Собственный интеграл: Виды интегралов

3+1}. \]

10.2 Несобственные интегралы 2 рода

Вычислить несобственный интеграл с примерами решения

Содержание:

1. Примеры с решением
2. Найти следующие несобственные интегралы:
3. Найти несобственные интегралы:

Интегралы с бесконечными пределами или от разрывных функций называются несобственными.

I. Несобственные интегралы с бесконечными пределами интегрирования определяются посредством предельного перехода:

где произвольное вещественное число.

II. Несобственные интегралы от функций с бесконечными разрывами также определяются посредством предельного перехода:

По этой ссылке вы найдёте полный курс лекций по высшей математике:

Высшая математика: лекции, формулы, теоремы, примеры задач с решением

если функция имеет бесконечный разрыв в точке принадлежащий отрезку и непрерывна во всех других точках этого отрезка, то

где и изменяются независимо друг от друга.

Несобственные интегралы называются сходящимися или расходящимися, смотря по тому, существуют или нет определяющие их пределы соответствующих определенных (собственных) интегралов.

Примеры с решением

Пример 1. Найти следующие несобственные интегралы:

Пояснить решение геометрически.

Решение:

1) Пользуясь равенством (1), имеем

Следовательно, данный несобственный интеграл сходится.

Геометрически, в прямоугольной системе координат, всякий определенный интеграл дает алгебраическую сумму площадей, ограниченных кривой двумя вертикальными прямыми и осью Поэтому, построив кривую и ее ординаты в точках (черт. 128), получим криволинеиную трапецию площадь которой

Возможно вам будут полезны данные страницы:

Интеграл натурального логарифма

Интеграл от экспоненты

Показательное распределение

Метод неопределенных коэффициентов

При получим трапецию с бесконечным основанием, которая имеет конечную площадь

2) Пользуясь определением (3), получим

Геометрически (черт. 129) интеграл от функции в пределах от до выражает площадь криволинейной трапеции а данный несобственный сходящийся интеграл выражает площадь бесконечной криволинейной трапеции, которая неограниченно простирается влево и вправо и вместе с тем имеет конечную величину

3) Здесь при подынтегральная функция имеет бесконечный разрыв. Согласно определению (4)

т. е. этот несобственный интеграл расходится.

Геометрически (черт. 130) полученный результат указывает, что площадь криволинейной трапеции

при неограниченно позрастает.

4) Здесь подынтегральная функция имеет бесконечный разрыв в точке лежащей внутри отрезка интегрирования Поэтому, согласно определению (4),

Для графика подынтегральной функции (черт. 131) прямая является вертикальной асимптотой

Интегралы от этой функции в пределах от и от до 2 выражают площади криволинейных трапеций При эти трапеции неограниченно простираются вверх и вместе с тем имеют конечные площади, сумма которых равна найденному значению данного несобственного сходящегося интеграла.

Пример 2. Найти несобственные интегралы:

Решение:

1) Преобразуем интеграл к норой переменной. Полагая получим: при при

Здесь в результате замены переменной данный несобственный интеграл (от функции, имеющей бесконечный разрыв в правом конце интервала интегрирования) преобразовался в собственный интеграл от непрерывной функции и с конечным интервалом интегрирования, который вычислен обычным путем без применения предельного перехода.

Возможно и обратное. При замене переменной собственный интеграл может перейти в несобственный.

2) Согласно определению (1)

К последнему интегралу применяем формулу интегрирования по частям Полагая получим и

Подставляя в предыдущее равенство, имеем:

Здесь для нахождения предела последнего слагаемого применено правило Лопиталя.

Понятие определенного интеграла было установлено для функции непрерывной на конечном интервале Пусть теперь функция непрерывна на бесконечном интервале

Определение. Несобственным интегралом от функции на интервале называется предел интеграла при

Если этот предел существует, то несобственный интеграл называется сходящимся, а если не существует (т.е. стремится к бесконечности или колеблется), то расходящимся.

Аналогично определяются несобственные интегралы и для прочих бесконечных интервалов и

Обозначив через первообразную от функции условно можно записать

понимая под символом предел, к которому стремится при

Пример 3.

-интеграл расходится.

Решение:

Заметим, что несобственный интеграл можно, как и ранее, интерпретировать как площадь соответствующей бесконечной криволинейной трапеции. Таким образом, в первом примере

площадь фигуры расположенная между кривой и осью на интервале (рис. 5.4), равна а во втором — равна бесконечности.

не имеет предела (т.е. интеграл расходится).

Интегрирование функций с разрывами и несобственные интегралы

До сих пор мы интересовались в первую очередь интегралами непрерывных функций. Именно для такого случая мы доказали формулу Ньютона — Лейбница: непрерывность подынтегральной функции является важным её условием. Что бывает, когда подынтегральная функция терпит разрывы? Мы не сможем дать полный ответ на этот вопрос, но обсудим некоторые важные частные случаи.

27.1Интегрирование функций с конечным числом скачков

27.1.1Скачки интегралу не помеха

Пусть функция f имеет на отрезке [a,b] конечное число (m штук) разрывов в точках z1,…,zm, во всех остальных точках отрезка она непрерывна, и все разрывы являются скачками, то есть в них определены пределы справа и слева. Можно ли посчитать интеграл по [a,b] от такой функции?

Если воспринимать задачу интегрирования геометрически, это не выглядит проблемой. Интеграл — это площадь, а площадь обладает свойством аддитивности — если разрезать фигуру, площадь от которой мы находим, на несколько непересекающихся кусочков, площадь всей фигуры должна равняться сумме площадей этих кусочков. Соответственно, можно разбить интеграл в сумму интегралов по промежуткам, на которых функция непрерывна (а значит интегрируема), и всё сложить. Именно так мы и сделаем! Но сперва докажем полезную лемму.

Лемма 1. Пусть функции f и g отличаются друг от друга лишь в конечном числе точек z1,…,zm. Тогда их интегралы совпадают (и одновременно существуют или не существуют).

Доказательство. Изменения конечного числа значений не влияет на ограниченность, следовательно, функции f и g либо одновременно неограниченны, либо одновременно ограничены. В первом случае они обе неинтегрируемы и доказывать нечего. Рассмотрим второй случай, пусть обе функции ограничены некоторым числом C>0 (по модулю).

Возьмём произвольное размеченное разбиение P, у которого границами отрезков разбиения являются точки (x0,…,xn) и отмечены точки (x∗1,…,x∗n). Поскольку функции f и g различаются лишь в конечном числе точек, эти точки могут попасть лишь в конечное число отрезков разбиения. (В худшем случае точка может оказаться общим концом двух отрезков разбиения, значит, число затронутых отрезков не более чем в два раза больше числа точек различия.) Пусть затронуты отрезки с номерами k1,…,kM, M≤2m. Модуль разности между интегральными суммами для функций f и g равен

∣∣ ∣∣M∑i=1f(x∗ki)−g(x∗ki)Δxki∣∣ ∣∣≤M∑i=1|f(x∗ki)−g(x∗ki)|⋅|Δxki|.

∣∣ ∣∣M∑i=1f(x∗ki)−g(x∗ki)Δxki∣∣ ∣∣≤≤M∑i=1|f(x∗ki)−g(x∗ki)|⋅|Δxki|.

Модуль разности между значениями функций f и g не превосходит 2C, поскольку сами значения ограничены по модулю числом C. (Мы используем неравенство |a−b|≤|a|+|b|.) Длина отрезка разбиения |Δxki| не превосходит диаметра разбиения d(P). Всего слагаемых M штук, где M≤2m. Значит разница между двумя интегральными суммами не превосходит (2m)⋅(2C)⋅d(P)=4mC⋅d(P) и стремится к нулю при d(P) стремящемся к нулю. Значит, пределы интегральных сумм совпадают.∎

Теорема 1. Пусть функция f имеет конечное число точек разрывов z1<z2<…<zm на отрезке [a,b] и все разрывы являются скачками, то есть в каждой точке разрыва есть конечные односторонние пределы функции справа и слева. В остальных точках функция непрерывна. Тогда она интегрируема на отрезке [a,b].

