Analiza Matematyczna MAEW101
MAP1067
Wydział Elektroniki
Przykłady do Listy Zadań nr 10
Całka niewłaściwa.
Zastosowania całki oznaczonej w geometrii.
Opracowanie: dr hab. Agnieszka Jurlewicz
1
Analiza Matematyczna MAEW101
MAP1067
Wydział Elektroniki
Przykłady do Listy Zadań nr 10
Całka niewłaściwa.
Zastosowania całki oznaczonej w geometrii.
Opracowanie: dr hab. Agnieszka Jurlewicz
1
Przykłady do zadania 10.1:
Korzystając z definicji zbadać zbieżność podanych całek niewłaściwych pierwszego rodzaju
(a)
∞
Z
1
dx
x
2
+ 1
•
Z
dx
x
2
+ 1
= arctgx + C, C ∈
R
•
∞
Z
1
dx
x
2
+ 1
= lim
T →∞
T
Z
1
dx
x
2
+ 1
= lim
T →∞
(arctgT − arctg1) =
π
2
−
π
4
=
π
4
• Wniosek: badana całka jest zbieżna.
(b)
−9
Z
−∞
dx
3
√
x + 1
•
Z
dx
3
√
x + 1
=
(x + 1)
2/3
2/3
+ C, C ∈
R
•
−9
Z
−∞
dx
3
√
x + 1
= lim
T →−∞
−9
Z
T
dx
3
√
x + 1
= lim
T →−∞
(−9 + 1)
2/3
2/3
−
(T + 1)
2/3
2/3
!
= −6 − ∞ = −∞
• Wniosek: badana całka jest rozbieżna do −∞.
(c)
∞
Z
π
sin x dx
•
Z
sin x dx = − cos x + C, C ∈
R
•
∞
Z
π
sin x dx = lim
T →∞
T
Z
π
sin x dx = lim
T →∞
(− cos T + cos π)
- granica nie istnieje, bo dla T
0
n
= 2nπ → ∞ mamy − cos T
0
n
− 1 = −2 → −2,
a dla T
00
n
= π + 2nπ → ∞ mamy − cos T
00
n
− 1 = 0 → 0 6= −2.
• Wniosek: badana całka jest rozbieżna.
(d)
∞
Z
−∞
e
−2x
dx
•
Z
e
−2x
dx = −
e
−2x
2
+ C, C ∈
R
•
∞
Z
−∞
e
−2x
dx =
0
Z
−∞
e
−2x
dx +
∞
Z
0
e
−2x
dx = ∞ +
1
2
= ∞
Obliczenia pomocnicze:
•
0
Z
−∞
e
−2x
dx = lim
T →−∞
0
Z
T
e
−2x
dx = lim
T →−∞
−
1
2
+
e
−2T
2
!
= ∞
całka rozbieżna do ∞
•
∞
Z
0
e
−2x
dx = lim
T →∞
T
Z
0
e
−2x
dx = lim
T →∞
−
e
−2T
2
+
1
2
!
=
1
2
całka zbieżna
• Wniosek: badana całka jest rozbieżna do ∞.
2
Przykłady do zadania 10.2:
Korzystając z kryterium porównawczego lub ilorazowego zbadać zbieżność podanych całek niewła-
ściwych pierwszego rodzaju
(a)
∞
Z
4
√
x dx
x + 1
• hipoteza: całka rozbieżna do ∞, bo całkowana funkcja jest bliska
1
√
x
, p = 1/2 < 1
• 0 ¬ f (x) =
1
2
√
x
¬
√
x
x + 1
= g(x) dla x 4
• całka
∞
Z
4
f (x)dx =
1
2
∞
Z
4
dx
√
x
jest rozbieżna do ∞,
bo jest to całka typu
∞
Z
a
dx
x
p
(a > 0) z p =
1
2
< 1
• Wniosek: Z kryterium porównawczego badana całka jest także rozbieżna.
(b)
∞
Z
0
dx
e
x
+ x
• hipoteza: całka zbieżna, bo całkowana funkcja jest bliska
1
e
x
• 0 ¬ f (x) =
1
e
x
+ x
¬
1
e
x
= e
−x
= g(x) dla x 0
• całka
∞
Z
0
g(x)dx =
∞
Z
0
e
−x
dx = lim
T →∞
T
Z
0
e
−x
dx = lim
T →∞
(−e
−T
+ 1) = 1 jest zbieżna
• Wniosek: Z kryterium porównawczego badana całka jest także zbieżna.
