Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
T(y)hộitụđềutrên[a,b]khit>0 T(y)hộitụđềutrên[a,b]khit>0
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
Tài liệu gồm16 trang , giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao
Môn: Giải tích 2(GT2101) 46 tài liệu
Trường: Trường Đại học Bách khoa, Đại học Đà Nẵng 1.7 K tài liệu
Tác giả:
Preview text:
TÍCH PHÂN SUY RỘNG PHỤ THUỘC THAM SỐ
1. Sự hội tụ đều của suy rộng phụ thuộc tham số và tiêu chuẩn Weierstrass
( Xét sự hội tụ đều của các tích phân sau)
ˆ+∞arctan(x2 + y + 1)
1. I(y) = dx e2x+y2 0
Hướng dẫn giải
arctan(x2 + y + 1) π +) Ta có:
∀(x, y) ∈ [0, +∞] × R e2x+y2 ≤ 2e2x ˆ ˆ + ∞ +∞ π π π +∞ π +) Mà dx = = 0 2e2x 2e2x −4e2x = hội tụ. 4 0 0
⇒ I(y) hội tụ đều theo tiêu chuẩn Weierstrass.
Vậy tích phân đã cho hội tụ đều ∀y ∈ R. ˆ+∞ sin xy
2. I(y) =
dx với 1 < y < +∞ x2 + y2 0
Hướng dẫn giải sin xy 1 +) Ta có: ≤ 1 <
∀(x, y) ∈ [0, ∞) × (1, +∞) x2 + y2 x2 + y2 x2 + 1 ˆ+∞ +∞ dx π Mà = arctan x hội tụ. = 2 x + 1 2 0 0
⇒ Theo định lý Weierstrass, I(y) hội tụ đều trên (1; +∞)
Vậy tích phân hội tụ đều với y ∈ (1; +∞) ˆ+∞ 3. I(y) =
xy · e−xdx với y ∈ [0; b] 0
Hướng dẫn giải +∞ 1 +∞ ˆ ˆ ˆ
+) Ta có: I(y) =
xy · e−xdx =
xy · e−xdx +
xy · e−xdx 0 0 1 ˆ1
+) Xét: I1(y) = xy · e−xdx ta thấy f (x, y) = xy · e−xdx liên tục [0, 1] × [0, b]. 0 ˆ1
⇒ xy · e−xdx xác định với mọi y ∈ [0, b]. 1 0 2 +∞ ˆ +) Xét: I2(y) =
xy · e−xdx 1 • y b xy xb
Với x ∈ [1, +∞] thì x ≤ x với y ∈ [0, b] ⇒ ≤
∀(x, y) ∈ [1, +∞] × [0, b]. (1) ex ex 1
• Xét hai hàm số g ta thấy g1(x) 1(x) = xb , g lim
= lim x2+b = 0. x 2(x) = 2 x x e x →+∞ g2(x) x→+∞ e ˆ+∞ 1 • Kết hợp với
dx = 0, và g x2
1(x) và g2(x) > 0, ∀x ∈ [1, +∞]. 1
ˆ+∞xb dx hội tụ theo tiểu chuẩn so sánh. (2) ⇒ ex 1 ˆ+ ∞ y −x Từ (1) và (2) =⇒
x · e dx hội tụ đều ∀y ∈ [0, b] theo tiêu chuẩn Weierstrass. 1
Vậy tích phân hội tụ đều ∀y ∈ [0, b]. ˆ+∞dx
4. I(y) =
với 1 < y < +∞ xy 1
Hướng dẫn giải ˆ +∞ dx 1 1 +∞ 1 +) Ta có: I(y) = = · = 1 xy 1 − y xy−1 y − 1 1 ˆ A dx 1 1 1 1 1 +) Xét: 1 I(y) − − ( · − ) · 1 xy = y − 1 1 − y Ay−1
1 − y = y − 1 Ay−1 ˆ A dx Muốn 1 1 I(y) − < ϵ thì
· 1 < ϵ. Khi đó A > y−1 = B(ϵ) 1 xy y − 1 Ay−1 ϵ(y − 1) +) Xét khi y → 1+: 1 y−1 1 · 1
— ln(ϵ(y−1)) ln +∞ lim B(ϵ) = lim
= lim ey−1 ϵ(y−1) = lim e y−1 = e = +∞ y→1+ y→1+ ϵ(y − 1) y→1+ y→1+
⇒ Không thể chọn hằng số A > B(ϵ) thỏa mãn yêu cầu của sự hội tụ đều.
