7.7: Integrals yasiyofaa
- Tathmini muhimu juu ya muda usio.
- Tathmini muhimu juu ya muda uliofungwa na kuacha usio na mwisho ndani ya muda.
- Tumia theorem ya kulinganisha ili kuamua kama muhimu ya uhakika ni kubadilika.
Je, ni eneo kati ya grafu yaf(x)=1x nax -axis juu ya muda[1,+∞) finite au usio? Kama mkoa huu ni revolved kuhusux -axis, ni kiasi finite au usio? Kushangaa, eneo la kanda lililoelezwa ni lisilo na mwisho, lakini kiasi cha imara kilichopatikana kwa kuzunguka eneo hili kuhusux -axis ni ya mwisho.
Katika sehemu hii, sisi kufafanua integrals juu ya muda usio na pamoja na integrals ya kazi zenye discontinuity juu ya muda. Integrals ya aina hizi huitwa integrals zisizofaa. Tunachunguza mbinu kadhaa za kutathmini integrals zisizofaa, zote ambazo zinahusisha kuchukua mipaka.
Kuunganisha juu ya Muda usio na mwisho
Jinsi gani sisi kwenda kuhusu kufafanua muhimu ya aina∫+∞af(x)dx? Tunaweza kuunganisha∫taf(x)dx kwa thamani yoyote yat, hivyo ni busara kuangalia tabia ya muhimu hii kama sisi mbadala maadili kubwa yat. Kielelezo7.7.1 inaonyesha kwamba∫taf(x)dx inaweza kutafsiriwa kama eneo kwa ajili ya maadili mbalimbali yat. Kwa maneno mengine, tunaweza kufafanua muhimu yasiyofaa kama kikomo, kuchukuliwa kama moja ya mipaka ya ongezeko ushirikiano au itapungua bila amefungwa.

- Hebuf(x) uendelee juu ya muda wa fomu[a,+∞). Kisha∫+∞af(x)dx=limt→+∞∫taf(x)dx, zinazotolewa kikomo hiki ipo.
- Hebuf(x) uendelee juu ya muda wa fomu(−∞,b]. Kisha∫b−∞f(x)dx=limt→−∞∫btf(x)dx, zinazotolewa kikomo hiki ipo.
Katika kila kesi, ikiwa kikomo kipo, basi jambo lisilofaa linasemekana kugeuka. Ikiwa kikomo haipo, basi jambo lisilofaa linasemekana kugeuka.
- Hebuf(x) uendelee kuendelea(−∞,+∞). Kisha∫+∞−∞f(x)dx=∫0−∞f(x)dx+∫+∞0f(x)dx, zinazotolewa∫0−∞f(x)dx na∫+∞0f(x)dx wote wawili hujiunga. Ikiwa mojawapo ya integrals hizi mbili hutofautiana, basi∫+∞−∞f(x)dx hutofautiana. (Ni inaweza kuonyeshwa kwamba, kwa kweli,∫+∞−∞f(x)dx=∫a−∞f(x)dx+∫+∞af(x)dx kwa thamani yoyote ya.).
Katika mfano wetu wa kwanza, tunarudi swali tulilofanya mwanzoni mwa sehemu hii: Je, eneo kati ya grafu yaf(x)=1x nax -axis juu ya muda wa[1,+∞) mwisho au usio na mwisho?
Kuamua kama eneo kati ya grafu yaf(x)=1x nax -axis juu ya muda[1,+∞) ni ya mwisho au isiyo na mwisho.
Suluhisho
Sisi kwanza kufanya mchoro wa haraka wa kanda katika swali, kama inavyoonekana katika Kielelezo7.7.2.

Tunaweza kuona kwamba eneo la mkoa huu linatolewa na
A=∫∞11xdx.
ambayo inaweza kupimwa kwa kutumia Equation\ ref {improper1}:
A=∫∞11xdx=limt→+∞∫t11xdx=limt→+∞ln|x|∣t1=limt→+∞(ln|t|−ln1)=+∞.
Kwa kuwa sehemu isiyofaa inapungua kwa eneo+∞, la kanda haipatikani.
Pata kiasi cha imara iliyopatikana kwa kuzunguka eneo lililofungwa na grafu yaf(x)=1x nax -axis juu ya muda[1,+∞) kuhusux -axis.