Доказательство. Воспользовавшись свойством аддитивности (24.5), разобьем интеграл в сумму интегралов:

∫baf(x)dx=∫z1af(x)dx+∫z2z1f(x)dx+…+∫zmzm−1f(x)dx+∫bzmf(x)dx.(27.1)

∫baf(x)dx=∫z1af(x)dx++∫z2z1f(x)dx+…++∫zmzm−1f(x)dx+∫bzmf(x)dx.(27.1)

Рассмотрим любой из получившихся отрезков интегрирования, обозначим его концы через α и β. Функция f непрерывна на [α,β], за исключением, быть может, концов отрезка. Но в концах существуют односторонние пределы (поскольку все точки разрывов — скачки), и следовательно для вычисления интеграла по [α,β] функцию можно переопределить в α и β, таким образом, чтобы сделать её непрерывной на всём отрезке (как обычно, в концах требуется односторонняя непрерывность).

По лемме, значение интегралов от этого не поменяется, равно как и факт интегрируемости. Но функция, непрерывная на отрезке, интегрируема на этом отрезке, и значит все интегралы в правой части равенства (27.1) существует и функция интегрируема на всём отрезке [a,b].∎

Пример 1. Пусть

sign(x)=⎧⎨⎩1,x>00,x=0−1,x<0

Найдём

F(t):=∫t−2sign(x)dx.

Возможно три варианта: t<0, t=0 или t>0. В первом случае наш интеграл — это площадь прямоугольника высотой 1 и шириной (t−(−2)), взятая со знаком «минус» (потому что значение функции отрицательно), то есть −2−t (см. анимацию на рис. 27.1). При t=0 можно переопределить функцию таким образом, чтобы в точке x=0 она принимала значение (−1) и тем самым сделать её непрерывной на всём отрезке интегрирования. Если же t>0, наш интеграл разбивается в сумму двух интегралов: по отрезку [−2,0] и по отрезку [0,t]. Первый равен −2, второй является площадью прямоугольника с шириной t и высотой 1, то есть t.

Итак,

F(t)=⎧⎨⎩−2−t,t<0;−2,t=0;−2+t,t>0.

Это выражение можно записать короче: F(t)=−2+|t|.

Заметим, что во всех точках t≠0, производная F совпадает с подынтегральной функцией (проверьте!):

F′(t)=sign(t).

Это неудивительно: первая часть формулы Ньютона — Лейбница выполняется для всех точек, в которых подынтегральная функция непрерывна, а разрыв у нас только в нуле. В нуле же функция F не является дифференцируемой, но является непрерывной. Оказывается, так будет всегда.

27.1.2Интеграл с переменным верхним пределом непрерывен

Утверждение 1. Пусть функция f интегрируема на отрезке [a,b]. Тогда функция

F(t)=∫taf(x)dx

непрерывна на отрезке [a,b].

Доказательство. Действительно, для любых точек t,t0∈[a,b]

F(t)−F(t0)=∫taf(x)dx−∫t0af(x)dx=∫tt0f(x)dx.

F(t)−F(t0)=∫taf(x)dx−∫t0af(x)dx==∫tt0f(x)dx.

Иными словами, разность значений F в точках t и t0 равна интегралу от f по отрезку [t0,t]. Поскольку функция под интегралом интегрируема, она ограничена, и значит интеграл по маленькому отрезку от неё будет маленьким. Следовательно, значения функции F в близких точках близки.

Аккуратное доказательство выглядит так. Поскольку функция f ограничена, найдётся такое C, что для всех x∈[a,b]

−C≤f(x)≤C.

Интегрируя эти неравенства по отрезку [t0,t] (будем считать, что t>t0, противоположный случай разбирается аналогично), имеем:

∫tt0(−C)dx≤∫tt0f(x)dx≤∫tt0Cdx.

Считая интегралы в левой и правой части, получаем:

−C(t−t0)dx≤∫tt0f(x)dx≤C(t−t0).

В пределе при t→t0, левая и правая части стремятся к нулю, значит и интеграл посередине стремится к нулю. Но этот интеграл равен разности F(t)−F(t0), следовательно эта разность стремится к нулю, и значит

limt→t0F(t)=F(t0),

то есть F непрерывна в точке t0. ∎

Теперь мы можем заключить, что интеграл от кусочно-непрерывной функции f с конечным числом скачков, если рассматривать его как функцию от верхнего предела, является непрерывной функцией, дифференцируемой во всех точках, кроме точек разрывов f; в точках разрывов f у интеграла точки излома и производная не существует (если только эти разрывы не являются устранимыми, устранимые разрывы интеграл «не замечает» в силу леммы).

27.2Несобственные интегралы

До сих пор мы рассматривали интегралы, которые отвечали площадям ограниченнух фигур — то есть таких фигур, которые можно поместить в достаточно большой прямоугольник. Действительно, в горизонтальном направлении мы были ограничены отрезком интегрирования, а в вертикальном — ограниченностью подынтегральной функции — мы всегда говорили, что раз функция не является ограниченной, она и не интегрируемая, и даже однажды это доказали.

Однако, можно представить себе фигуру, которая не будет помещаться ни в какой прямоугольник, но тем не менее будет иметь конечную площадь. Как бы нам её найти?

27.2.1Несобственные интегралы с бесконечными пределами интегрирования

Начнём с примера.

Пример 2. Пусть мы хотим найти такой интеграл:

∫+∞11x2dx.(27.2)

Область интегрирования теперь — не отрезок, а бесконечный луч, см. рис. 27.2.

Рис. 27.2: Интеграл по лучу

Использовать обычное определение нельзя — луч нельзя разбить в конечное число отрезков. Теоретически, можно было бы расширить понятие разбиения, разрешив разбиения на бесконечное число отрезков, но тогда в интегральных суммах было бы бесконечное число слагаемых, и надо было думать, как эти суммы определять…

В общем, мы сделаем иначе. Положим по определению, что интеграл (27.2) равен такому пределу:

∫+∞11x2dx:=limt→+∞∫t11x2dx.

То есть мы считаем интеграл до какой-то конечной границы t, для разных t получаем разные значения интеграла, и дальше устремляем t к бесконечности, см. анимацию на рис. 27.3.

Это выглядит логичным: если мы будем всё сильнее увеличивать верхний предел интегрирования t, мы будем захватывать всё большую и большую часть нашей неограниченной фигуры, так что в пределе ничего не останется не захваченным, и значит площадь захваченного куска должна стремиться к площади всей фигуры.

Рис. 27.3: Несобственный интеграл как предел

Попробуем найти, что получится. Заметим, что первообразной 1/x2 является (−1/x). Воспользуемся формулой Ньютона — Лейбница:

limt→+∞∫t11x2dx=limt→+∞(−1x)∣∣∣t1=limt→+∞(−1t−(−11))=1.

limt→+∞∫t11x2dx=limt→+∞(−1x)∣∣∣t1==limt→+∞(−1t−(−11))=1.

Получилось! Искомая площадь равна 1.

Определение 1. Пусть функция f интегрируема на любом отрезке [a,t], t>a. Интеграл

∫+∞af(x)dx

называется несобственным интеграл по бесконечному промежутку. По определению он равен

∫+∞af(x)dx:=limt→+∞∫taf(x)dx.

Всегда ли предел будет существовать? Конечно, нет — легко придумать пример, когда не будет. Скажем,

∫+∞12dx=limt→+∞2(t−1)=+∞.

Но тут история понятная — подынтегральная функция является константой, наша фигура — «бесконечный прямоугольник», неудивительно, что у него бесконечная площадь. Но что если подынтегральная функция стремится к нулю. Может ли быть так, чтобы интеграл по лучу не существовал? Давайте рассмотрим ещё один пример.

Пример 3. Найдём

∫+∞11xdx.

