Рубрика: Курсовая работа

Материалы к написанию курсовых работ

Несобственный интеграл на неограниченном промежутке

Пусть функция [latex]f(x)[/latex] определена в промежутке [latex][a,+ \infty),[/latex] т.е. для [latex]x \geq a[/latex], и интегрируема в любой конечной его части [latex][a,A],[/latex] так что интеграл [latex]\int_{a}^{A}f(x)dx[/latex] имеет смысл при любых [latex]A\geq a.[/latex]

Предел этого интеграла (конечный или бесконечный) при [latex]A \to +\infty[/latex] называют интегралом функции [latex]f(x)[/latex] от [latex]a[/latex] до [latex]+\infty[/latex] и обозначают символом $$\int\limits_{a}^{\infty}f(x)dx=\lim_{A \to +\infty}\int\limits_{a}^{A}f(x)dx(1)$$

В случае, если этот предел конечен, говорят, что интеграл [latex](1)[/latex] сходится, а функцию [latex]f(x)[/latex] называют интегрируемой в бесконечном промежутке [latex][a,+ \infty)[/latex]. Если же предел [latex](1)[/latex] бесконечен или вовсе не существует, то про интеграл говорят, что он расходится. В отличие от собственного интеграла, этот интеграл называются несобственным.

Спойлер

$$\int\limits_{0}^{\infty}\cos(x)dx=\lim_{b \to +\infty}\int\limits_{0}^{b}\cos(x)dx=\lim_{b \to +\infty}\sin(x)\mid_{0}^{b}=\lim_{b \to +\infty}(\sin(b)-\sin(0))=$$$$\lim_{b \to +\infty}\sin(b)$$ этого предела не существует, следовательно интеграл расходится.

[свернуть]

Спойлер

$$\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+6x+7}=\lim_{b \to +\infty}\int\limits_{0}^{b}\frac{d(x+3)}{(x+3)^2-2}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\lim_{b \to +\infty}\ln\bigg|\frac{x+3-\sqrt{2}}{x+3+\sqrt{2}}\bigg|\Bigg|_{0}^{b}=$$$$\frac{1}{2\sqrt{2}}\lim_{b \to +\infty}\bigg(\ln\Big|\frac{b+3-\sqrt{2}}{b+3+\sqrt{2}}\Big|-\ln\Big|\frac{3-\sqrt{2}}{3+\sqrt{2}}\Big|\bigg)=\frac{1}{2\sqrt{2}}\bigg[\ln1-\ln\Big|\frac{3-\sqrt{2}}{3+\sqrt{2}}\Big|\bigg]=$$$$\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\Big|\frac{3-\sqrt{2}}{3+\sqrt{2}}\Big|=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\frac{11+6\sqrt{2}}{7}$$ интеграл сходится.

[свернуть]

Аналогично интегралу с бесконечным верхним пределом определяется интеграл в пределах от [latex]-\infty[/latex] до $b:$ $$\int\limits_{-\infty}^{b}f(x)dx = \lim_{B \to -\infty}\int\limits_{B}^{b}f(x)dx$$

Спойлер

$$\int\limits_{-\infty}^{0}e^xdx=\lim_{b \to -\infty}\int\limits_{b}^{0}e^xdx=\lim_{b \to -\infty}e^x\mid_{b}^{0}=e^0-\lim_{b \to -\infty}(e^b)=e^0=1$$ этот интеграл сходится.

Так выглядит данная функция, цветом же выделена область интеграла

jaja3

[свернуть]

Несобственный интеграл на неограниченном промежутке

Тест на знание темы «Несобственный интеграл на неограниченном промежутке»

Литература:

Теоремы Вейерштрасса о непрерывных функциях на компактных множествах

Первая теорема Вейерштрасса

Пусть [latex]K[/latex] — компакт в [latex]\mathbb{R}^{n}[/latex] и функция [latex]f: K\rightarrow \mathbb{R}^{m}[/latex] непрерывна на [latex]K[/latex]. Тогда эта функция ограничена на [latex]K[/latex].