Suluhisho
Imara inavyoonekana katika Kielelezo7.7.3. Kutumia njia ya disk, tunaona kwamba kiasiV ni
V=π\int ^{+∞}_1\frac{1}{x^2}\,dx. \nonumber

Kisha tuna
\ [Displaystyle\ kuanza {align*} V &=π\ int ^ {+Δ} _1\ frac {1} {x ^ 2}\, dx\\ [4pt]
&=π\ lim_ {t → +Δ}\ int ^t_1\ frac {1} {x^2}\, dx\ quad\\ maandishi {Andika upya kama kikomo.}\\ [4pt]
&=π\ lim_ {t → +δ}}}}} {x} {x} ^t_1\ quad\ maandishi {Pata antiderivative.}\\ [4pt]
&=π\ lim_ {t → +δ}\ kushoto (δ \ frac {1} {t} +1\ haki)\ quad\ Nakala {Tathmini antiderivative.}\\ [4pt]
&=π\ mwisho {align*}\]
muhimu yasiyofaa hujiunga naπ. Kwa hiyo, kiasi cha imara ya mapinduzi niπ.
Kwa kumalizia, ingawa eneo la kanda kati yax -axis na grafu yaf(x)=1/x zaidi ya muda[1,+∞) ni usio, kiasi cha imara kilichozalishwa na kinachozunguka eneo hili kuhusux -axis ni mwisho. imara yanayotokana inajulikana kama Gabriel ya Pembe.
Kumbuka: Pembe ya Gabriel (pia inaitwa tarumbeta ya Torricelli) ni kielelezo cha kijiometri ambacho kina eneo la uso usio na kipimo, lakini kiasi cha mwisho. Jina linamaanisha mapokeo ya kumtambulisha Malaika Mkuu Gabrieli kama malaika anayepiga pembe kutangaza Siku ya Hukumu, akihusisha Mungu, au usio na kipimo, na mwisho. Mali za takwimu hii zilijifunza kwanza na mwanafizikia wa Italia na mwanahisabati Evangelista Torricelli katika karne ya 17.
Tuseme kwamba katika makutano ya busy, ajali za trafiki hutokea kwa kiwango cha wastani cha moja kila baada ya miezi mitatu. Baada ya wakazi kulalamika, mabadiliko yalifanywa kwa taa za trafiki katika makutano. Kwa sasa imekuwa miezi minane tangu mabadiliko yalifanywa na hakukuwa na ajali. Je, mabadiliko yamefanikiwa au ni muda wa miezi 8 bila ajali matokeo ya nafasi?

Nadharia ya uwezekano inatuambia kwamba ikiwa muda wa wastani kati ya matukio nikX, uwezekano kwamba, wakati kati ya matukio, ni katia nab hutolewa na
(P(a≤x≤b)=\int ^b_af(x)\,dx \nonumber
wapi
f(x)=\begin{cases}0, \text{if}\;x<0\\ke^{−kx}, \text{if}\;x≥0\end{cases}. \nonumber
Hivyo, ikiwa ajali hutokea kwa kiwango cha moja kila baada ya miezi 3, basi uwezekano kwambaX, wakati kati ya ajali, ni katia nab hutolewa na
P(a≤x≤b)=\int ^b_af(x)\,dx \nonumber
wapif(x)=\begin{cases}0, \text{if}\;x<0\\3e^{−3x}, \text{if}\;x≥0\end{cases}. \nonumber
Ili kujibu swali, tunapaswa kuhesabu\displaystyle P(X≥8)=\int ^{+∞}_83e^{−3x}\,dx na kuamua kama inawezekana kwamba miezi 8 ingeweza kupita bila ajali ikiwa hakukuwa na uboreshaji katika hali ya trafiki.
Suluhisho
Tunahitaji kuhesabu uwezekano kama muhimu isiyofaa:
\ (\ displaystyle\ kuanza {align*} P (X≥ 8) =\ int ^ {+Δ} _83e^ {-3x}\, dx\\ [4pt]
=\ lim_ {t → +Δ}\ int ^t_83e^ {-3x}\, dx\\ [4pt]
=\ lim_ {t→ +Δ} -e ^ {-3x}\ x} ^t_8\\ [4pt]
=\ lim_ {t→ +δ} (-e ^ {-3t} +e^ {-24})\\ [4pt]
≈ 3.8×10^ {-11}. \ mwisho {align*}\)
Thamani3.8×10^{−11} inawakilisha uwezekano wa ajali hakuna katika miezi 8 chini ya hali ya awali. Kwa kuwa thamani hii ni ndogo sana, ni busara kuhitimisha mabadiliko yalikuwa yenye ufanisi.
