
3					3			3		3

32 (13 ( 3)3 ) 32 (12 ( 3)2 ) (1 ( 3))

32 (1 27) 32 (1 9) (1 3)

32 28 32 ( 8) 4

563 12 4 563 16 563 483 83 2 32

Короткий способ:

1			2			3					2	3			27		7	3
	2				3			2		1
(2x		3x 1)dx		x			x		x	3			1	18		3
			3			2					3	2			2		6	2
3

Пример 6: Решение:

а) / 2 cos2 x 1 ( )

Проведем замену переменной: cos x t , следовательно:

d (cos x) dt
sin xdx dt		sin xdx dt

Вычислим новые переделы интегрирования: t1 cos 2 0;

t2 cos 1

1 dt		0	dt		0
( )				(arctg(t))		arctg0 arctg( 1) 0 arctg1
	t2 1		t2 1	(arctg(t))	1	arctg0 arctg( 1) 0 arctg1		4
	t2 1		t2 1		1			4
0		1
Примечание 1: После замены удобно применить свойство b							f (x)dx a
						a		b

83 2 23

f (x)dx .

Примечание 2: Вспоминаем, что арктангенс – есть функция нечётная: f ( x) f (x)

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	45

	1
2
	e x dx
б)			(*)
		x2
1

Проведём замену: 1x t , следовательно:


1
d			dt
d			dt
x
1		dx dt		dx	dt

	x2			x2

Вычислим новые пределы интегрирования:

			t			1	1,									t				1
			t				1,									t	2
	1				1												2		2
					1														2
							1 2												1																	1
			(*)									et dt										et dt (et )										1		e1	e2				e				e
																																1 2
										1									1 2
			Пример 7. Решение:
			а)
			2					x										2									x		x								x
																																									2
																																									2
					sin						dx 3 sin																		d		3 cos										0
					sin						dx 3 sin																		d		3 cos										0
				0			3												0							3			3						3

																																3										3
																																3										3
			3 cos													cos 0
			3 cos													cos 0											3							1	3			1
													6																			2										2


			б)
			1 (1 e 2 x )dx 1 dx 1 e 2 x dx
	0																		0										0
					(x)		1										1 1				e		2 x				d ( 2x)
							1										1 1						2 x
							0
							0
															1		2 0										1			1			(e 2 1)
			(1 0)												1		(e 2 x )							1						1
			(1 0)														(e 2 x )								0
														2											0				2
														2															2
					1		1		e			2					1					1						e 2					e 2 1

							2										2					2							2					2
							2										2					2							2					2
																																		e ln xdx
			в) Определённого интеграла																																					не существует, т.к. подынтегральная
			в) Определённого интеграла																																4x					не существует, т.к. подынтегральная
																																		1	4x
																																		1
функция не определена на промежутке 1;0 .
			Примечание: также не существует и определённых интегралов
e						e
e	ln	x	dx			e
	ln	x	dx	,		ln					x		dx				, т.к. подынтегральные функции не определены в точке x 0 .

	4x
1	4x				1
1					1

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	46

Пример 9: Решение:

arccos 2xdx (*)

Интегрируем по частям:

u arccos 2x du d (arccos 2x)

(2x) dx

2dx

1 (2x)2

1 4x2

dv dx v x

udv uv

vdu

1 2

xdx

1 1 2

d (1 4x2 )

1 2

(*) (x arccos 2x)

1 2

arccos1

arccos( 1) 2

1 2

1 4x

8 1 2

1 4x

		1			1		1				1	(0 0)

			0					2( 1 4x2 )	1 2

	2			2			4		1 2	2	2	2

	Пример 11. Решение: найдём несколько опорных точек для построения гиперболы
xy 4	y			4		:

				x

и выполним чертеж:

На отрезке 2;4				график функции y		4		расположен над осью OX , поэтому:
							x

	4	4dx				4
S			4(ln x)	4	4(ln 4 ln 2) 4ln			4ln 2

		x		2		2

Ответ: S 4ln 2 ед.2 2,77 ед.2

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	47

Пример 14. Решение: а) найдём опорные точки для построения параболы:

и выполним чертеж:

На отрезке 1;3 2x 1 x2 2 , по соответствующей формуле:

S 3 2x 1 (x2 2) dx 3 (2x 1 x2 2)dx 3 (3 2x x2 )dx

1					1		1
		2	x3			1		5		2
		2	x3	3		1		5		2
3x	x			1	9 9 9 3 1		9		10


			3			3		3		3

Ответ: S 10 32 ед.2

б) Найдём опорные точки для построения графика y 2x (ветвь параболы):

и выполним чертёж:

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	48

На отрезке 0;2 : 2x 2x , по соответствующей формуле:


	x		2		x
	x				x
2x		dx		2x		dx
2x		dx		2x		dx
	2		0		2

2	1	1	2
2 x 2 dx			xdx
		2
0			0

			3
	2					1		1				2 2				1	(4 0)	2 2		(		0) 1	8	1	11
		x		2					(x2 )	2			( x3 )	2
2			2																		8
				0
3					2		2			0	3			0	4		3		3					3

Ответ: S 113 ед.2 3,67 ед.2

Пример 16. Решение: найдем опорные точки для построения графика функции

y	2	:


	1 x

и выполним чертёж:

Площадь фигуры найдём как сумму площадей:

1) На отрезке 0;1 :					2			1 x , по соответствующей формуле:


					1	x
	1		2				1			2		1	dx	1		1
S1				(1 x) dx							1 x dx 2				dx		xdx (*)

												0 1 x
	0	1	x				0		1	x		0 1 x		0		0

В первом интеграле проведём замену: x t2 dx 2tdt . Так как t x , то новые пределы интегрирования:

t1 0 0, t2 1 1

	1	2tdt					1				1	(1 t 1)dt				1
(*) 2		2tdt		(x)		10	1	(x2 )	10	4		(1 t 1)dt			(1 0)	1	(12	02 )
(*) 2	1 t			(x)		10	2	(x2 )	10	4		1 t			(1 0)	2	(12	02 )
	1 t						2					1 t				2
	0										0
1			1				1							1					1		1
			1				1						1	1					1		1
4 1					dt 1			4(t ln(1 t))					0		4(1 ln 2 (0 0))					4(1 ln 2)
4 1					dt 1			4(t ln(1 t))					0		4(1 ln 2 (0 0))					4(1 ln 2)
0		1	t				2							2					2		2

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	49

2) На отрезке 1; 4 :

0 , следовательно:

2dx

dx (*)

Используем ту же замену x t2

dx 2tdt и найдём новые пределы

интегрирования: t1 1 1,

4 2

2 2tdt

(*)

dt 4(t ln(1 t))

4(2 ln 3 (1 ln 2)) 4(1 ln 3 ln 2)

1 t

Таким образом, искомая площадь:

S S1 S2 4(1 ln 2) 12 4(1 ln 3 ln 2)4(1 ln 2 1 ln 3 ln 2) 12 4(2 ln 3) 12

Ответ: S 4(2 ln 3) 1 ед.2 3,11 ед.2

2

Пример 18. Решение: выполним чертеж:

Вычислим объем тела вращения:

	b						3					3					x3
		2								2				2			x3		2	3
V		f (x)dx						(2x 2) dx 4												1
V		f (x)dx						(2x 2) dx 4					(x 2x 1)dx 4					3	x x
	a						1					1						3
					1							1			8	32
4 9		9	3				1		1		4 3			4
4 9		9	3				1		1		4 3			4
					3							3			3	3
Ответ: V				32		ед.3			33,51 ед.3
Ответ: V			3			ед.3			33,51 ед.3
			3

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	50

Пример 20. Решение: выполним чертеж:

Объём тела вращения вычислим как сумму объёмов с помощью формулы

V b f 2 (x)dx , при этом каждую часть вычислим как разность объёмов:

1) На отрезке 1;0 : 1 x , поэтому:

	0			0											0				0							(x3 )
V		12 dx			( x)2 dx											dx				x2dx (x)					0	(x3 )						0
1																									1		3					1
	1			1										1				1									3
	1			1										1				1
(0			( 1))		(0	3		( 1)			3	) (0						1)					(0 1)								2
(0			( 1))	3	(0			( 1)				) (0						1)				3	(0 1)				3					3
				3																		3					3					3
2) На отрезке 0;1 :									1 x3 , поэтому:
	1			1									1				1
V		1 dx			(x		)			dx					dx				x		dx		(x)				(x		)
			2		3				2											6				1				7		1
1																								0		7				0
	0			0									0				0									7
	0			0									0				0
(1 0) (1 0)																6
(1 0) (1 0)
			7								7					7

Таким образом, объём искомого тела:

V V V		2			6		14		18		32

1	2	3		7		21		21		21

Ответ: V			32	ед.3		4,79 ед.3
		21

Пример 22. Решение: так как подынтегральная функция чётная, а отрезок интегрирования симметричен относительно нуля, то:

1							1										2x5		x3
			4	2					4		2						2x5		x3					1
	(2x			x 3)dx 2				(2x		x														0
	(2x			x 3)dx 2				(2x		x			3)dx 2				5		3		3x
1							0										5		3
2		2			1	3 (0 0 0)				2			6		5	45		2		46			92
2						3 (0 0 0)				2								2

	5			3								15		15		15			15			15

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	51

Пример 24. Решение: выполним чертёж:

Поскольку круг симметричен относительно оси OX , то достаточно вычислить площадь его верхней половины, которая в свою очередь симметрична относительно оси OY , таким образом:

S 2 2 4 x2 dx 42 4 x2 dx (*)

2	0
Проведём замену:	x 2sin t	dx (2sin t) dt 2 cos tdt

Выясним, во что превратится корень:

4 x2 4 (2sin t)2 4 4sin 2 t 4(1 sin 2 t) 2cos2 t 2cost

Если x 2sin t ,						то sin t				x	t arcsin					x	, откуда вычислим новые пределы
Если x 2sin t ,						то sin t					t arcsin						, откуда вычислим новые пределы
									2						2
интегрирования:
t arcsin				0	0,	t		arcsin			2	arcsin 1
t arcsin					0,	t	2	arcsin				arcsin 1
1				2			2				2				2
				2							2				2

(*) 4 2			2cos t 2cos tdt 16 2 cos2 tdt
		0							0

	1	2									1							1
	1	2									1							1
16		(1 cos 2t)dt 8 t										sin 2t	02	8					0 (0 0)	4
16		(1 cos 2t)dt 8 t										sin 2t	02	8					0 (0 0)	4
	2	0									2						2	2

Ответ: S 4 ед.2

Примечание: неопределённый интеграл вида r2 x2 dx обычно решают другим способом, который можно найти в статье Сложные интегралы (ссылка на сайт).

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	52

Пример 29. Решение:

а) Подынтегральная функция непрерывна на 1; :

d (x 2)

x2 4x 5

(x2

4x 4) 1

(x 2)2

lim

(arctg(x 2))

lim arctg(b 2) 2

arctg1

т.е. несобственный интеграл сходится.

– конечное число,

4 4

Примечание 1: при затруднениях с пределом удобно ориентироваться по графику арктангенса, значение же arctg 1 можно найти по тригонометрической таблице (см. соответствующие Приложения)

Примечание 2: по условию, требуется исследовать ряд на сходимость, и поэтому здесь желательно письменно констатировать факт сходимости.

б) Подынтегральная функция непрерывна на 0; , таким образом:

	xdx				d (x	2		1)
									lim				b2 1	1) 1
									lim	x2 1	b lim (		b2 1	1) 1


											0
	x	2	1		2 x		2	1	b		0	b
		2					2		b			b
0				0

Несобственный интеграл расходится.

Пример 31. Решение: сначала найдём неопределенный интеграл:

xex dx (*)

u x du dx dv exdx v ex

udv uv vdu

(*) xex ex dx xex ex (x 1)ex

Контроль: ((x 1)ex ) (x 1) ex (x 1)(ex ) ex (x 1)ex (1 x 1)ex

xex

Вычислим несобственный интеграл:

(a 1)

xex dx lim

((x 1)ex )

lim ((0 1)e0

(a 1)ea ) lim 1

1 0 1

Примечание:

(a 1)

0 , так как e a

более высокого порядка роста,

чем (a 1) .

e a

Кроме того, неопределённость

можно устранить по правилу Лопиталя,

продифференцировав числитель и знаменатель по «а»: lim

((a 1))

(e a )

e a

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	53

Пример 34. Решение: подынтегральная функция непрерывна на всей числовой прямой.