3
(c)
∞
Z
3
x dx
3
√
x
6
− 10x
• f (x) =
x
3
√
x
6
− 10x
=
1
x
3
q
1 −
10
x
5
> 0 dla x 3
•
lim
x→
∞
f (x)
g(x)
= lim
x→∞
1
x
3
q
1−
10
x5
1
x
= lim
x→∞
1
3
q
1 −
10
x
5
= 1 = k > 0
(czyli g(x) =
1
x
)
•
∞
Z
3
g(x) dx =
∞
Z
3
dx
x
jest rozbieżna do ∞ (bo p = 1)
• Wniosek: Z kryterium ilorazowego badana całka także jest rozbieżna do ∞.
(d)
−π
Z
−∞
x dx
x
3
+ sin x
• f (x) =
x
x
3
+ sin x
> 0 dla x ¬ −π
(x < 0 oraz x
3
+ sin x ¬ x
3
+ 1 < −π
3
+ 1 < 0)
•
lim
x→ −∞
f (x)
g(x)
= lim
x→−∞
x
x
3
+sin x
g(x)
= lim
x→−∞
1
x
2
(1+
1
x3
sin x)
1
x
2
= lim
x→−∞
1
1 +
1
x
3
sin x
= 1 = k > 0,
bo 0 ¬
1
x
3
sin x
¬
1
|x|
3
i lim
x→−∞
1
|x|
3
= 0, więc z tw. o trzech funkcjach lim
x→−∞
1
x
3
sin x = 0
(czyli mamy g(x) =
1
x
2
)
•
−π
Z
−∞
g(x) dx =
−π
Z
−∞
dx
x
2
jest zbieżna (bo p = 2 > 1)
• Wniosek: Z kryterium ilorazowego badana całka także jest zbieżna.
4
Przykłady do zadania 10.3:
(a) Obliczyć pole obszaru D ograniczonego krzywymi y = x
2
− 6x + 7 i y = 3 − x.
Rozwiązanie:
Szukamy punktów wspólnych podanych krzywych:
x
2
− 6x + 7 = 3 − x
x
2
− 5x + 4 = 0
∆ = 25 − 16 = 9
x
1
=
5 − 3
2
= 1
x
2
=
5 + 3
2
= 4
Szkicujemy rysunek:
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
1
4
D
g(x)=3−x
d(x)=x
2
−6x+7
Zatem a = 1, b = 4, g(x) = 3 − x, d(x) = x
2
− 6x + 7
Obszar D = {(x, y) : 1 ¬ x ¬ 4, x
2
− 6x + 7 ¬ y ¬ 3 − x}
Obliczamy pole obszaru D:
|D| =
b
Z
a
(g(x)−d(x)) dx =
4
Z
1
((3−x)−(x
2
−6x+7)) dx =
4
Z
1
(−x
2
+5x−4) dx =
−
x
3
3
+ 5
x
2
2
− 4x
4
1
=
=
−
4
3
3
+ 5 ·
4
2
2
− 16
!
−
−
1
3
+ 5 ·
1
2
− 4
=
1 − 64
3
+ 15 · 2, 5 − 12 = −21 + 37, 5 − 12 = 4, 5
Odp. |D| = 4, 5 > 0
5
(b) Obliczyć pole obszaru D ograniczonego krzywymi x = 2 − y
2
i x = y
4
.
Rozwiązanie:
Szukamy punktów wspólnych podanych krzywych:
2 − y
2
= y
4
(y
2
)
2
+ y
2
− 2 = 0
t = y
2
t
2
+ t − 2 = 0
∆ = 1 + 8 = 9
t
1
=
−1 − 3
2
= −2 < 0
t
2
=
−1 + 3
2
= 1
y
2
= t
2
= 1
y
1
= −1
y
2
= 1
Szkicujemy rysunek:
−1
0
1
2
3
−2
−1
0
1
2
x
y
D
p(y)=2−y
2
l(y)=y
4
−1
1
Zatem a = −1, b = 1, l(y) = y
4
, p(y) = 2 − y
2
Obszar D = {(x, y) : −1 ¬ y ¬ 1, y
4
¬ x ¬ 2 − y
2
}
Obliczamy pole obszaru D:
|D| =
b
Z
a
(p(y) − l(y)) dy =
1
Z
−1
((2 − y
2
) − y
4
) dy =
funkcja parzysta,
przedział całkowania
symetryczny względem 0
=
= 2
1
Z
0
(2 − y
2
− y
4
) dy = 2
2y −
y
3
3
−
y
5
5
1
0
= 2
2 −
1
3
−
1
5
=
44
15
Odp.|D| =
44
15
> 0
6
Przykład do zadania 10.4:
Obliczyć długość krzywej Γ : y = chx, 0 ¬ x ¬ 1.
Rozwiązanie:
a = 0, b = 1, f (x) = chx, f
0
(x) = shx - ciągła na [0, 1].