Tathmini\displaystyle \int ^0_{−∞}\frac{1}{x^2+4}\,dx. State kama yasiyofaa muhimu converges au diverges.
Suluhisho
Anza kwa kuandika upya\displaystyle \int ^0_{−∞}\frac{1}{x^2+4}\,dx kama kikomo kwa kutumia Equation\ ref {improper2} kutoka ufafanuzi. Hivyo,
\ [kuanza {align*}\ int ^0_ {δ}\ frac {1} {x ^ 2+4}\, dx &=\ lim_ {t → ≈}\ int ^0_t\ frac {1} {x ^ 2+4}\, dx\ quad\\ maandishi {Andika upya kama kikomo.}\\ [4pt]
&=\ lim_ {t → 1963}\ frac {1} {2}\ tan^ {-1}\ Frac {x} {2} ^0_t\ quad\ maandishi {Pata antiderivative.}\ [4pt]
&=\ lim_ {t → —Δ}\ kushoto (\ frac {1} {2}\ tan^ {1}} 0\ frac {1} {2}\ tan^ {-1}\ frac {t} {2}\ haki)\ quad\ maandishi {Tathmini antiderivative.}\\ [4pt]
&=\ Frac {π} {4}. \ quad\ maandishi {Tathmini kikomo na kurahisisha.} \ mwisho {align*}\]
Muhimu usiofaa hujiunga na\dfrac{π}{4}.
Tathmini\displaystyle \int ^{+∞}_{−∞}xe^x\,dx. State kama yasiyofaa muhimu converges au diverges.
Suluhisho
Anza kwa kugawanya muhimu:
\int ^{+∞}_{−∞}xe^x\,dx=\int ^0_{−∞}xe^x\,dx+\int ^{+∞}_0xe^x\,dx. \nonumber
Ikiwa ama\displaystyle \int ^0_{−∞}xe^x\,dx au\displaystyle \int ^{+∞}_0xe^x\,dx hupungua, basi\displaystyle \int ^{+∞}_{−∞}xe^x\,dx hupungua. Compute kila muhimu tofauti. Kwa maana ya kwanza,
\displaystyle \int ^0_{−∞}xe^x\,dx=\lim_{t→−∞}\int ^0_txe^x\,dxAndika upya kama kikomo.
=\lim_{t→−∞}(xe^x−e^x)∣^0_tMatumizi ya ushirikiano na sehemu ya kupata antiderivative. (Hapau=x nadv=e^x.)
=\lim_{t→−∞}(−1−te^t+e^t)Tathmini antiderivative.
=−1.
Tathmini kikomo. Kumbuka:\displaystyle \lim_{t→−∞}te^t ni indeterminate ya fomu0⋅∞ .Hivyo,\displaystyle \lim_{t→−∞}te^t=\lim_{t→−∞}\frac{t}{e^{−t}}=\lim_{t→−∞}\frac{−1}{e^{−t}}=\lim_{t→−∞}−e^t=0 kwa Utawala wa L'Hôpital.
Muhimu wa kwanza usiofaa hujiunga. Kwa maana ya pili,
\displaystyle \int ^{+∞}_0xe^x\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_0xe^x\,dxAndika upya kama kikomo.
=\lim_{t→+∞}(xe^x−e^x)∣^t_0Kupata antiderivative.
=\lim_{t→+∞}(te^t−e^t+1)Tathmini antiderivative.
=\lim_{t→+∞}((t−1)e^t+1)Andika upya. (te^t−e^tni indeterminate.)
=+∞.Tathmini kikomo.
Hivyo,\displaystyle \int ^{+∞}_0xe^x\,dx hutofautiana. Kwa kuwa hii muhimu\displaystyle \int ^{+∞}_{−∞}xe^x\,dx hutofautiana, hutofautiana pia.
Tathmini\displaystyle \int ^{+∞}_{−3}e^{−x}\,dx. State kama yasiyofaa muhimu converges au diverges.
- Kidokezo
-
\int ^{+∞}_{−3}e^{−x}\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_{−3}e^{−x}\,dx \nonumber
- Jibu
-
Ni hujiunga nae^3.