Vậy tích phân không hội tụ đều với 1 < y < +∞. ˆ+∞ e−xy
5. I(y) =
dx với y > 0 x4 + y2 0
Hướng dẫn giải
+) Do y > 0 nên e−xy < 1 ∀ (x; y) ∈ (0; +∞) × (0; +∞) ta có: ˆ ˆ ˆ +∞ +∞ +∞ e−xy e−xy 1 1 dx dx = A x4 + y2 ≤ A
x4 + y2 dx ≤ A x4 3A3 3 … … 1 1 ˆ +∞
+) Như vậy, ta có thể chọn A > 3 sao cho e−xy ∀
ϵ > 0,∀ A > 3 thì dx 3ϵ 3ϵ < ϵ A x4 + y2
Vậy tích phân hội tụ đều trên (0; +∞). 4
2. Tính liên tục của tích phân suy rộng phụ thuộc tham số
(Tính các giới hạn sau) ˆ+∞cos (yx) 6. A = lim dx y→0 1 + x2 0
Hướng dẫn giải ï ò cos(yx) 1
+) Xét hàm số f (x, y) =
là hàm số liên tục trên [0; +∞) × − 1 ; (1) 1 + x2 2 2 ï ò cos(yx) 1 1 1 +) Ta có: .
= g(x), ∀(x, y) ∈ [0; +∞) × — ;
1 + x2 ≤ 1 + x2 2 2 ˆ+ ∞ ˆ+ ∞ 1 +∞ π Lại có: g(x)dx = = arctan x = hội tụ. 2 1 + x 0 2 0 0 ˆ+∞ ï ò cos(yx) 1 1 ⇒ I(y) =
dx hội tụ đều trên — ;
theo tiêu chuẩn Weierstrass (2) 1 + x2 2 2 0 ï ò +∞ ˆ cos(yx) 1 1
Từ (1) và (2) ⇒ I(y) =
dx liên tục trên — ;
⇒ I(y) liên tục tại y = 0. 1 + x2 2 2 0 ˆ+∞ ˆ+∞Å ã +∞ ˆ +) Khi đó: A = lim cos(yx) dx =
lim cos(yx) dx = 1 dx y→0 1 + x2 y→0 1 + x2 1 + x2 0 0 0 +∞ π = arctan x = . 0 2 ˆ +∞ 7. B = lim
e−yx2 dx y→1 0
Hướng dẫn giải ï ò 1
+) Xét hàm số f (x, y) = e−yx2 liên tục trên [0, +∞) × , 2 . 2 ï ò 1 1 1 (1) +) Ta có:
∀(x, y) ∈ [0, +∞) × , 2
eyx2 ≤ e 1 x2 2 2 ˆ∞ 1 2 Lại có: e− x 2 dx hội tụ. 0 ˆ ∞ ï ò 1 1
⇒ e−yx2 hội tụ đều trên − ;
theo tiêu chuẩn Weierstrass (2). 2 2 0 ï ò 1
Từ (1) và (2) suy ra I(y) là hàm số liên tục trên
, 2 ⇒ I(y) liên tục tại y = 1. 2 5 ∞ ˆ ∞ ˆ √
+) Khi đó: B = lim I(y) = I(1) = lim π
e−yx2 dx =
e−x2 dx = (Tích phân Gauss) y→1 y→1 2 0 0 ˆ +∞ 8. y3 C = lim e−ydy x→0 x2 + y2 0
Hướng dẫn giải ï ò y3e−y 1 1
+) Xét hàm số f (y, x) =
liên tục trên [0; +∞) × − ; (1) x2 + y2 2 2 ï ò y3e−y y3e−y 1 1
+) Ta có: f (y, x ) = x2 + y2 ≤
= ye−y = g(y) ∀y ∈ [0; +∞), x ∈ — ; y2 2 2 ˆ+ ∞ ˆ+ ∞ +∞ ˆ+ ∞ +∞ Lại có: g(y)dy =
ye−ydy = −ye−y — = 1 (∗) hội tụ.