Доказательство

В силу непрерывности [latex]f[/latex], для любого [latex]x\in K[/latex] найдётся окрестность [latex]U_{x}[/latex], такая что функция [latex]f[/latex] ограничена на множестве [latex]U_{x}[/latex], то есть для каждого [latex]y\in K \cap U_{x}[/latex] справедливо неравенство [latex]\begin{Vmatrix} f(y) \end{Vmatrix}\leq M_{x}[/latex], где [latex]M_{x}[/latex] зависит от [latex]x[/latex]. Совокупность открытых шаров [latex]U_{x}[/latex] образует открытое покрытие компактного множества [latex]K[/latex]. В силу компактности, из него можно выделить конечное подпокрытие [latex]U_{x_{1}}, …, U_{x_{p}}[/latex]. Этим шарам соответствуют числа [latex]M_{x_{1}}, …, M_{x_{p}}[/latex]. На каждом и этих шаров функция [latex]f[/latex] ограничена этим числом. Пускай [latex]M=\max_{1\leq i\leq p}M_{x_{i}}[/latex]. Тогда для любого [latex]x\in K[/latex] получим, что [latex]\begin{Vmatrix} f(x) \end{Vmatrix}\leq M[/latex].

Пусть функция [latex]f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}[/latex] непрерывна на [latex]\left[a, b \right][/latex]. По первой теореме Вейерштрасса эта функция ограничена на [latex]\left[a, b \right][/latex].

Vey1

Вторая теорема Вейерштрасса

Пусть [latex]f: K\rightarrow \mathbb{R}[/latex] — действительная непрерывная функция на компакте [latex]K\subset \mathbb{R}^{n}[/latex]. Тогда на этом множестве функция [latex]f[/latex] достигает своей верхней и нижней границы, то есть существуют такие [latex]x^{‘}, x^{»}\in K[/latex], что

[latex]f(x^{‘})=\sup_{x\in E}f\left(x \right)[/latex], [latex]f(x^{»})=\inf_{x\in E}f\left(x \right)[/latex].

Доказательство

Пусть [latex]f: E\rightarrow \mathbb{R}[/latex], где [latex]E\subset \mathbb{R}^{n}[/latex]. Функция [latex]f[/latex] называется ограниченной сверху на множестве [latex]E[/latex], если существует такая постоянная [latex]M[/latex], то для всех [latex]x\in E[/latex] справедливо неравенство [latex]\begin{Vmatrix} f(x) \end{Vmatrix}\leq M[/latex]. Каждое такое число [latex]M[/latex] называется верхней границей функции [latex]f[/latex], а наименьшая из всех верхних границ называется точной верхней границей или верхней гранью функции [latex]f[/latex] и обозначается [latex]\sup_{x\in E}f\left(x \right)[/latex].

Пойдём от противного. Допустим, верхняя грань не достигается, то есть для каждого [latex]x\in K[/latex] справедливо неравенство [latex]f(x)<M[/latex], где [latex]M[/latex] — верхняя грань функции [latex]f[/latex] на [latex]K[/latex].

Рассмотрим функцию [latex]\varphi (x)=\frac{1}{M-f(x)}[/latex]. Эта функция положительна и непрерывна в каждой точке [latex]x\in K[/latex]. По ранее доказанной первой теореме Вейерштрасса она ограничена, то есть существует такое число [latex]\mu >0[/latex], что [latex]\varphi (x)\leq \mu [/latex] для любого [latex]x\in K[/latex]. Это означает, что [latex]\frac{1}{M-f(x)}\leq \mu[/latex], или, что то же самое, [latex]f(x)\leq M-\frac{1}{\mu}(x\in K)[/latex]. Следовательно, число [latex]M-\frac{1}{\mu}[/latex] является верхней границей для функции [latex]f[/latex]. Но так как [latex]\mu >0[/latex], то это противоречит тому, что [latex]M[/latex] является верхней гранью функции [latex]f[/latex], то есть наименьшей из всех верхних границ.

Аналогично теорема доказывается и для нижней грани.

Пусть функция [latex]f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}[/latex] непрерывна на [latex]\left[a, b \right][/latex]. Тогда на этом множестве функция [latex]f[/latex] достигает своей верхней и нижней граней [latex]M=f(x^{»})=\sup_{x\in E}f\left(x \right)[/latex], [latex]m=f(x^{‘})=\inf_{x\in E}f\left(x \right)[/latex].

Vey2

Пример

Пусть [latex]f(x,y)=x^{5}+y^{4}+2x^{3}y^{2}+1[/latex]. Будет ли [latex]f[/latex] ограничена на [latex]\left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right][/latex]?

Спойлер

[latex]\left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right][/latex] — компактное множество (оно замкнуто и ограничено). [latex]f(x,y)=x^{5}+y^{4}+2x^{3}y^{2}+1[/latex] — непрерывна как композиция непрерывных функций.