Kuunganisha Integrand Discontinuous
Sasa hebu tuchunguze integrals ya kazi zenye discontinuity usio na mwisho katika kipindi ambacho ushirikiano hutokea. Fikiria muhimu ya fomu\displaystyle \int ^b_af(x)\,dx, ambapof(x) ni kuendelea juu[a,b) na kuacha saab. Kwa kuwa kazif(x) ni kuendelea juu[a,t] ya maadili yote yat kuridhishaa \le t<b, muhimu\displaystyle \int ^t_af(x)\,dx hufafanuliwa kwa maadili yote hayo yat. Hivyo, ni busara kuzingatia maadili ya\displaystyle \int ^t_af(x)\,dx kamat mbinub zaa \le t<b. Hiyo ni, sisi kufafanua\displaystyle \int ^b_af(x)\,dx=\lim_{t→b^−}\int ^t_af(x)\,dx, mradi kikomo hiki ipo. Kielelezo\PageIndex{5} unaeleza\displaystyle \int ^t_af(x)\,dx kama maeneo ya mikoa kwa ajili ya maadili yat inakaribiab.

Tunatumia mbinu sawa na kufafanua\displaystyle \int ^b_af(x)\,dx, ambapof(x) ni kuendelea tena(a,b] na discontinuous katikaa. Sasa tunaendelea na ufafanuzi rasmi.
- Hebuf(x) uendelee kuendelea[a,b). Kisha,\int ^b_af(x)\,dx=\lim_{t→b^−}\int ^t_af(x)\,dx. \label{improperundefb}
- Hebuf(x) uendelee kuendelea(a,b]. Kisha,\int ^b_af(x)\,dx=\lim_{t→a^+}\int ^b_tf(x)\,dx. \label{improperundefa} Katika kila kesi, kama kikomo ipo, basi muhimu yasiyofaa inasemekana kugeuka. Ikiwa kikomo haipo, basi jambo lisilofaa linasemekana kugeuka.
- Kamaf(x) ni kuendelea juu[a,b] isipokuwa katika hatuac katika(a,b), kisha\int ^b_af(x)\,dx=\int ^c_af(x)\,dx+\int ^b_cf(x)\,dx,\label{improperundefc} zinazotolewa wote\displaystyle \int ^c_af(x)\,dx na\displaystyle \int ^b_cf(x)\,dx kugeuza. Ikiwa mojawapo ya integrals haya\displaystyle \int ^b_af(x)\,dx yanatofautiana, basi hupungua.
Mifano zifuatazo zinaonyesha matumizi ya ufafanuzi huu.
Tathmini\displaystyle \int ^4_0\frac{1}{\sqrt{4−x}}\,dx, ikiwa inawezekana. Hali kama muhimu hujiunga au hutofautiana.
Suluhisho
kazif(x)=\dfrac{1}{\sqrt{4−x}} ni kuendelea juu[0,4) na discontinuous saa 4. Kutumia Equation\ ref {improperundefb} kutoka kwa ufafanuzi, uandike upya\displaystyle \int ^4_0\frac{1}{\sqrt{4−x}}\,dx kama kikomo:
\ (\ displaystyle\ kuanza {align*}\ int ^4_0\ frac {1} {\ sqrt {4,1x}}\, dx &=\ lim_ {t→ 4 ^}\ int ^t_0\ frac {1} {\ sqrt {4,1x}}\, dx\ quad\\ maandishi {Andika upya kama kikomo.}\\ [4pt]
&=\ lim_ {t→ 4 ^} (-1 2\ sqrt {4,1x}) ^t_0\ quad\ maandishi {Pata antiderivative.}\\ [4pt]
&=\ lim_ {t → 4 ^}} (—2\ sqrt {4,1t} +4)\ quad\ Nakala {Tathmini antiderivative.}\\ [4pt]
&=4. \ quad\ maandishi {Tathmini kikomo.} \ mwisho {align*}\)
Muhimu usiofaa hujiunga.
Tathmini\displaystyle \int ^2_0x\ln x\,dx. State kama converges muhimu au diverges.