(−e−y)dy = −e−y(y + 1) 0 0 0 0 0 ˆ ï ò +∞ y3 1 1 Vậy ta có: I(x) =
e−ydy hội tụ đều ∀x ∈ − ; (2) x2 + y2 2 2 0 ˆ ò +∞ ï y3 1 1
Từ (1) và (2) ⇒ I(x) = ⇒
e−ydy liên tục trên − ;
I(y) liên tục tại y = 1. x2 + y2 2 2 0 ˆ+ ∞ ˆ ã +∞Å +∞ ˆ 3 +) Khi đó: C = lim
y3 e−ydy = lim y e−y dy = ye−ydy x→0 x2 + y2
x→0 x2 + y2 0 0 0 Theo (∗) ⇒ C = 1 ˆ 1 x 2 9. x D = lim .e y2 dx y→0 y2 0
Hướng dẫn giải 1 ˆ ˆ Å ã 1 x 2 x 2 Ta có: x 1 x2 D = lim .e y2 dx = lim .e y2 d y→0 y2 y→0 2 y2 0 0 1 1 1 1 x 2 x=1 = lim .e y2 = lim .ey2 — y→0 2 x=0 y→0 2 2 = +∞ 6
3. Tính khả vi của tích phân suy rộng phụ thuộc tham số
(Tính các tích phân sau bằng phương pháp đạo hàm dưới dấu tích phân)
ˆ+∞e−ax2 − cos bx 10. I dx (a > 0) 1 = x2 0
Hướng dẫn giải ˆ +∞e−ax2 − ˆ cos bx 1 e−ax2 − ˆ cos bx
+∞e−ax2 − cos bx +) Ta có: I1 = dx = dx + dx = T x2 x2 x2 1 + T2 0 0 1 b2 · x2 (1 − ax2) − (1 − ) +) Xét giới hạn:
e−ax2 − cos bx b2 lim = lim 2 = a + . x→0 x2 x→0 x2 2
ˆ 1 e−ax2 − cos bx ⇒ T1 =
dx là tích phân xác định. x2 0
e−ax2 − cos bx với x = 0
+) Xét f (x; a) = x2 b2 a + với x = 0 2 • Với mỗi
e−ax2 — cos bx b2 a ∈ R :
lim f (x; a) = lim = a + = f (0; a) 2 x→0 x→0 x 2
⇒f (x; a) liên tục trên R. ⇒ f (x; a) liên tục trên R × R (1)
• f ′ (x; a) = −e−ax2 liên tục theo x trên R. ⇒ f ′ (x; a) liên tục trên R × R (2) a a
+) Xét T2 ta có:
e−ax2 − cos bx
e−ax2 + | cos bx| e−ax2 + 1 1 1 1 ≤ = + ∼ khi x → +∞ x2 ≤ x2 x2 eax2 · x2 x2 x2 ˆ +∞ ˆ +∞e−ax2 − 1 cos bx Vì hội tụ nên T dx hội tụ. (3) x2 2 hội tụ suy ra x2 1 0 +∞ ˆ ˆ +∞ ˆ 1 1 1 +) Ta có:
−e−ax2 dx = − dx − dx eax2 eax2 0 0 1 1 1 ˆ+∞ ˆ+ ∞ 1 1 Dễ thấy:
≤ khi x → +∞; mà dx hội tụ nên dx hội tụ đều. eax2 x2 x2 eax2 1 ˆ1 1 1 Mà
dx xác định, hội tụ eax2 0 ˆ+ ∞ Do đó f ′
a (x, a)dx hội tụ đều (4) 0
Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ I1(a) khả vi trên R. 7 ˆ +∞ ˆ +∞ ˆ+∞ √ √ √π ′ ′ − − ax2 1 ( ax)2 +) I − √ (Tích phân Gauss) 1(a) =
fa(x, a)dx = −e dx = √ e d( ax) = − a 2 a 0 0 0 √
⇒ I1(a) = − πa + C Mà: ˆ +∞ ˆ Å ã +∞1 − cos bx −1 I (1 cos bx)d 1(0) = dx = — x2 x 0 0 Å ã +∞ ˆ+∞ 1 1 bπ
= (1 − cos bx) · − +
· b · sin bxdx =
sgn(b) ( Tích phân Dirichlet ) x x 2 0 bπ 0 ⇒ C = sgn(b) 2 √ bπ