Długość krzywej Γ wynosi:
|Γ| =
b
Z
a
q
1 + (f
0
(x))
2
dx =
1
Z
0
q
1 + sh
2
x dx =
1
Z
0
chx dx = shx
1
0
= sh1 − sh0 =
e − e
−1
2
(Skorzystaliśmy z faktu, że ch
2
x − sh
2
x = 1 oraz chx 0 dla każdego x.)
Odp. |Γ| =
e − e
−1
2
> 0
Przykłady do zadania 10.5:
(a) Obliczyć objętość bryły V
1
powstałej przez obrót figury D : 0 ¬ x ¬ 1, 0 ¬ y ¬
√
x e
−x
wokół osi Ox.
Rozwiązanie:
a = 0, b = 1, f (x) =
√
x e
−x
jest nieujemna i ciągła na [0, 1].
Zatem objętość bryły V
1
równa jest:
|V
1
| = π
b
Z
a
f
2
(x) dx = π
1
Z
0
(
√
x e
−x
)
2
dx = π
1
Z
0
xe
−2x
dx =
f = x
g
0
= e
−2x
f
0
= 1 g =
R
e
−2x
dx =
e
−2x
−2
=
= π
−
1
2
xe
−2x
1
0
+
1
2
Z
1
0
e
−2x
dx
=
π
2
−e
−2
+
e
−2x
−2
1
0
=
π
2
−e
−2
−
e
−2
− 1
2
!
=
π(e
2
− 3)
4e
2
Odp. |V
1
| =
π(e
2
− 3)
4e
2
> 0
(b) Obliczyć objętość bryły V
2
powstałej przez obrót figury D : 0 ¬ x ¬ 2, 0 ¬ y ¬
√
2x − x
2
wokół osi Oy.
Rozwiązanie:
a = 0, b = 2, f (x) =
√
2x − x
2
=
q
(2 − x)x jest nieujemna i ciągła na [0, 2].
Zatem objętość bryły V
2
równa jest:
|V
2
| = 2π
b
Z
a
xf (x) dx = 2π
2
Z
0
x
√
2x − x
2
dx =
"
2x − x
2
= 1 − (x − 1)
2
x
√
2x − x
2
= (x − 1)
q
1 − (x − 1)
2
+
q
1 − (x − 1)
2
#
=
= 2π
2
Z
0
(x − 1)
q
1 − (x − 1)
2
dx +
2
Z
0
q
1 − (x − 1)
2
dx
=
y = x − 1
dy = dx
x
0 2
y −1 1
=
= 2π
1
Z
−1
y
q
1 − y
2
dy +
1
Z
−1
q
1 − y
2
dy
= 2π
0 +
π
2
= π
2
Obliczenia pomocnicze:
1
Z
−1
y
q
1 − y
2
dy = 0, gdyż całkujemy funkcję nieparzystą po przedziale symetrycznym wzgl. 0.
1
Z
−1
q
1 − y
2
dy =
1
2
π · 1
2
=
π
2
, gdyż wykresem funkcji f (y) =
√
1 − y
2
jest półokrąg o promie-
niu 1 i środku (0, 0), a całka to pole pod wykresem, czyli pole półkoła o promieniu 1.
Odp. |V
2
| = π
2
> 0
7
Przykłady do zadania 10.6:
(a) Obliczyć pole powierzchni Σ
1
powstałej przez obrót krzywej Γ : 1 ¬ x ¬ 2, y =
√
x
wokół osi Ox.
Rozwiązanie:
a = 1, b = 2, f (x) =
√
x, f
0
(x) =
1
2
√
x
jest ciągła na [1, 2].
Zatem pole powierzchni Σ
1
równe jest:
|Σ
1
| = 2π
b
Z
a
f (x)
q
1 + (f
0
(x))
2
dx = 2π
2
Z
1
√
x
s
1 +
1
4x
dx = π
2
Z
1
√
4x + 1 dx =
y = 4x + 1
dy = 4dx
x 1 2
y 5 9
=
=
π
4
9
Z
5
√
y dy =
π
4
y
3/2
3/2
9
5
=
π
6
(27 − 5
√
5)
Odp. |Σ
1
| =
π
6
(27 − 5
√
5) > 0
(b) Obliczyć pole powierzchni Σ
2
powstałej przez obrót krzywej Γ : 1 ¬ x ¬ 3, y = 2x − 1
wokół osi Oy.
Rozwiązanie:
a = 1, b = 3, f (x) = 2x − 1, f
0
(x) = 2 jest ciągła na [1, 3].
Zatem pole powierzchni Σ
2
równe jest:
|Σ
2
| = 2π
b
Z
a
x
q
1 + (f
0
(x))
2
dx = 2π
3
Z
1
x
√
1 + 4 dx = 2π
√
5
3
Z
1
x dx = π
√
5
x
2
3
1
=
= π
√
5 (9 − 1) = 8π
√
5
Odp. |Σ
2
| = 8π
√
5 > 0
8