Способ первый:

					1																	1														1												1
	xe x 2 dx				1				e x 2 d (x2 )													1		lim (e x 2						)	ba					1		lim (e b 2				0		e a 2			0 )	1	(0 0) 0
	xe x 2 dx								e x 2 d (x2 )															lim (e x 2						)	ba							lim (e b 2				0		e a 2			0 )		(0 0) 0
					2																		2 b													2 b											2
																								a														a
Способ второй: представим интеграл в виде суммы двух интегралов:
					0
		x 2									x 2												x 2
xe				dx		xe									dx				xe						dx
																			0
Вычислим первый интеграл:
0		x 2			1		0				x 2														1					x 2									1							a 2
		x 2			1						x 2								2						1					x 2				0					1				0			a 2
	xe							e							d ( x					)							lim (e						)	a						lim (e				e			)
	xe							e							d ( x					)							lim (e						)	a						lim (e				e			)
					2																				2 a														2 a

		1											1					0								1									1
			lim 1																									(1 0)
			lim 1										2															(1 0)
		2 a					ea																			2									2

Вычислим второй интеграл:
		x 2					1			0				x 2													1					x 2								1					b2					1				1
		x 2					1							x 2							2						1					x 2					b			1					b2					1				1
	xe			dx								e					d ( x					)							lim (e						)		0				lim (e					0	1)				(0 1)
	xe			dx								e					d ( x					)							lim (e						)		0				lim (e					0	1)				(0 1)
							2																				2 b													2 b										2				2
0
Таким образом:
							1						1
xe x 2 dx							1						1			0		– интеграл сходится и равен нулю.
xe x 2 dx							2						2			0		– интеграл сходится и равен нулю.
							2						2


							x		2
Ответ: xe											dx 0

Примечание 1: В частности, равно нулю и главное значение интеграла.

																																																			x	2
Примечание 2: Будет серьезной оплошностью сразу записать, что																																																			xe		dx 0 ,

пользуясь нечетностью подынтегральной функции и симметричностью промежутка интегрирования. Стандартный алгоритм обязателен!!!

Пример 36. Решение:

а) Подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв в точке a 1:

0		dx		0				3							1
		dx			(x 1)			2 d (x 1)		2 lim		(x 1)			2	0


			3													x
											x 1 0					x
											x 1 0
1	(x 1)			1							1	1
				1 0							1	1

2		lim					2 lim										2(1 )


		x 1 0		x 1		x			x 1 0		0 1		x 1	0
		x 1 0							x 1 0

Пояснение: чтобы разобраться с пределом, подставляем под корень 1 0 :

1		1		1	(единица, делённая на бесконечно малое
				0
1	0 1		0

положительное значение равна «плюс» бесконечности)

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	54

б) Подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв в точке a 0 :

1									1

	e			dx						e	ln 4						xd(ln x)														1	lim (ln 3 x)								e 1
				dx																											1
x ln 4 x
																															3 x 0 0									x
																															3 x 0 0
0									0
				1								1						e	1								1									1						1				0				1			1					1			1
				1								1							1								1									1						1				0				1			1					1			1
					lim																								lim																											0			( 1)
					lim																								lim																											0			( 1)
					x 0 0								3					x										x 0 0							3			1			3														3
				3					ln						x												3						ln				e		ln			x								3		( 1)						3			3
Пояснение: разбираемся, куда стремится дробь																																																1	. Если x 0 0 , то

																																															ln 3 x
ln( 0 0)								(см. график логарифмической функции!), тогда:																																												1				1	0