Vậy I (a) = − πa + sgn(b). 1 2 á ë −1 với x < 0
Định nghĩa hàm: sgn x = 0 với x = 0 1 với x > 0 ˆ+ ∞ 11. I2 =
e−ax2 cos bxdx. (a > 0) 0
Hướng dẫn giải
+) Ta thấy: f (x, b) = e−ax2 cos bx liên tục trên [0; +∞) × R (1) eax2 Do lim
= +∞ ⇒ ∃ε > 0 sao cho: eax2 > ax2, ∀x > ε x→+∞ ax2 +∞ ˆ ˆ ε +∞ ˆ
+) Xét sự hội tụ của I2 =
f (x, b)dx = f (x, b) +
f (x, b)dx = D1 + D2 0 0 ε ˆ ε • Dễ thấy: D1 =
f (x, b)dx là tích phân xác định. 0 +∞ ˆ • 1 1
Có: |e−ax2 cos bx| < ; dx hội tụ ax2 ax2 ε ˆ+ ∞ ⇒ D2 =
|e−ax2 cos bx|dx hội tụ tuyệt đối ⇒ I hội tụ 2 (2) ε ˆ+ ∞ Đặt I(b) =
e−ax2 cos bxdx 0
+) Ta có f ′(x; b) = −xe−ax2 sin bx liên tục trên [0; +∞) × R (3) b 8 +∞ ˆ
+) Xét sự hội tụ đều của f ′
b (x, b)dx 0 • Ta có: +∞ +∞ ˆ ˆ Å ã +∞ +∞ ˆ 1 b f ′ − · −
b (x, b)dx =
xe−ax2 sin bx =
e−ax2 sin bx
e−ax2 cos bxdx. 2a 2a 0 0 0 0 • Do |
sin bx| ≤ 1; lim e−ax2 = 0 x→ +∞ ˆ∞ ˆ+ ∞ b
⇒ lim e−ax2 sin bx = 0. ⇒
f ′(x; b)dx = −
e−ax2 cos bxdx x → +∞ b 2a 0 0 ax2 • Ta thấy: e
> 1 , ∀x > 0 . ˆ +∞ γ +∞ ˆ ˆ
b e−ax2 cos bxdx = b b
e−ax2 cos bxdx +
e−ax2 cos bxdx 2a 2a 2a 0 0 γ ˆ+∞ ˆ +∞ √ b cos bx b b π <
e−ax2 , ∀x > 0 và
e−ax2 dx hội tụ ( sử dụng kết quả:
e−x2 dx = ) 2a eax2 2a 2a 2 0 0 ˆ+ ∞ ⇒ I ′
2 hội tụ đều theo tiêu chuẩn Weierstrass ⇒
fb (x; b)dx hội tụ đều (4) 0
Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ I(b) khả vi trên R ˆ+ ∞ ˆ+ ∞ b −b
+) Khi đó ta có: I′(b) =
− xe−ax2 sin bxdx = −
e−ax2 cos bxdx = I(b) 2a 2a 0 0 I′(b) b ⇒ = − I(b) 2a 2 − ⇒ b ln |I(b)| = + C 1 4a − b2 ⇒
I(b) = C2 · e 4a . ˆ+ ∞
⇒ I(0) = C2 ⇒ C2 =
e−ax2 dx 0 +∞ ˆ √ • Ta có kết quả: π
e−x2 dx = (Tích phân Gauss). 2 0 9 ˆ∞ + √ √ √ 1 ⇒ ax)2 C = √ · e−( d( ax) = π √ . 2 a 2 a 0 √π −b2
⇒ I(b) = √ · e 4a 2 a √π −b2
Vậy: I(b) = √ · e 4a 2 a +∞
ˆ cos ax — cos bx 12. I3 = dx xex 0
Hướng dẫn giải
cos ax − cos bx với x ̸= 0
+) Xét g(x; a) = xex 0 với x = 0
• Với mỗi a ∈ R : − a + b a − b 2 sin( x) sin( x)
cos ax − cos bx
cos ax − cos bx
lim g(x; a) = lim = lim = lim 2 2 x→0 x→0 Å xex ã Å x→0 ã xex x→0 xex a + b −2 · x
a − b · x 2 2
−(a — b )x = lim 2 2 = lim = 0 = g(0; a) x→0 xex x→0 2ex
⇒ Với mỗi a ∈ R ta đều có g(x; a) liên tục trên R. ⇒ g(x; a) liên tục trên R × R (1). — sin ax với x ̸= 0 • Ta có g ′ ex