Действуя так же, как и раньше, запишем этот интеграл в виде предела. Напомним, что первообразная 1/x при положительных x — это lnx. Имеем:

∫+∞11xdx:=limt→+∞∫t11xdx=limt→+∞lnx|t1=limt→+∞(lnt−ln1)=+∞.

∫+∞11xdx:=limt→+∞∫t11xdx==limt→+∞lnx|t1==limt→+∞(lnt−ln1)=+∞.

Определение 2. Если предел в определении несобственного интеграла существует, говорят, что интеграл сходится, в противном случае он расходится.

Итак, интеграл по одному и тому же лучу [1,+∞) от функции 1/x2 сходится, а от функции 1/x расходится. Почему так? Казалось бы, они обе стремятся к нулю при x→+∞, и на глаз их графики очень похожи. Однако, мало стремиться к нулю, нужно делать это ещё достаточно быстро. Функция 1/x стремится к нулю медленнее, чем 1/x2, и этого стремления не хватает, чтобы площадь оказалась конечной.

Является ли требование стремления к нулю необходимым для сходимости интеграла? Оказывается, нет.

Упражнение 1. Придумайте пример функции, которая не стремится к нулю при x→+∞, но интеграл от которой по лучу [0,+∞) сходится.

Определение 3. Легко определить интеграл по лучу (−∞,a]:

∫a−∞f(x)dx=limt→−∞∫atf(x)dx.

Интеграл по всей прямой (−∞,∞) определяется так:

∫∞−∞f(x)dx=∫a−∞f(x)dx+∫+∞af(x)dx,

где промежуточную точку a можно выбирать произвольным образом, значение интеграла от этого не изменится (почему?).

27.2.2Признак сравнения

Часто бывает важно даже не найти значение несобственного интеграла, а просто показать, что он сходится. В этом случае полезной оказывается следующая теорема.

Теорема 2. Пусть функции f и g интегрируемы на любом отрезке [a,t], t>a. Пусть также для всякого x≥a

0≤f(x)≤g(x)(27.3)

и интеграл

∫+∞ag(x)dx(27.4)

сходится. Тогда

∫+∞af(x)dx(27.5)

тоже сходится.

Доказательство. Утверждение выглядит естественным. Фигура, соответствующая интегралу (27.5), содержится внутри фигуры, соответствующей интегралу (27.4). Логично предположить, что если площадь первой конечна, то и второй тоже.

Формальное доказательство выглядит так. Введём обозначения:

G(t):=∫tag(x)dx,F(t):=∫taf(x)dx.

Заметим, что обе функции F и G неубывают на [a,+∞): это следует из того факта, что их производные, равные подынтегральным функциям, неотрицательны. Также интегрируя неравенства (27.3) по отрезку [a,t], имеем:

F(t)=∫taf(t)dt≤∫tag(t)dt=G(t).

По предположению, G(t) имеет предел при t→+∞. Обозначим его через L. Все значения неубывающей функции не превосходят предела: действительно, если для какого-то t0, G(t0)>L, то найдётся такое c>0, что G(t0)>L+c (можно в качестве c взять половину разности G(t0)−L, тогда L+c — середина отрезка [L,G(t0)]), и значит для всех t>t0 выполняется такое же неравенство (в силу неубывания G), а значит предел не меньше L+c, то есть строго больше L — противоречие. Значит для всех t≥a:

F(t)≤G(t)≤L.

Итак, функция F неубывает и ограничена. Можно легко адаптировать теорему Вейерштрасса для функций (сделайте это!) и получить, что существует предел

limt→+∞F(t),

то есть интеграл (27.5) сходится.∎

Пример 4. Докажем, что

∫+∞0e−x2dx

сходится.

Действительно, разобьём этот интеграл в сумму двух:

∫+∞0e−x2dx=∫10e−x2dx+∫+∞1e−x2dx.

С первым слагаемым никаких проблем нет: это обычный (собственный) интеграл Римана, подынтегральная функция непрерывна, значит, интеграл существует. Рассмотрим второе слагаемое. Заметим, что при x≥1, x2≥x и

0≤e−x2≤e−x.

Таким образом, если интеграл

∫+∞1e−xdx

сходится, то и наш интеграл сходится. Но e−x легко проинтегрировать явно: первообразная равна (−e−x). Таким образом,

∫+∞1e−xdx=limt→+∞∫t1e−xdx=limt→+∞(−e−x)|t1=limt→+∞(−e−t−(−e−1))=1e.

∫+∞1e−xdx=limt→+∞∫t1e−xdx==limt→+∞(−e−x)|t1==limt→+∞(−e−t−(−e−1))=1e.

Мы нашли этот интеграл явно, значит, он сходится, и значит наш исходный интеграл тоже сходится.

В том виде, в котором мы его сформулировали, признак сравнения работает только с неотрицательными подынтегральными функциями.

Вопрос 1. Покажите, что условие неотрицательности здесь существенно. Приведите пример функций f и g, для которых условие f(x)≤g(x) выполняется для всех x, ∫+∞0g(x)dx сходится, а интеграл ∫+∞0f(x)dx расходится.

Следующее утверждение позволяет расширить признак сравнения на случай знакопеременных подынтегральных выражений:

Утверждение 2. Если сходится интеграл

∫+∞a|f(x)|dx,

то сходится и интеграл

∫+∞af(x)dx.

Мы не будем сейчас доказывать это утверждение. Однако, из него мгновенно следует, что если существует такая функция g(x), что для всех x, |f(x)|≤g(x) и ∫+∞ag(x)dx сходится, то и ∫+∞af(x)dx тоже сходится.

27.2.3Несобственные интегралы и вертикальные асимптоты

Итак, нам удалось расширить понятие интеграла на случай бесконечных промежутков интегрирования. Может быть, и с неограниченными функциями удастся что-то сделать?

До сих пор мы много раз повторяли мантру «раз функция неограничена, значит, она и не интегрируема» — и даже доказали утверждение на эту тему. Однако, значит ли это, что соответствующие площади на самом деле не определены? Нам уже удалось найти площади некоторых неограниченных фигур, как в примере 2 выше. Может быть, и с площадями под графиками неограниченных функций ситуация может быть аналогичной — и наш реузльтат о неинтегрируемости вызван просто неудачным определением интеграла? Можно ли модифицировать это определение каким-то образом, чтобы хотя бы некоторые неограниченные функции стали интегрируемыми? Давайте попробуем.

Пример 5. Попробуем найти интеграл

∫101√xdx.

Подынтегральная функция стремится к бесконечности при x→0+, и значит не является ограниченной — стало быть интеграл в обычном смысле не определён. Однако, давайте воспользуемся тем же приёмом, которым мы воспользовались для нахождения интеграла по бесконечному промежутку. Положим по определению

∫101√xdx:=limt→0+∫1t1√xdx.

Для всякого t>0 интеграл под знаком предела определён. Более того: его можно найти явно — подынтегральная функция 1/√x может быть записана в виде x−1/2, а все степенные функции мы имеем интегрировать. Первообразная имеет вид 2×1/2=2√x (проверьте дифференцированием!) и значит

∫101√xdx:=limt→0+∫1t1√xdx=limt→0+2√x|1t=limt→0+(2√1−2√t)=2.

∫101√xdx:=limt→0+∫1t1√xdx==limt→0+2√x|1t==limt→0+(2√1−2√t)=2.

Интеграл сошёлся, ура!

Определение 4. Пусть функция f имеет вертикальную асимптоту в точке a и для всякого t∈(a,b) функция f интегрируема по Риману на отрезке [t,b]. Несобственный интеграл

∫baf(x)dx

определяется следующим образом:

∫baf(x)dx:=limt→a+∫btf(x)dx.

Как обычно, предел может существовать (в этом случае говорят, что интеграл сходится), или не существовать (значит, интеграл расходится).

Пример 6. Сходится ли интеграл

∫101x2dx?

Мы уже считали интеграл от этой функции, но по другой области — по бесконечному промежутку [1,+∞) — и он сошёлся. Может быть, и в этот раз нам повезёт?