Следовательно, по первой теореме Вейерштрасса [latex]f[/latex] ограничена на [latex]\left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right][/latex].

[свернуть]
Литература

Тест на знание теорем Вейерштрасса о непрерывных функциях на компакте

Тест поможет понять, как хорошо вы усвоили приведённый выше материал.

Определение дифференцируемой функции

Дифференцируемость функции нескольких переменных
Если у Вас возникли трудности с понятием дифференцируемой функции в одномерном случае, то ознакомьтесь со статьей «Дифференцируемые функции и дифференциал».

Пусть действительная функция нескольких переменных [latex]f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R^m[/latex][latex](f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R)[/latex] определена в некоторой окрестности точки [latex]x\in R^n[/latex] и [latex]\Delta x=(\Delta x_{1}\dots\Delta x_{n})[/latex] — такой вектор независимых переменных, что точка [latex]x+\Delta x[/latex] тоже принадлежит этой окрестности. В этом случае определено полное приращение функции [latex]f[/latex]

[latex]\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)[/latex],

соответствующее приращение [latex]\Delta x[/latex] переменных в точке [latex]x[/latex]. Напомним, что

[latex]||\Delta x||=\sqrt{(\Delta x_{1})^2+\dots +(\Delta x_{n})^2}[/latex].

Определение. Функцию [latex]f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R[/latex], определенную в некоторой окрестности точки [latex]x[/latex], называют дифференцируемой в точке [latex]x[/latex], если ее полное приращение в окрестности этой точки можно представить в виде

[latex]\Delta f(x)=a_{1}\Delta x_{1}+a_{2}\Delta x_{2}+\dots +a_{n}\Delta x_{n}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|, \ \ \ (1)[/latex]

где коэффициенты [latex]a_{1},a_{2},\dots ,a_{n}[/latex] не зависят от приращений [latex]\Delta x[/latex], а функция [latex]\alpha(\Delta x)[/latex] является бесконечно малой при [latex]\Delta x\rightarrow 0[/latex].

Теорема (необходимое условие дифференцируемости). Если функция нескольких переменных дифференцируема в точке [latex]x[/latex], то у этой функции в точке [latex]x[/latex] существуют все частные производные [latex]f_{x_{i}}^{\prime}(x)[/latex], [latex]i=\overline{1,n} [/latex], причем коэффициенты [latex]a_{i}[/latex] в представлении (1) равны значениям соответствующих частных производных в точке [latex]x[/latex]:

[latex]a_{i}=f_{x_{i}}^{\prime}(x), i=\overline{1,n}[/latex].

Доказательство
Для дифференцируемой в точке [latex]x[/latex] функции [latex]f[/latex] представление (1) верно для любого приращения [latex]\Delta x[/latex] имеет вид

[latex]\Delta x=(0,\dots, 0 ,\Delta x_{i}, 0,\dots, 0)[/latex], [latex]\Delta x_{i}\neq0[/latex],
где номер [latex]i[/latex] выбран произвольным образом и зафиксирован. В этом случае [latex]||\Delta x||=|\Delta x_{i}|[/latex], соответствующее полное [latex]\Delta f(x)[/latex] функции [latex]f(x)[/latex] сводится к ее [latex]i-[/latex]му частному приращению [latex]\Delta_{i}f(x)[/latex], а равенство (1) принимает вид

[latex]\Delta f(x)=\Delta_{i}f(x)=a_{i}\Delta x_{i}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|[/latex].

Разделив последнее равенство на [latex]\Delta x_{i}[/latex] и перейдя к пределу при [latex]\Delta x_{i}\rightarrow 0[/latex], получим

[latex]\lim\limits_{\Delta x_{i}\rightarrow 0}{\frac{\Delta_{i}f(x)}{\Delta x_{i}}}=a_{i}+\lim\limits_{\Delta x_{i}\rightarrow 0}{(\alpha(\Delta x)\frac{|\Delta x_{i}|}{\Delta x_{i}})}=a_{i}[/latex],

поскольку функция [latex]\alpha(\Delta x)[/latex] бесконечно малая при [latex]\Delta x_{i}\rightarrow 0[/latex], а отношение [latex]\frac{|\Delta x_{i}|}{\Delta x_{i}}=\pm 1[/latex] ограничено, так что последний предел равен нулю. Следовательно, производная [latex]f_{x_{i}}^{\prime}(x)[/latex] в точке [latex] x[/latex] существует и равна [latex]a_{i}[/latex].
Следствие. Если функция нескольких переменных [latex]f:R^n\rightarrow R[/latex] дифференцируема в точке [latex]x[/latex], то ее полное приращение [latex]\Delta f(x)[/latex] можно представить в виде

[latex]\Delta f(x)=f_{x_{1}}^{\prime}(x)\Delta x_{i}+\dots +f_{x_{n}}^{\prime}(x)\Delta x_{n}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|[/latex],

где при [latex]\alpha(\Delta x)\rightarrow 0[/latex] [latex]\Delta x\rightarrow 0[/latex].