a (x; a) = 0 với x = 0 − sin ax
Dễ thấy được với ∀a ∈ R có lim
= 0 = g′ (0; a) ⇒ g′ (x; a) liên tục theo x trên R. x→0 ex a a
⇒ g ′ a(x; a) liên tục trên R × R (2) ˆ ˆ+∞ + ∞
cos ax − cos bx
+) Xét tính hội tụ của I3(a) =
g(x; a)dx = dx xex 0 0 ex x 2 • Vì lim
= +∞ nên tồn tại ε > 0 sao cho e x
> x , ∀x > ε →+∞ x 2 ˆε ˆ+∞
cos(ax) − cos(bx)
cos(ax) − cos(bx) ⇒ I3(a) = dx + dx = C xex xex 1 + C2 0 ε
cos ax − cos bx
C là tích phân xác định do lim = 0 (chứng minh trên) 1 x→0 xex 10 ˆ +∞cos(ax) − cos(bx) • Xét C2 = dx xex ε Khi đó ta có: ˆ+ ∞ ˆ+ ∞ ˆ+∞ ˆ+ ∞
cos(ax) − cos(bx) 2 2
cos(ax) − cos(bx) dx hội tụ C2 = dx < < xex xex dx hội tụ ⇒ x3 xex ε ε ε ε
⇒ C2 hội tụ ⇒ I3(a) hội tụ (3). ˆ + ∞ ˆ+∞ sin(ax)
+) Xét tính hội tụ đều của g ′ dx.
a (x; a)dx = − ex 0 0 +∞ +∞ ˆ ˆ • sin(ax) Xét D = g ′
a (x; a)dx = — dx. ex ε ε Ta có sin( ax) 1 < ex ex ˆ+∞ ˆ+∞ 1 sin(ax) Mà dx hội tụ nên
dx hội tụ đều theo tiêu chuẩn Weierstrass (4) — ex ex ε ε
Từ (1), (2), (3), (4) ta được I 3(a) khả vi và: ˆ +∞ + ∞ − ˆ s in(ax) I′ (a) = dx =
— sin(ax)e−xdx 3 ex 0 0 ˆ +∞ +∞
= (e−x sin(ax)) — a
e−x cos(ax)dx 0 0
Do | sin(ax)| ≤ 1, lim e−x = 0 nên lim e−x sin(ax) = 0 x→ +∞ x→+∞ ˆ+ ∞
⇒ I ′3 (a) = −a e−x cos(ax)dx Ñ 0 é ˆ+ ∞ − +∞
e−x cos(ax) = −a − 0 a
e−x sin(ax)dx . 0
= −a (1 + aI ′ 3 (a)) − ⇒ a I′ (a) = 3 a2 + 1 1 2 ⇒ 3
I (a) = − ln a + 1 + C 2 1
Ta có: I (b) = 0 ⇒ − 1 ln (b2 + 1) + C = 0 ⇒ C = ln (b2 + 1) 3 Å 2 ã 1 Å ã 2 1 b2 + 1 b2 + 1 ⇒ I3(a) = ln ⇒ I ln 2 a2 + 1 3 = 2 a2 + 1 1 Å ã
Vậy I = ln b2 + 1 3 2 a2 + 1 11 +∞
ˆ sin ax · c os bx 13. I4 = dx x 0
Hướng dẫn giải ˆ ˆ +∞ ∞
sin ax · cos bx
sin[(a + b)x] + sin[( — a b)x] +) Ta có: dx = dx x 2x 0 0 ∞ ˆ ˆ
sin[(a + b)x] ∞ sin[( — a b)x] = dx + dx 2x 2x 0 π π 0
= sgn(a + b) + sgn(a − b) (Tích phân Đirichlet) 4 4 Vậy I π π
= sgn(a + b) + sgn(a − b) 4 4 4 á ë −1 với x < 0
Định nghĩa hàm: sgn x = 0 với x = 0 1 với x > 0
Đọc thêm về tích phân Dirichlet Tại đây
ˆ+∞ln (1 + a2x2) 14. I dx 5 = 1 + x2 0
Hướng dẫn giải +∞ ˆ ˆ ˆ ln (1 + a2x2) 1 ln (1 + a2x2)
+∞ ln (1 + a2x2) I dx + 5 = dx = dx 1 + x2 1 + x2 1 1 + x2 0 0 ` ˛ ¸ x TP X Đ ln (1 + a2x2)