Suluhisho
Kwa kuwaf(x)=x\ln x ni kuendelea tena(0,2] na ni discontinuous katika sifuri, tunaweza kuandika upya muhimu katika fomu kikomo kwa kutumia Equation\ ref {improperundefa}:
\ (\ displaystyle\ kuanza {align*}\ int ^2_0x\ ln x\, dx &=\ lim_ {t → 0 ^ +}\ int ^2_tx\ ln x\, dx\ quad\ maandishi {Andika upya kama kikomo.}\\ [4pt]
&=\ lim_ {t → 0 ^ +} (\ frac {1} {2} x ^ 2]\ ln x\ frac {1} {4} x ^ 2) ^ 2_t\ quad\ maandishi {Tathmini}\;\ int x\ ln x\, dx\;\ maandishi {kutumia ushirikiano na sehemu na}\; u=\ ln x\;\ maandishi {na}\; dv=x. \\ [4pt]
&=\ lim_ {t→ 0 ^+} (2\ ln 2,1-1-\ frac {1} {2} t^2\ ln t+\ frac {1} {4} t ^ 2). \ quad\ maandishi {Tathmini antiderivative.}\\ [4pt]
&=2\ ln 2,1-1. \ quad\ maandishi {Tathmini kikomo.} \ mwisho {align*}\)
Kwa hiyo
\displaystyle \lim_{t→0^+}t^2\ln t\;\text{is indeterminate.}
Ili kuitathmini, andika upya kama quotient na kutumia utawala wa L'Hôpital.
Muhimu usiofaa hujiunga.
Tathmini\displaystyle \int ^1_{−1}\frac{1}{x^3}\,dx. State kama yasiyofaa muhimu converges au diverges.
Suluhisho
Kwa kuwaf(x)=1/x^3 ni discontinuous katika sifuri, kwa kutumia Equation\ ref {improperundefc}, tunaweza kuandika
\int ^1_{−1}\frac{1}{x^3}\,dx=\int ^0_{−1}\frac{1}{x^3}\,dx+\int ^1_0\frac{1}{x^3}\,dx.\nonumber
Ikiwa mojawapo ya integrals mbili hutofautiana, basi sehemu ya awali inatofautiana. Anza na\displaystyle \int ^0_{−1}\frac{1}{x^3}\,dx:
\displaystyle \int ^0_{−1}\frac{1}{x^3}\,dx=\lim_{t→0^−}\int ^t_{−1}\frac{1}{x^3}\,dxAndika upya kama kikomo.
=\lim_{t→0^−}(−\frac{1}{2x^2})∣^t_{−1}Kupata antiderivative.
=\lim_{t→0^−}(−\frac{1}{2t^2}+\frac{1}{2})Tathmini antiderivative.
=+∞.Tathmini kikomo.
Kwa hiyo,\displaystyle \int ^0_{−1}\frac{1}{x^3}\,dx hutofautiana. Tangu\displaystyle \int ^0_{−1}\frac{1}{x^3}\,dx hutofautiana,\displaystyle \int ^1_{−1}\frac{1}{x^3}\,dx hutofautiana.
Tathmini\displaystyle \int ^2_0\frac{1}{x}\,dx. State kama converges muhimu au diverges.
- Kidokezo
-
Andika\displaystyle \int ^2_0\frac{1}{x}\,dx katika fomu ya kikomo kwa kutumia Equation\ ref {improperundefa}.
- Jibu
-
+∞, Ni diverges.
Theorem ya kulinganisha
Si rahisi kila wakati au hata inawezekana kutathmini muhimu isiyofaa moja kwa moja; hata hivyo, kwa kulinganisha na mwingine muhimu waliochaguliwa kwa makini, inaweza kuwa inawezekana kuamua muunganiko wake au tofauti. Ili kuona hili, fikiria kazi mbili zinazoendeleaf(x) nag(x) kuridhisha0≤f(x)≤g(x)x≥a (Kielelezo\PageIndex{6}). Katika kesi hii, tunaweza kuona integrals ya kazi hizi juu ya vipindi vya fomu[a,t] kama maeneo, hivyo tuna uhusiano
0≤\int ^t_af(x)\,dx≤\int ^t_ag(x)\,dx \nonumber
kwat≥a.

Hivyo, kama
\int ^{+∞}_af(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_af(x)\,dx=+∞, \nonumber
basi
\int ^{+∞}_ag(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_ag(x)\,dx=+∞ \nonumber
pia. Hiyo ni, ikiwa eneo la kanda kati ya grafu yaf(x) nax[a,+∞) -axis juu haipatikani, basi eneo la kanda kati ya grafu yag(x) nax[a,+∞) -axis juu haipatikani pia.