∫101x2dx=limt→0+∫1t1x2dx=limt→0+(−1x)∣∣∣1t=limt→0+(−11+1t)=+∞.

∫101x2dx=limt→0+∫1t1x2dx==limt→0+(−1x)∣∣∣1t==limt→0+(−11+1t)=+∞.

Увы, этот интеграл расходится.

Почему такая разница с функцией 1/√x? Дело в том, что √x стремится к нулю гораздо медленнее, чем x2, и значит 1/√x стремится к бесконечности гораздо медленнее, чем 1/x2. Поэтому площадь под графиком 1/√x оказывается конечной, а под графиком 1/x2 — бесконечной.

В определении 4 вертикальная асимптота находится на левой границе отрезка интегрирования. Конечно, можно с тем же успехом определить несобственный интеграл для функции с вертикальной асимптотой на правой границе области отрезка интегрирования.

Определение 5. Пусть функция f имеет вертикальную асимптоту в точке b и для всякого t∈(a,b) функция f интегрируема по Риману на отрезке [a,t]. Несобственный интеграл

∫baf(x)dx

определяется следующим образом:

∫baf(x)dx:=limt→b−∫taf(x)dx.

А что если точка бесконечного разрыва попала куда-то внутрь нашего отрезка? Ничего страшного — просто разобьем интеграл на два.

Определение 6. Пусть функция f имеет вертикальную асимптоту в точке c∈(a,b) и интегрируема на любой отрезке [a,t], t<c и на любом отрезке [t,b], t>c. Тогда

∫baf(x)dx:=∫caf(x)dx+∫bcf(x)dx,

где интегралы в правой части — несобственные. Если хотя бы один из этих двух интегралов расходится, интеграл в левой части тоже считается расходящимся.

Пример 7. Что вы можете сказать про интеграл

∫1−11xdx?

Очень хочется сказать, что он равен нулю: ведь это интеграл от нечётной функции по симметричному отрезку, и значит положительная и отрицательные площади должны взаимно уничтожиться. Однако, это не так: по определению,

∫1−11xdx:=∫0−11xdx+∫101xdx,

и оба интеграла в правой части расходятся, значит и исходный интеграл расходится. (Подробнее о том, почему это правильный подход, будет обсуждаться на семинаре.)

27.2.4Несобственные интегралы с несколькими особенностями

Каждое из определений несобственных интегралов, которые мы обсуждали, рассматривает только одну «особенность» — бесконечный разрыв или бесконечную границу интегрирования. Если у интересующего нас интеграла несколько особенностей, его следует разбить в сумму интегралов, у каждого из которых лишь одна особенность, и воспользоваться нашими определениями.

Пример 8. Пусть у функции f бесконечные разрывы в точках 2, 5 и 7, и мы хотим посчитать от неё интеграл по всей числовой прямой. Его следует представить в таком виде:

∫∞−∞f(x)dx=∫1−∞f(x)dx+∫21f(x)dx+∫42f(x)dx+∫54f(x)dx++∫65f(x)dx+∫76f(x)dx∫107f(x)dx+∫+∞10f(x)dx.

∫∞−∞f(x)dx==∫1−∞f(x)dx+∫21f(x)dx++∫42f(x)dx+∫54f(x)dx++∫65f(x)dx+∫76f(x)dx+∫107f(x)dx+∫+∞10f(x)dx.

Каждый из получившихся интегралов — один из несобственных интегралов, которые мы обсуждали. Промежуточные точки 1, 4, 6, 10 выбраны произвольным образом — можно выбрать какие-то другие точки, лежаще на тех же промежутках, от этого ничего не изменилось бы. Если хотя бы один из интегралов в правой части расходится, значит, весь исходный интеграл тоже расходится.

27.3Заключение

Мы вышли за пределы уютного и безопасного мира, в котором все подыинтегральные функции непрерывны. И тут много всего интересного! Во-первых, если функция имеет разрывы типа «скачок», и их конечное число, никаких проблем для интегрирования это не представляет. Правда, интеграл, если думать о нём как о функции от его верхнего предела, будет иметь изломы в точках разрывов подынтегральной функции — но по крайней мере сам останется непрерывным. Случай бесконечных разрывов подынтегральной функции представляет большую опасность: несобственные интегралы, которые мы придумали специально для этого случая, существуют не всегда, иногда они сходится, а иногда расходится. Но тут уж ничего не поделать — площадь под графиком неограниченной функции может быть бесконечной. Мы также обсудили интегралы по бесконечным промежуткам — особенно важный для нас случай, поскольку такие интегралы сплошь и рядом встречаются в теории вероятностей, которую вы будете проходить совсем скоро.

На этом наш краткий экскурс в теорию интегрирования заканчивается. Конечно, мы успели обсудить не всё, но фундамент заложен. Время идти дальше!

---

← Предыдущая глава Следующая глава →

Интегральный трюк Ричарда Фейнмана. Непонятная, но мощная интеграция… | by Panda the Red

Ричард Фейнман читает лекцию в 1963 году (Фото: Архив Калифорнийского технологического института)

«Я научился вычислять интегралы различными методами, описанными в книге, которую дал мне мой школьный учитель физики мистер Бейдер. [Он] показал, как дифференцировать параметры под знаком интеграла — это определенная операция. Оказывается, в университетах этому не очень учат; они не подчеркивают это. Но я понял, как использовать этот метод, и я использовал этот проклятый инструмент снова и снова. [Если] у ребят из Массачусетского технологического института или Принстона возникали проблемы с вычислением определенного интеграла, [тогда] я приходил и пытался дифференцировать под знаком интеграла, и часто это срабатывало. Так что я получил прекрасную репутацию специалиста по интегральным вычислениям только потому, что мой набор инструментов отличался от всех остальных, и они опробовали на нем все свои инструменты, прежде чем ставить задачу передо мной». (Вы, конечно, шутите, мистер Фейнман!)

Сегодняшняя статья посвящена малоизвестному, но мощному методу интегрирования, наиболее известному как дифференцирование под знаком интеграла, но иногда называемому «методом Фейнмана» из-за того, что он популяризировал этот метод в своей книге, и по праву известному как метод интегрирования. Интегральное правило Лейбница.

Одно уточнение, прежде чем мы начнем: хотя правило Лейбница иногда называют «методом Фейнмана» или похожими названиями, его не следует путать с формулировкой квантовой механики на основе интеграла по траекториям Фейнмана. Поэтому в оставшейся части этой статьи я буду обращаться к нему по его собственному имени.

Давайте начнем с задачи вычисления следующего интеграла:

Книга, которую Фейнман упоминает в приведенной выше цитате, называется Advanced Calculus , опубликованной в 1926 году математиком из Массачусетского технологического института по имени Фредерик С. Вудс. Этот интеграл взят из этой книги и равен воспроизведено на Wolfram Mathworld.

Вы можете попробовать обычные методы, которые вы изучаете в исчислении. Подстановка триггера, замена переменной, интегрирование по частям, замена подынтегральной функции рядом — ничего из этого не сработает. Вы также можете попробовать вычислить его с помощью Wolfram Alpha, и время ожидания истечет. Нам нужно будет быть более творческими.

Сначала следует заметить, что альфа является произвольной константой по отношению к интегралу. Поскольку определенный интеграл будет числом, зависящим от альфы, мы можем рассматривать этот интеграл как функцию альфы. Схема подхода выглядит следующим образом:

1. Рассмотрим интеграл как функцию f альфа
2. Вычислите интеграл для некоторого конкретного удобного значения альфа. В этом случае, если альфа равна единице, то интеграл равен нулю, что дает нам условие f(1) = 0, Это понадобится нам на последнем шаге.
3. Продифференцировать интеграл по альфа.
4. Вычислите определенный интеграл относительно x.
5. Бесконечное интегрирование по отношению к альфе.
6. Используйте тот факт, что f(1) = 0 , чтобы вычислить значение константы интегрирования.