+) Nhận thấy f (x; a) =
liên tục trên [0; +∞) × [0; +∞) (1) 1 + x2
+) Xét tính hội tụ của I5. Ta có:
ln (1 + a2x2)1 + x2 ln (1 + a2x2) ln (1 + a2x2) lim − x 1 = lim x + x = lim 3 1 x → ∞ x 1 + →+∞ x 2 2 →+∞ 3 2 x 2 2a2x 2 3 L′ 4a x2 = lim 1+a2x2 1 2 = 0 x x− 1 = lim x 2 →+∞ →+∞ 1 + a x 2 2 ˆ+∞ ˆ+∞ 1 Mà dx hội tụ nên 3
f (x; a)dx hội tụ ⇒ I5 hội tụ (2). x2 1 1 2ax2 +) f ′ liên tục trên
a (x; a) = [0, +∞) × [0; +∞) (3)
(1 + x2) (1 + a2x2) 12 +∞ ˆ
+) Xét tính hội tụ đều của f ′
a (x; a)dx: 0 +∞ ˆ ˆ+∞ 1 ˆ ˆ+∞ 2ax2 2ax2 2ax2 f ′ dx = dx
a (x; a)dx = dx +
(1 + x2) (1 + a2x2)
(1 + x2) (1 + a2x2)
(1 + x2) (1 + a2x2) 0 0 0 1 ` ˛ ¸ x TP X Đ 2ax2 2ax2 2 Ta có = với x ≥ 1.
(1 + x2) (1 + a2x2) < x2 · a2x2 ax2 +∞ ˆ ˆ+∞ 2 Mà 2ax2 dx hội tụ nên
dx hội tụ đều theo tiêu chuẩn Weierstrass ax2
(1 + x2) (1 + a2x2) 1 1 ˆ+ ∞ ⇒ f ′
a (x; a)dx hội tụ đều (4) 0 ˆ +∞ 2ax2
Từ (1), (2), (3), (4) ta được I ′
5(a) khả vi và : I dx. 5 (a) = 0
(1 + x2) (1 + a2x2)
• Nếu a = 0 thì I ′ 5(0) = I (0) = 0 ˆ 5 +∞ • 2x2
Nếu a = 1 ⇒ I ′ 5 (a) = dx 0 (1 + x2)2 dx
Đặt x = tan t ⇒ 0 ≤ t ≤ π và = dt nên ta có : 2 1 + x2 ˆ π ˆ π 2 2 tan2 t 2 π I ′ 2 sin2 tdt = dt = 5 (1) = 0 1 + tan2 t 0 2
• Nếu a ̸= 0, a ̸= 1: Å ã ˆ +∞ 2a 1 1 I′ (a) = · − dx 5 0 a2 − 1 1 + x2 1 + a2x2 Å 2a 1 ã +∞ =
arctan x − arctan(ax) a2 − 1 a Å ã 0 2a π 1 π = − · a2 — 1 2 a 2 π = a + 1 π
+) Ta có: lim I′ (a) =
= I′ (1) ⇒ I′(a) liên tục trên (0, +∞) 5 5 a→1 2 π +) I′ 5 (a) =
, ∀a > 0 ⇒ I (a) = π ln(a + 1) + C với a > 0 a + 1 5
Mà I5(0) = 0 và I5(a) liên tục trên [0, +∞) × [0; +∞) ⇒
lim I5(a) = I5(0) ⇒ C = 0 a→0+
Vậy I5(a) = π ln (a + 1) , ∀a ≥ 0 13
4. Tính khả tích của tích phân suy rộng phụ thuộc tham số
(Tính các tích phân sau bằng phương pháp đổi thứ tự lấy tích phân)
ˆ+∞e−αx − e−βx 15. I dx. (α, β R+) 1 = ∈ x 0
Hướng dẫn giải ˆ β e ˆ+∞Å ã′ +) Ta thấy: −αx e− yx — y = α e−βx = = e−yx dy = e−yxdy x x x y = β y Ñ 0 α + β é ∞ ˆ ˆ Khi đó: I1 = e−yxdy dx. 0 α ˆ+ ∞
+) Xét tích phân suy rộng phụ thuộc tham số
e−yxdx với y ∈ [α; β] 0 Nhận thấy:
• f (x, y) = e−yx liên tục trên miền [0; +∞] × [α; β] ˆ +∞
• e−yx ≤ e−αx, mà
e−αxdx hội tụ với α > 0 ˆ 0 +∞ ⇒