Литература

Тест: Определение дифференцируемой функции

Предлагаем пройти тесты и закрепить пройденный материал


Таблица лучших: Тест: Определение дифференцируемой функции

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Признак сравнения несобственных интегралов

Признак сравнения в форме неравенств

Теорема

Пусть функции $f$ и $g$ неотрицательны на $[a,b)$ и интегрируемы на каждом отрезке, содержащемся в $[a,b)$. Предположим, что $f(x)\leq g(x)$ для любого $x\in [a,b)$. Тогда:

  1. из сходимости интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ следует сходимость интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$;
  2. из расходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ следует расходимость интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$;
Спойлер
  1. Из $ 0\leq f(x) \leq g(x)$ следует, что $\int_{a}^{\xi}{f(x)dx}\leq \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}$ $(1)$, $\xi \in [a,b)$. Если сходится интеграл $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$, т.е. существует конечный $\lim_{\xi \rightarrow b-0} \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}=I_{2}$, где $I_{2}=sup_{a\leq\xi <b} \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}$, то из $(1)$ следует, что $\forall \xi \in [a,b)$ выполняется неравенство $\int_{a}^{\xi}{f(x)dx} \leq I_{2}$. Таким образом для неотрицательной функции $f(x)$ выполняется условие $\exists C: \forall \xi \in [a,b) \rightarrow \int_{a}^{\xi}{f(x)dx}\leq C$ (критерий сходимости интегралов от неотрицательных функций). Следовательно, интеграл $I_{2}$ сходится.
  2. Пусть $I_{1}$ расходится. Предположим, что  $I_{2}$ сходится, тогда по первому пункту сходится и $I_{1}$, что противоречит условию, следовательно $I_{2}$ тоже расходится.

[свернуть]

Спойлер

Сходится ли интеграл? $$I_{1}=\int\limits_{1}^{+\infty}{\frac{\cos^{4}3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}dx}$$

Так как $$0\leq \frac{\cos^{4}3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}\leq \frac{1}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}\leq \frac{1}{x^{6/5}}$$ при $x\geq 1$ $I_{2}=\int_{1}^{+\infty}{\frac{1}{x^{6/5}}dx} < \infty$ (сходится), т.к. $\alpha =\frac{6}{5}>1$. Тогда, если интеграл $I_{2}$ сходится, то из сходимости интеграла $I_{2}$ следует сходимость интеграла $I_{1}$.
Ответ: $I_{1}$ сходится.

[свернуть]

Признак сравнения в предельной форме

Теорема

Пусть функции $f(x) $ и $g(x) $ неотрицательны на $[a,b)$ и интегрируемы на каждом отрезке, содержащемся в $[a,b)$. Тогда, если для $\forall x \in [a,b)$ выполняются условие $f(x)\sim g(x)$ при $x\rightarrow b-0$  $(\lim_{x \rightarrow b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=1)$. Тогда интегралы $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ и $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ сходятся или расходятся одновременно (ведут себя одинаково).