Что мы сделали, так это преобразовали задачу от вычисления интеграла к решению простого дифференциального уравнения. Обратите внимание:

Может показаться, что мы сделали себе только хуже. Интеграл в конце нижней строки выглядит особенно внушительно, но его можно вычислить, применив некоторую алгебраическую смекалку.

Последний интеграл проще, чем кажется. Мы должны избавиться от функции косинуса. Для этого мы можем сделать «обратную» u-подстановку.

Мы почти закончили. Сделаем замену:

Обратите внимание, что поскольку |alpha| больше или равно 1 и u положительно или равно нулю, y находится в диапазоне от нуля до минус бесконечности. Следовательно:

Таким образом, у нас наконец есть дифференциальное уравнение в альфа:

Интегрируя и используя тот факт, что f(1) = 0 , мы можем завершить вычисление интеграла:

И это завершает вычисление .

В этом первом примере параметр, по которому мы производили дифференцирование, уже присутствовал в подынтегральном выражении. Однако истинная сила дифференцирования под знаком интеграла заключается в том, что мы также можем свободно вставлять параметры в подынтегральную функцию, чтобы сделать ее более удобной. Рассмотрим следующий интеграл, взятый из математического конкурса Уильяма Лоуэлла Патнэма 2005 года.

Для тех, кто не знает, конкурс Патнэма — это соревнование по решению задач, предлагаемое студентам-математикам каждый год в декабре. Он имеет репутацию очень сложного, со средними баллами обычно от 0 до 1 из 120. Тест проводится в двух наборах по шесть задач, причем A5 и A6 обычно являются самыми сложными в первом наборе. Таким образом, этот интеграл должен быть очень сложным, несмотря на его обманчиво ручную внешность (что, кстати, является уловкой: тест ограничен по времени, так что это ловушка, заставляющая вас тратить время на попытки вычислить интеграл с помощью элементарных методов исчисления). , что не сработает). Однако, осторожно введя параметр и используя разработанную нами технику, этот интеграл можно сделать очень простым.

Для начала:

Обратите внимание, что это означает, что наш исходный интеграл равен I(1) и что I(0) = 0. Теперь продолжим как раньше:

Вторая строка была получена дробью разложение. Это элементарные интегралы, которые можно вычислить сразу, чтобы получить третью строку. Поскольку I(0) = 0, по Фундаментальной теореме исчисления:

Заметим, что мы могли бы действовать, как и в первом примере, решая дифференциальное уравнение для I через a , а затем с помощью условия I(0) = 0 определить конкретное решение I(a) до подстановки a = 1 . Использование FTC делает то же самое здесь, но сокращает несколько шагов.

Это элементарный интеграл, который можно сразу вычислить стандартными методами. Результат:

Итак, решение задачи:

Какое значение интеграла указано в решениях к экзамену 2005 года. Обратите внимание, что в листе решений обсуждаются другие методы приближения к этому интегралу, но этот способ, безусловно, самый простой и элегантный, не говоря уже о самом быстром.

Одним из самых важных навыков в решении математических задач является способность обобщать. Заданная задача, такая как только что вычисленный нами интеграл, может показаться неразрешимой сама по себе. Однако, отступив назад и рассматривая проблему не изолированно, а как отдельный член целого класса смежных проблем, мы можем разглядеть факты, ранее от нас скрытые. Попытка вычислить интеграл для конкретного значения a = 1 была слишком сложной, поэтому вместо этого мы вычислили значение интеграла для каждые возможное значение a. Как это ни парадоксально, во многих ситуациях проще решить общую проблему, чем конкретную.

Я также думаю, что это подчеркивает важность желания учиться вне класса. Часто на курсах математики и естественных наук нехватка времени и другие факторы означают, что иногда у преподавателей нет другого выбора, кроме как не включать определенные предметы в учебную программу. Это означает, что если вы не возьмете на себя инициативу по управлению собственным обучением, вы упустите много потенциально очень интересных и полезных знаний.

Если у вас есть темы, о которых вы хотели бы узнать больше, дайте мне знать в комментариях.

Это эссе является частью серии рассказов на темы, связанные с математикой, опубликованных в Cantor’s Paradise, еженедельном издании Medium. Спасибо за чтение!

5.6 Интегралы с экспоненциальными и логарифмическими функциями. Исчисление, том 1

Цели обучения

• 5.6.1 Интегрируйте функции, включающие экспоненциальные функции.
• 5.6.2 Интегрируйте функции, включающие логарифмические функции.

Экспоненциальные и логарифмические функции используются для моделирования роста населения, роста клеток и финансового роста, а также амортизации, радиоактивного распада и потребления ресурсов, и это лишь некоторые из приложений. В этом разделе мы исследуем интегрирование с использованием экспоненциальных и логарифмических функций.

Интегралы показательных функций

Показательная функция, пожалуй, самая эффективная функция с точки зрения операций исчисления. Показательная функция y=ex,y=ex является собственной производной и собственным интегралом.

Правило: интегралы экспоненциальных функций

Экспоненциальные функции можно интегрировать по следующим формулам.

∫exdx=ex+C∫axdx=axlna+C∫exdx=ex+C∫axdx=axlna+C

(5.21)

Пример 5,37

Нахождение первообразной показательной функции

Нахождение первообразной экспоненциальной функции e ^{− x} .

Решение

Используйте подстановку, установив u=-x,u=-x, а затем du=-1dx.du=-1dx. Умножьте 9Уравнение 0141 du на -1, так что теперь у вас есть -du=dx.-du=dx. Тогда

∫e-xdx=-∫eudu=-eu+C=-e-x+C.∫e-xdx=-∫eudu=-eu+C=-e-x+C.

Контрольно-пропускной пункт 5.31

Найдите первообразную функции с помощью подстановки: x2e-2×3.x2e-2×3.

Распространенной ошибкой при работе с экспоненциальными выражениями является обращение с показателем степени на e так же, как мы обращаемся с показателями степени в полиномиальных выражениях. Мы не можем использовать правило степени для экспоненты на e . Это может быть особенно запутанным, когда у нас есть и экспоненты, и полиномы в одном и том же выражении, как в предыдущей контрольной точке. В этих случаях мы всегда должны перепроверять, чтобы убедиться, что мы используем правильные правила для интегрируемых функций.

Пример 5,38

Квадратный корень экспоненциальной функции

Найдите первообразную экспоненциальной функции ex1+ex.ex1+ex.

Решение

Сначала перепишите задачу, используя рациональный показатель:

∫ex1+exdx=∫ex(1+ex)1/2dx.∫ex1+exdx=∫ex(1+ex)1/2dx.

Используя замену, выберите u=1+ex.u=1+ex. Затем du=exdx.du=exdx. Имеем (рис. 5.37)

∫ex(1+ex)1/2dx=∫u1/2du. ∫ex(1+ex)1/2dx=∫u1/2du.

Тогда

∫u1/2du=u3/23/2+C=23u3/2+C=23(1+ex)3/2+C.∫u1/2du=u3/23/2+C=23u3 /2+С=23(1+экс)3/2+С.

Рисунок 5,37 На графике показана экспоненциальная функция, умноженная на квадратный корень экспоненциальной функции.

Контрольно-пропускной пункт 5.32

Найдите первообразную ex(3ex−2)2.ex(3ex−2)2.

Пример 5,39

Использование подстановки с показательной функцией

Использование подстановки для вычисления неопределенного интеграла ∫3x2e2x3dx. ∫3x2e2x3dx.

Решение

Здесь мы решили, что u равны выражению в показателе степени e . Пусть u=2x3u=2×3 и du=6x2dx..du=6x2dx.. Опять же, du не соответствует постоянному множителю; исходная функция содержит множитель 3 x ² , а не 6 x ² . Умножьте обе части уравнения на 1212, чтобы подынтегральная функция в u равнялась подынтегральной функции в x . Таким образом,

∫3x2e2x3dx=12∫eudu.∫3x2e2x3dx=12∫eudu.

Интегрируем выражение в u , а затем подставляем исходное выражение в x обратно в интеграл u : +С.