e−yxdx hội tụ đều theo tiêu chuẩn Weierstrass. 0
+) Như vậy, ta có thể đổi thứ tự lấy tích phân: ˆ β ˆ +∞ ˆβ − ˆ β e−yx x=+∞! 1 β β I1 = dy e−yxdx = dy =
dy = ln |y| = ln . y y α α α 0 α x=0 α +∞
ˆ cos ax — cos bx 16. I2 = dx x 0
Hướng dẫn giải ˆ +∞ b +∞ ˆ cos ax − ˆ cos bx +) Ta có: I2 = dx = dx sin (xy)dy x 0 0 a ˆ+∞ ˆ ˆ ˆ +∞ b sin xy +∞sin xy +) Xét tích phân
cos ax − cos bx I = dx = dx
dy và T (y) = dx (t > 0) x · etx etx etx 0 0 a 0 Nhận thấy: sin xy • liên tục [0, ∞ + ] × [a, b] etx | ˆ+∞ sin xy| 1 1 • ≤ ;
dx hội tụ khi t > 0 etx etx etx 0 14
⇒ T (y) hội tụ đều trên [a, b] khi t > 0 ˆ b
Như vậy T (y) khả tích trên [a, b] và I = T (y)dy a +) Ta có: + ˆ ˆ ∞sin xy +∞ − e−tx T (y) = dx = d(cos xy) etx y 0 0 ˆ+∞ ˆ+∞ −tx +∞
— cos xy · e
−t · cos xy · e−tx 1
t · e−tx = + dx = − d(sin xy) y 0 y y y2 0 0 ˆ+∞ 1
t · sin xy · e−tx + ∞
−t2 · sin xy · e−tx 1 t2 = − + dx = − · T (y) y y2 y2 y y2 0 0 y
⇒ T (y) = y2 + t2 ˆb ˆb Å ã 1
d(y2 + t2) 1 b2 + t2 ⇒ I =
T (y)dy = = ln 2 y2 + t2 2 a2 + t2 a a Å ã 1 b2 + 02 Å ã b I2 = lim I = ln ⇒ t→0+ 2 a2 + 02 = ln a ˆ+∞ arctan x − arctan x 17. I a b 3 = dx a, b > 0 x 0 +) Ta thấy: a Ç å b ˆ
arctan x − arctan x arctan x y=a arctan x ′ ˆ 1 a b y y = = dy = dy x x x y=b x2 + y2 y Ñ é b a ˆ+∞ ˆb 1 Khi đó: I 3 = dy dx. x2 + y2 0 a ˆ+ ∞ 1
+) Xét tích phân suy rộng phụ thuộc tham số
dx với y ∈ [a, b] x2 + y2 0 Nhận thấy: 1 • f (x, y) =
liên tục trong miền [0; + ∞ ] ×
[a, b] (a, b > 0) x2 + y2 • 1 ≤ 1
∀x ∈ [0; +∞], ∀y ∈ [a, b] x2 + y2 x2 + a2 ˆ+ ∞ +∞ 1 1 x π Xét dx = arctan = (hội tụ) x2 + a2 a a 2a 0 0 +∞ ˆ 1
Do đó, theo tiêu chuẩn Weierstrass, ta có: dx hội tụ đều. x2 + y2 0 15
+) Như vậy, ta có thể đổi thứ tự lấy tích phân: x ˆ b b ˆ+ ∞ ˆ arctan + ∞ b 1 y ˆb π π π b I3 = dy dx = dy · = dy = ln |y| ln x2 + y2 y 2y 2 = 2 a a a 0 a 0 a 16
Tài liệu liên quan:
-
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng
17 9 -
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
14 7 -
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
16 8 -
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
16 8 -
Đề cương môn giải tích 2- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.
21 11