																																																			( )3
(бесконечно малое отрицательное значение)
Пример 38. Решение:
а) Подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв в точке b 1.
1			2xdx								1					d (x2 )																																				2 arcsin 0) 0
			2xdx													d (x2 )										lim						(arcsin x2 )							x lim ((arcsin x2 )
																										lim						(arcsin x2 )							x lim ((arcsin x2 )
0			1 x								0			1 (x							)																		0																			2		2
						4														2		2						x	1 0												x 1 0
Примечание: чтобы разобраться в пределе, проще всего посмотреть на график
арксинуса (см. Приложение Графики основных функций и их построение).
б) Подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв в точке b 1.
		1			dx									1																				1
					dx												ln 3			xd(ln x)														1				lim (ln			2 x)				x
			x ln 3														ln 3			xd(ln x)																		lim (ln			2 x)				x
							x																											( 2) x 1 0											0,5
							x																											( 2) x 1 0
		0,5											0,5
		1					1														1													1									1					1					1
		1					1										x				1													1									1					1					1
				lim																				lim
				lim																				lim
		2		x 1 0							2	x					0,5				2		x 1 0										2	x)		0					ln		2	0,5				2				ln	2	0,5
				x 1 0																			x 1 0
							ln																						(ln
Несобственный интеграл расходится.
Разбираемся, почему																											1			. Если x											1 0 , то ln(1 0) 0															(см. график

																									ln 2 x
логарифма), и тогда																	1										1		.

																( 0)2										0

Будьте ОЧЕНЬ внимательны в знаках!

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	55

Пример 40. Решение: подынтегральная функция терпит бесконечные разрывы в

точках a		,	b	. Представим данный интеграл в виде суммы двух интегралов:
	2			2
2			0				2
tgxdx			tgxdx					tgxdx
2			2				0
Вычислим первый интеграл:
0 tgxdx			0	sin xdx				0					d (cos x)
														lim		(ln	cos x		)	0x


				cos x									cos x		x	0
2			2						2					2
														2

lim			(ln 1 ln		(cos x) 0								) (0 )
	x	0
	2
Вычислим второй интеграл:
2
															(cos x) 0
	tgxdx lim (ln					cos x				)	b	lim		(ln				ln 1) ( 0)
	tgxdx lim (ln					cos x				)	b	lim		(ln				ln 1) ( 0)
			x 0								0		x 0
			x 0										x 0
0				2									2
				2									2

Таким образом: tgxdx – значение не определено.

Вывод: значение данного несобственного интеграла не определено.

Примечание 1: Грамотным будет именно такой ответ, т.к. и здесь существует понятие сходимости по Коши, которое я оставлю за рамками настоящего курса.

Примечание 2: Если рассматривать «половинки» интеграла по отдельности, то каждая из них расходится.

Пример 42. Решение: подынтегральная функция терпит бесконечные разрывы в точках x 1, однако на отрезок интегрирования попадает лишь значение x 1. Представим интеграл в виде суммы двух несобственных интегралов второго рода:

3		dx		1	dx	3				dx
		dx			dx					dx

	x2 1				x2 1				x2		1
0				0		1
Вычислим первый интеграл:
1		dx					x 1			x					ln		x 1						ln		0
1
				lim ln							lim								ln		1						0 ln( 0)
				lim ln							lim								ln		1						0 ln( 0)
	x	2	1	x 1 0			x 1			0		x 1 0					x 1									2
				x 1 0								x 1 0
0
0
Вычислим второй интеграл:
3		dx		lim ln			x 1				lim					ln	2	ln		x 1		ln		1		ln		0	ln	1	ln( 0)	( )
3
										3

	x	2	1	x 1 0			x	1		x		x 1 0					4			x 1				2				2		2
				x 1 0								x 1 0
1											3
1
														dx
Таким образом, значение														dx			не определено.

													x2		1
											0

Примечание: см. Примечания к предыдущему примеру.

© Емелин А., http://mathprofi.ru, Высшая математика – просто и доступно!	56

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 99

Соседние файлы в папке Теория

#
28.01.20241.47 Mб13теория по интегралам часть 2.pdf
#
28.01.20241.64 Mб11теория по интегралам.pdf
#
28.01.20241.15 Mб7теория по пределам.pdf
#
28.01.20241.39 Mб11теория по производным.pdf