Контрольно-пропускной пункт 5.33

Вычислите неопределенный интеграл ∫2x3ex4dx. ∫2x3ex4dx.

Как упоминалось в начале этого раздела, экспоненциальные функции используются во многих реальных приложениях. Число и часто ассоциируется с составным или ускоренным ростом, как мы видели в предыдущих разделах о производной. Хотя производная представляет собой скорость изменения или скорость роста, интеграл представляет собой общее изменение или общий рост. Давайте рассмотрим пример, в котором интеграция экспоненциальной функции решает обычное бизнес-приложение.

Функция «цена-спрос» говорит нам о соотношении между объемом спроса на продукт и ценой на него. Как правило, цена снижается по мере увеличения объема спроса. Функция предельной цены-спроса является производной от функции цены-спроса и говорит нам, как быстро меняется цена при данном уровне производства. Эти функции используются в бизнесе для определения ценовой эластичности спроса и помогают компаниям определить, будет ли прибыльным изменение уровня производства.

Пример 5.

40

Нахождение уравнения спроса и цены

Найдите уравнение спроса и цены на зубную пасту определенной марки в сети супермаркетов, когда спрос составляет 50 тюбиков в неделю по цене 2,35 доллара за тюбик, при условии, что предельная цена — функция спроса, p′ (x),p′(x), для x количества пробирок в неделю, задается как

p'(x)=-0,015e-0,01x.p'(x)=-0,015e-0,01x .

Если сеть супермаркетов продает 100 тюбиков в неделю, какую цену она должна установить?

Решение

Чтобы найти уравнение цена-спрос, проинтегрируйте функцию предельной цены-спроса. Сначала найдите первообразную, а затем посмотрите на частности. Таким образом,

p(x)=∫−0,015e−0,01xdx=−0,015∫e−0,01xdx.p(x)=∫−0,015e−0,01xdx=−0,015∫e−0,01xdx.

Используя замену, пусть u=-0,01xu=-0,01x и du=-0,01dx.du=-0,01dx. Затем разделите обе части уравнения du на -0,01. Это дает: С.

Следующим шагом является нахождение C . Мы знаем, что при цене 2,35 доллара за тюбик спрос составляет 50 тюбиков в неделю. Это означает

p(50)=1,5e−0,01(50)+C=2,35.p(50)=1,5e−0,01(50)+C=2,35.

Теперь просто найдите C :

C=2,35−1,5e−0,5=2,35−0,91=1,44.C=2,35−1,5e−0,5=2,35−0,91=1,44.

Таким образом,

p(x)=1,5e−0,01x+1,44.p(x)=1,5e−0,01x+1,44.

Если супермаркет продает 100 тюбиков зубной пасты в неделю, цена будет

p(100)=1,5e−0,01(100)+1,44=1,5e−1+1,44≈1,99.p(100)=1,5e−0,01(100)+1,44=1,5e−1+1,44≈1,99.

Супермаркет должен взимать 1,99 доллара за тюбик, если он продает 100 тюбиков в неделю.

Пример 5.41

Вычисление определенного интеграла с экспоненциальной функцией

Вычисление определенного интеграла ∫12e1−xdx.∫12e1−xdx.

Решение

Опять же, подстановка является методом использования. Пусть u=1−x,u=1−x, поэтому du=−1dxdu=−1dx или −du=dx.−du=dx. Тогда ∫e1−xdx=−∫eudu.∫e1−xdx=−∫eudu. Далее измените пределы интегрирования. Используя уравнение u=1−x,u=1−x, мы имеем

u=1-(1)=0u=1-(2)=-1.u=1-(1)=0u=1-(2)=-1.

Интеграл примет вид

∫12e1−xdx=−∫0−1eudu=∫−10eudu=eu|−10=e0−(e−1)=−e−1+1.∫12e1−xdx=−∫ 0−1eudu=∫−10eudu=eu|−10=e0−(e−1)=−e−1+1.

См. рис. 5.38.

Рисунок 5,38 Указанную площадь можно вычислить путем вычисления определенного интеграла с помощью подстановки.

Контрольно-пропускной пункт 5,34

Оценка ∫02e2xdx.∫02e2xdx.

Пример 5,42

Рост бактерий в культуре

Предположим, что скорость роста бактерий в чашке Петри определяется как q(t)=3t, q(t)=3t, где t дается в часах, а q(t)q(t) дается в тысяч бактерий в час. Если культура начинается с 10 000 бактерий, найдите функцию Q(t)Q(t), которая дает число бактерий в чашке Петри в любой момент времени t . Сколько бактерий осталось в чашке через 2 часа?

Решение

Имеем

Q(t)=∫3tdt=3tln3+C.Q(t)=∫3tdt=3tln3+C.

Тогда при t=0t=0 имеем Q(0)=10=1ln3+C,Q(0)=10=1ln3+C, поэтому C≈9,090C≈9,090 и получаем

Q(t)= 3tln3+9,090.Q(t)=3tln3+9,090.

В момент времени t=2,t=2 имеем

Q(2)=32ln3+9,090Q(2)=32ln3+9,090

=17,282.=17,282.

Через 2 часа в чашке осталось 17 282 бактерии.

Контрольно-пропускной пункт 5,35

Предположим, что в примере 5.42 бактерии растут со скоростью q(t)=2t.q(t)=2t. Предположим, что культура все еще начинается с 10 000 бактерий. Найдите Q(t).Q(t). Сколько бактерий осталось в чашке через 3 часа?

Пример 5,43

Рост популяции плодовых мух

Предположим, что популяция плодовых мух увеличивается со скоростью g(t)=2e0,02t,g(t)=2e0,02t мух в день. Если начальная популяция плодовых мух составляет 100 мух, сколько мух будет в популяции через 10 дней?

Решение

Пусть G(t)G(t) представляет количество мух в популяции в момент времени t . Применяя теорему о чистом изменении, мы имеем

G(10)=G(0)+∫0102e0,02tdt=100+[20,02e0,02t]|010=100+[100e0,02t]|010=100+100e0. 2−100≈122.G(10)=G(0)+∫0102e0,02tdt=100+[20,02e0,02t]|010=100+[100e0,02t]|010=100+100e0,2−100≈ 122.

Через 10 дней в популяции 122 мухи.

Контрольно-пропускной пункт 5,36

Предположим, что скорость роста популяции мух определяется как g(t)=e0,01t,g(t)=e0,01t, а начальная популяция мух составляет 100 мух. Сколько мух в популяции через 15 дней?

Пример 5,44

Вычисление определенного интеграла с помощью подстановки

Вычисление определенного интеграла с помощью подстановки: ∫12e1/xx2dx.∫12e1/xx2dx.

Решение

Эта проблема требует некоторой перезаписи для упрощения применения свойств. Во-первых, перепишите показатель степени e как степень x , затем доведите x ² в знаменателе до числителя, используя отрицательный показатель степени. У нас есть

∫12e1/xx2dx=∫12ex-1x-2dx.∫12e1/xx2dx=∫12ex-1x-2dx.

Пусть u=x−1,u=x−1, показатель степени e . Тогда

du=-x-2dx-du=x-2dx.du=-x-2dx-du=x-2dx.

Вынося знак минус за знак интеграла, задача теперь читается как

−∫eudu.−∫eudu.

Далее меняем пределы интегрирования:

u=(1)−1=1u=(2)−1=12.u=(1)−1=1u=(2)−1=12.

Обратите внимание, что теперь пределы начинаются с большего числа, а это означает, что мы должны умножить на -1 и поменять местами пределы. Таким образом,

−∫11/2eudu=∫1/21eudu=eu|1/21=e−e1/2=e−e.−∫11/2eudu=∫1/21eudu=eu|1/21=e− е1/2=е-е.

Контрольно-пропускной пункт 5,37

Вычислите определенный интеграл, используя замену: ∫121x3e4x−2dx.∫121x3e4x−2dx.