Спойлер

Согласно условию $\lim\limits_{x \rightarrow b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=1:$ $$\forall \varepsilon >0 \exists \delta _{\varepsilon}>0: b-\delta <x<b \Rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right| < \varepsilon$$ или, что то же самое $$\forall \varepsilon >0 \exists \delta (\varepsilon)\in [a,b):\forall x \in[\delta (\varepsilon ),b) \rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right| < \varepsilon $$ Выберем $\varepsilon =\frac{1}{2}$, найдем $\delta (\frac{1}{2})=c$ такое, что $b-c<x<b$ $$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right|<\frac{1}{2} \Leftrightarrow -\frac{1}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}-1<\frac{1}{2}\Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \frac{1}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<\frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2}g(x)<f(x)<\frac{3}{2}g(x), \forall x \in [b-c,b]$$ Так как функции $f(x)$ и $g(x)$ не имеют особых точек на промежутке $[a,b)$, то интегралы $I_{1}$ и $I_{2}$ сходятся тогда и только тогда, когда сходятся интегралы соответственно от функций $f(x)$ и $g(x)$ на промежутке $[b-c,b)$. Если сходится интеграл $I_{2}$ (а значит и $\int_{b-c}^{b}{g(x)dx}$), то из равенства $f(x)<\frac{3}{2}g(x)$ по признаку сравнения в форме неравенств следует сходимость интеграла $\int_{b-c}^{b}{f(x)dx}$, а это равносильно сходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$. Аналогично, из $\frac{1}{2}g(x)<f(x)$ заключаем, что из сходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ следует сходимость интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$.
Если же один из интегралов расходится, например, $I_{1}$. Тогда предположим, что $I_{2}$ сходится, следовательно, по доказанному выше $I_{1}$ тоже должен сходиться, что противоречит условию, следовательно $I_{2}$ тоже расходится. Т.е. если один из интегралов расходится, то расходится и другой.

[свернуть]

Замечание

Если функция $f(x)$ интегрируема на отрезке $[a,\xi]$ при $\forall \xi \geq \alpha$ и если $f(x)\sim \frac{A}{x^{\alpha}}$ при $x\rightarrow +\infty$, где $A\neq 0$, то интеграл $\int_{\alpha }^{+\infty}{f(x)dx}$ сходится при $\alpha >1$ и расходится при  $\alpha \leq 1$.

Спойлер

Сходится ли интеграл? $$\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}dx}$$
$$\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}dx}=\left[\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}\sim \frac{x}{x^{2}}=\frac{1}{x} \right]$$ (можем заменить функцию эквивалентной т.к. $\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}\rightarrow 0$). Тогда интеграл $\int_{0}^{1}{\frac{dx}{x}}=\infty$ расходится (т.к. $\alpha =1$).
Ответ: интеграл расходится.

[свернуть]

Литература

Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

Этот тест покажет ваши знания по данной теме.

Таблица лучших: Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

максимум из 15 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Замена переменных

Пусть функция [latex]f(x)[/latex] определена и непрерывна на промежутке [latex][a,b)[/latex] и интегрируема в каждой части этого отрезка, не содержащей точки [latex]b[/latex], которая может быть и [latex]+\infty[/latex].

Рассмотрим теперь функцию [latex]x=\phi(t)[/latex], которая является монотонно возрастающей и непрерывной вместе со своей производной [latex]\phi'(t)[/latex] на промежутке [latex][\alpha,\beta)[/latex]. Допустим, что [latex]\phi(\alpha)=a[/latex] и [latex]\phi(\beta)=b[/latex]. Равенство [latex]\phi(\beta)=b[/latex] следует понимать как [latex]\lim_{t \to \beta}\phi(t)=b[/latex]. Если соблюдены все вышеперечисленные условия, то имеет место равенство:

$$\int\limits_{a}^{b}f(x)=\int\limits_{a}^{b}f(\phi(t))\phi'(t)dt$$

при условии, что один из этих интегралов сходится. Из существования одного из двух интегралов в равенстве вытекает существование второго. Второй интеграл будет либо собственным,либо несобственным с единственной особой точкой [latex]\beta[/latex].

Доказательство

Пусть теперь [latex]x_0[/latex] и [latex]t_0[/latex] будут произвольными, но соответствующими значениям [latex]x[/latex] и [latex]t[/latex] и их промежуткам [latex](a,b)[/latex] и [latex](\alpha, \beta)[/latex]. Тогда будем иметь:

$$\int\limits_{a}^{x_0}f(x)=\int\limits_{a}^{t_0}f(\phi(t))\phi'(t)dt$$

Если существует второй из интегралов, будем приближать произвольным образом [latex]x_0[/latex] к [latex]b[/latex], при этом [latex]t_0=\theta(x_0)[/latex] устремится к [latex]\beta[/latex], существование второго интеграла доказано. Данное рассуждение одинаково применимо и к монотонно убывающей функции.

Спойлер

$$I=\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x^2+1)^{3/2}}=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\frac{dt}{\cos^2(t)}}{(tg^2(t)+1)^{2/3}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(t)dt=\sin(t)|_{0}{\frac{\pi}{2}}=1$$
file

[свернуть]

Литература

Тест : Замена переменных

Тест на знание метода замены переменных в случае несобственных интегралов