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