Интегралы с логарифмическими функциями

Интегрирование функций вида f(x)=x−1f(x)=x−1 дает абсолютное значение натуральной логарифмической функции, как показано в следующем правиле. Интегральные формулы для других логарифмических функций, таких как f(x)=lnxf(x)=lnx и f(x)=logax,f(x)=logax, также включены в правило.

Правило: формулы интегрирования с логарифмическими функциями

Следующие формулы можно использовать для вычисления интегралов, включающих логарифмические функции.

∫x−1dx=ln|x|+C∫lnxdx=xlnx−x+C=x(lnx−1)+C∫logaxdx=xlna(lnx−1)+C∫x−1dx=ln|x| +C∫lnxdx=xlnx−x+C=x(lnx−1)+C∫logaxdx=xlna(lnx−1)+C

(5.22)

Пример 5,45

Нахождение первообразной с участием lnxlnx

Нахождение первообразной функции 3x−10,3x−10.

Решение

Сначала разложите 3 вне символа интеграла. Затем используйте правило u ⁻¹ . Таким образом,

∫3x−10dx=3∫1x−10dx=3∫duu=3ln|u|+C=3ln|x−10|+C,x≠10.∫3x−10dx=3∫1x−10dx= 3∫duu=3ln|u|+C=3ln|x−10|+C,x≠10.

См. рис. 5.39.

Рисунок 5,39 Область определения этой функции x≠10.x≠10.

Контрольно-пропускной пункт 5,38

Найдите первообразную 1x+2,1x+2.

Пример 5,46

Нахождение первообразной рациональной функции

Нахождение первообразной 2×3+3xx4+3×2,2×3+3xx4+3×2.

Решение

Это можно переписать как ∫(2×3+3x)(x4+3×2)−1dx.∫(2×3+3x)(x4+3×2)−1dx. Используйте замену. Пусть u=x4+3×2,u=x4+3×2, тогда du=4×3+6x.du=4×3+6x. Изменить du путем вынесения 2. Таким образом,

du=(4×3+6x)dx=2(2×3+3x)dx12du=(2×3+3x)dx.du=(4×3+6x)dx=2(2×3+ 3x)dx12du=(2×3+3x)dx.

Перепишем подынтегральную функцию в виде u :

∫(2×3+3x)(x4+3×2)−1dx=12∫u−1du.∫(2×3+3x)(x4+3×2)−1dx=12∫u− 1ду.

Тогда имеем

12∫u−1du=12ln|u|+C=12ln|x4+3×2|+C.12∫u−1du=12ln|u|+C=12ln|x4+3×2|+C .

Пример 5,47

Нахождение первообразной логарифмической функции

Нахождение первообразной логарифмической функции log2x. log2x.

Решение

Следуйте формату в формуле, указанной в правиле для формул интегрирования, включающих логарифмические функции. Основываясь на этом формате, мы имеем

∫log2xdx=xln2(lnx−1)+C.∫log2xdx=xln2(lnx−1)+C.

Контрольно-пропускной пункт 5,39

Найдите производную log3x.log3x.

Пример 5.48 — определенный интеграл тригонометрической функции. С тригонометрическими функциями нам часто приходится применять тригонометрическое свойство или тождество, прежде чем мы сможем двигаться дальше. Поиск правильной формы подынтегрального выражения обычно является ключом к плавному интегрированию.

Пример 5,48

Вычисление определенного интеграла

Найдите определенный интеграл от ∫0π/2sinx1+cosxdx.∫0π/2sinx1+cosxdx.

Решение

Нам нужна подстановка, чтобы оценить эту проблему. Пусть u=1+cosx,u=1+cosx, поэтому du=-sinxdx. du=-sinxdx. Перепишем интеграл через u , также изменив пределы интегрирования. Таким образом,

u=1+cos(0)=2u=1+cos(π2)=1.u=1+cos(0)=2u=1+cos(π2)=1.

Тогда

∫0π/2sinx1+cosx=−∫21u−1du=∫12u−1du=ln|u||12=[ln2−ln1]=ln2.∫0π/2sinx1+cosx=−∫21u−1du =∫12u−1du=ln|u||12=[ln2−ln1]=ln2.

Раздел 5.6 Упражнения

В следующих упражнениях вычислите каждый неопределенный интеграл.

320.

∫e2xdx∫e2xdx

321.

∫e-3xdx∫e-3xdx

322.

∫2xdx∫2xdx

323.

∫3-xdx∫3-xdx

324.

∫12xdx∫12xdx

325.

∫2xdx∫2xdx

326.

∫1x2dx∫1x2dx

327.

∫1xdx∫1xdx

В следующих упражнениях найдите каждый неопределенный интеграл, используя соответствующие замены.

328.

∫lnxxdx∫lnxxdx

329.

∫dxx(lnx)2∫dxx(lnx)2

330.

∫dxxlnx(x>1)∫dxxlnx(x>1)

331.

∫dxxlnxln(lnx)∫dxxlnxln(lnx)

332.

∫tanθdθ∫tanθdθ

333.

∫cosx−xsinxxcosxdx∫cosx−xsinxxcosxdx

334.

∫ln(sinx)tanxdx∫ln(sinx)tanxdx

335.

∫ln(cosx)tanxdx∫ln(cosx)tanxdx

336.

∫xe-x2dx∫xe-x2dx

337.

∫x2e-x3dx∫x2e-x3dx

338.

∫esinxcosxdx∫esinxcosxdx

339.

∫etanxsec2xdx∫etanxsec2xdx

340.

∫elnxdxx∫elnxdxx

341.

∫eln(1−t)1−tdt∫eln(1−t)1−tdt

В следующих упражнениях путем дифференцирования проверьте, что ∫lnxdx=x(lnx−1)+C, ∫lnxdx=x(lnx−1)+C, затем используйте соответствующие замены переменных для вычисления интеграла.

342.

∫x lnxdx∫x lnxdx(Подсказка: ∫x lnxdx=12∫x ln(x2)dx; x0)(Подсказка: ∫x lnxdx=12∫x ln(x2)dx; x0)

343.

∫x2ln(x2)dx∫x2ln(x2)dx

344.

∫lnxx2dx∫lnxx2dx(Подсказка:Setu=1x.)(Подсказка:Setu=1x.)

345.

∫lnxxdx∫lnxxdx(Подсказка:Setu=x.)(Подсказка:Setu=x.)

346.

Напишите интеграл, чтобы выразить площадь под графиком y=1ty=1t от t=1t=1 до e ^x и вычислите интеграл.

347.

Напишите интеграл, чтобы выразить площадь под графиком y=ety=et между t=0t=0 и t=lnx,t=lnx, и вычислите интеграл.

В следующих упражнениях используйте соответствующие замены, чтобы выразить тригонометрические интегралы в терминах композиций с логарифмами.

348.

∫tan(2x)dx∫tan(2x)dx

349.

∫sin(3x)−cos(3x)sin(3x)+cos(3x)dx∫sin(3x)−cos(3x)sin(3x)+cos(3x)dx

350.

∫xsin(x2)cos(x2)dx∫xsin(x2)cos(x2)dx

351.

∫xcsc(x2)dx∫xcsc(x2)dx

352.

∫ln(cosx)tanxdx∫ln(cosx)tanxdx

353.

∫ln(cscx)cotxdx∫ln(cscx)cotxdx

354.

∫ex-e-xex+e-xdx∫ex-e-xex+e-xdx

В следующих упражнениях оцените определенный интеграл.

355.

∫121+2x+x23x+3×2+x3dx∫121+2x+x23x+3×2+x3dx

356.

∫0π/4tanxdx∫0π/4tanxdx

357.

∫0π/3sinx−cosxsinx+cosxdx∫0π/3sinx−cosxsinx+cosxdx

358.

∫π/6π/2cscxdx∫π/6π/2cscxdx

359.

∫π/4π/3cotxdx∫π/4π/3cotxdx

В следующих упражнениях выполните интегрирование, используя указанную замену.

360.

∫xx−100dx;u=x−100∫xx−100dx;u=x−100

361.

∫y−1y+1dy;u=y+1∫y−1y+1dy;u=y+1

362.

∫1−x23x−x3dx;u=3x−x3∫1−x23x−x3dx;u=3x−x3

363.

∫sinx+cosxsinx-cosxdx;u=sinx-cosx∫sinx+cosxsinx-cosxdx;u=sinx-cosx

364.

∫e2x1−e2xdx;u=e2x∫e2x1−e2xdx;u=e2x

365.

∫ln(x)1−(lnx)2xdx;u=lnx∫ln(x)1−(lnx)2xdx;u=lnx

В следующих упражнениях аппроксимация правой конечной точки завышает или занижает точную площадь? Рассчитать правильную оценку конечной точки R ₅₀ и найдите точную площадь.

366.

[T] y=exy=ex свыше [0,1][0,1]

367.

[T] y=e−xy=e−x свыше [0,1][0,1]

368.

[T] y=ln(x)y=ln(x) более [1,2][1,2]

369.

[T] y=x+1×2+2x+6y=x+1×2+2x+6 свыше [0,1][0,1]

370.

[T] y=2xy=2x свыше [−1,0][−1,0]

371.

[T] y=−2−xy=−2−x свыше [0,1][0,1]

В следующих упражнениях f(x)≥0f(x)≥0 для a≤x≤b. a≤x≤b. Найдите площадь под графиком f(x)f(x) между заданными значениями a и b путем интегрирования.

372.

f(x)=log10(x)x;a=10,b=100f(x)=log10(x)x;a=10,b=100

373.

f(x)=log2(x)x;a=32,b=64f(x)=log2(x)x;a=32,b=64

374.

f(x)=2−x;a=1,b=2f(x)=2−x;a=1,b=2

375.

f(x)=2−x;a=3,b=4f(x)=2−x;a=3,b=4

376.

Найдите площадь под графиком функции f(x)=xe-x2f(x)=xe-x2 между x=0x=0 и x=5.x=5.

377.

Вычислить интеграл от f(x)=xe−x2f(x)=xe−x2 и найти наименьшее значение N такое, что площадь под графиком f(x)=xe−x2f(x)=xe −x2 между x=Nx=N и x=N+1x=N+1 составляет не более 0,01.

378.

Найдите предел при стремлении N к бесконечности площади под графиком f(x)=xe−x2f(x)=xe−x2 между x=0x=0 и x=N.x=N.

379.

Покажите, что ∫abdtt=∫1/b1/adtt∫abdtt=∫1/b1/adtt, когда 0

380.

Предположим, что f(x)>0f(x)>0 для всех x и что f и g дифференцируемы. Используйте тождество fg=eglnffg=eglnf и цепное правило, чтобы найти производную от fg.fg.

381.

Используйте предыдущее упражнение, чтобы найти первообразную h(x)=xx(1+lnx)h(x)=xx(1+lnx) и вычислить ∫23xx(1+lnx)dx.∫23xx(1+lnx )дх.

382.

Показать, что если c>0,c>0, то интеграл от 1/x1/x от ac до bc (0 a до b .

Следующие упражнения предназначены для вывода основных свойств натурального логарифма, начиная с определения ln(x)=∫1xdtt,ln(x)=∫1xdtt, используя свойства определенного интеграла и не делая дополнительных предположений.

383.

Используйте тождество ln(x)=∫1xdttln(x)=∫1xdtt, чтобы получить тождество ln(1x)=−lnx.ln(1x)=−lnx.

384.

Используйте замену переменной в интеграле ∫1xy1tdt∫1xy1tdt, чтобы показать, что lnxy=lnx+lnyforx,y>0.lnxy=lnx+lnyforx,y>0.

385.

Используйте тождество lnx=∫1xdttlnx=∫1xdtt, чтобы показать, что ln(x)ln(x) является возрастающей функцией x на [0,∞),[0,∞), и используйте предыдущие упражнения, чтобы покажите, что область значений ln(x)ln(x) равна (−∞,∞).(−∞,∞). Без дальнейших предположений заключаем, что ln(x)ln(x) имеет обратную функцию, определенную на (−∞,∞). (−∞,∞).

386.

Предположим на данный момент, что мы не знаем, что exex является обратной функцией ln(x),ln(x), но имейте в виду, что ln(x)ln(x) имеет обратную функцию, определенную на ( −∞,∞).(−∞,∞). Назовите его E . Используйте тождество lnxy=lnx+lnylnxy=lnx+lny, чтобы вывести, что E(a+b)=E(a)E(b)E(a+b)=E(a)E(b) для любых действительных чисел а , б .

387.

Предположим на данный момент, что мы не знаем, что exex является обратной функцией lnx,lnx, но имейте в виду, что lnxlnx имеет обратную функцию, определенную на (−∞,∞).(−∞,∞). Назовите это Е . Покажите, что E'(t)=E(t).E'(t)=E(t).

388.

Синусоидальный интеграл, определяемый как S(x)=∫0xsinttdtS(x)=∫0xsinttdt, является важной величиной в технике. Хотя у него нет простой замкнутой формулы, можно оценить его поведение для больших x . Покажите, что для k≥1,|S(2πk)−S(2π(k+1))|≤1k(2k+1)π.k≥1,|S(2πk)−S(2π(k+1) )|≤1k(2k+1)π.(Подсказка:sin(t+π)=−sint)(Подсказка:sin(t+π)=−sint)

389.

[T] Нормальное распределение вероятности определяется выражением p(x)=1σ2πe−(x−μ)2/2σ2,p(x)=1σ2πe−(x−μ)2/2σ2, где σ — стандартное отклонение, а μ — среднее значение. Стандартное нормальное распределение по вероятности, ps,ps, соответствует µ=0 и σ=1.µ=0 и σ=1. Вычислить правые оценки конечной точки R10 и R100R10 и R100 для ∫−1112πe−x2/2dx.∫−1112πe−x2/2dx.

390.

[T] Вычислить правые оценки конечных точек R50 и R100R50 и R100 для ∫−35122πe−(x−1)2/8.∫−35122πe−(x−1)2/8.

интегралов экспоненциальных функций | Исчисление II

9{3}}.[/latex]

Показать решение

Посмотрите следующее видео, чтобы увидеть работающее решение вышеизложенного Попробуйте.

Скрытые субтитры и расшифровка информации для видео

Распространенная ошибка при работе с экспоненциальными выражениями заключается в том, что экспоненту в [latex]e[/latex] обрабатывают так же, как экспоненту в полиномиальном выражении. Мы не можем использовать правило степени для экспоненты [latex]e[/latex]. Это может быть особенно запутанным, когда у нас есть и экспоненты, и полиномы в одном и том же выражении, как в предыдущей контрольной точке. В этих случаях мы всегда должны перепроверять, чтобы убедиться, что мы используем правильные правила для интегрируемых функций. 9{4}}dx.[/latex]

Показать решение

Как упоминалось в начале этого раздела, экспоненциальные функции используются во многих реальных приложениях. Число e часто ассоциируется с составным или ускоряющимся ростом, как мы видели в предыдущих разделах о производной. Хотя производная представляет собой скорость изменения или скорость роста, интеграл представляет собой общее изменение или общий рост. Давайте рассмотрим пример, в котором интеграция экспоненциальной функции решает обычное бизнес-приложение.

Функция цена-спрос говорит нам о соотношении между количеством требуемого продукта и ценой продукта. Как правило, цена снижается по мере увеличения объема спроса. Функция предельной цены-спроса является производной от функции цены-спроса и говорит нам, как быстро меняется цена при данном уровне производства. Эти функции используются в бизнесе для определения ценовой эластичности спроса и помогают компаниям определить, будет ли прибыльным изменение уровня производства. 9{-0.01x}.[/latex]

 

Если сеть супермаркетов продает 100 тюбиков в неделю, какую цену она должна установить?

Показать решение

Посмотрите следующее видео, чтобы увидеть рабочее решение примера: поиск уравнения цены и спроса.