Kwa upande mwingine, kama
\int ^{+∞}_ag(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_ag(x)\,dx=L \nonumber
kwa idadi fulani halisiL, basi
\int ^{+∞}_af(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_af(x)\,dx \nonumber
lazima hujiunga na thamani ya baadhi ya chini au sawa naL, tangu\displaystyle \int ^t_af(x)\,dx kuongezeka kamat ongezeko na\displaystyle \int ^t_af(x)\,dx≤L kwa wotet≥a.
Ikiwa eneo la kanda kati ya grafu yag(x) nax -axis juu[a,+∞) ni ya mwisho, basi eneo la kanda kati ya grafu yaf(x) nax -axis juu pia[a,+∞) ni ya mwisho.
Hitimisho hizi ni muhtasari katika theorem ifuatayo.
Hebuf(x) nag(x) kuendelea juu ya[a,+∞). kudhani kwamba0≤f(x)≤g(x) kwax≥a.
- Kama\int ^{+∞}_af(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_af(x)\,dx=+∞, \nonumber basi\int ^{+∞}_ag(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_ag(x)\,dx=+∞. \nonumber
- IkiwaL ni\int ^{+∞}_ag(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_ag(x)\,dx=L, \nonumber wapi namba halisi, basi\int ^{+∞}_af(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_af(x)\,dx=M \nonumber kwa idadi halisiM≤L.
Tumia kulinganisha ili kuonyesha kwamba
\int ^{+∞}_1\frac{1}{xe^x}\,dx \nonumber
hukutana.
Suluhisho
Tunaweza kuona kwamba
0≤\frac{1}{xe^x}≤\frac{1}{e^x}=e^{−x}, \nonumber
hivyo kama\displaystyle \int ^{+∞}_1e^{−x}\,dx converges, basi hivyo\displaystyle \int ^{+∞}_1\frac{1}{xe^x}\,dx. Kutathmini\displaystyle \int ^{+∞}_1e^{−x}\,dx, kwanza kuandika upya kama kikomo:
\displaystyle \int ^{+∞}_1e^{−x}\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_1e^{−x}\,dx
=\lim_{t→+∞}(−e^{−x})∣^t_1
=\lim_{t→+∞}(−e^{−t}+e^{-1})
=e^{-1}.
Tangu\displaystyle \int ^{+∞}_1e^{−x}\,dx converges, hivyo haina\displaystyle \int ^{+∞}_1\frac{1}{xe^x}\,dx.
Tumia theorem ya kulinganisha ili kuonyesha kwamba\displaystyle \int ^{+∞}_1\frac{1}{x^p}\,dx hutofautiana kwa wotep<1.
Suluhisho
Kwap<1, 1/x≤1/(x^p) zaidi ya[1,+∞). Katika Mfano\PageIndex{1}, sisi ilionyesha kuwa\displaystyle \int ^{+∞}_1\frac{1}{x}\,dx=+∞. Kwa hiyo,\displaystyle \int ^{+∞}_1\frac{1}{x^p}\,dx diverges kwa ajili ya wotep<1.
Tumia kulinganisha ili kuonyesha kwamba\displaystyle \int ^{+∞}_e\frac{\ln x}{x}\,dx hupungua.
- Kidokezo
-
\frac{1}{x}≤\frac{\ln x}{x}juu[e,+∞)
- Jibu
-
Tangu\displaystyle \int ^{+∞}_e\frac{1}{x}\,dx=+∞,\displaystyle \int ^{+∞}_e\frac{\ln x}{x}\,dx hutofautiana.
Katika sura chache zilizopita, tumeangalia njia kadhaa za kutumia ushirikiano wa kutatua matatizo halisi ya ulimwengu. Kwa ajili ya mradi huu ujao, sisi ni kwenda kuchunguza maombi ya juu zaidi ya ushirikiano: mabadiliko muhimu. Hasa, tunaelezea kubadilisha Laplace na baadhi ya mali zake. Kubadilisha Laplace hutumiwa katika uhandisi na fizikia ili kurahisisha hesabu zinazohitajika ili kutatua matatizo fulani. Inachukua kazi zilizoelezwa kwa muda na kuzibadilisha kwa kazi zilizoelezwa kwa suala la mzunguko. Inageuka kuwa, mara nyingi, hesabu zinahitajika kutatua matatizo katika uwanja wa mzunguko ni rahisi zaidi kuliko yale yanayotakiwa wakati wa kikoa.
Kubadilisha Laplace hufafanuliwa kwa suala la muhimu kama
L{f(t)}=F(s)=\int ^∞_0e^{−st}f(t)dt. \nonumber
Kumbuka kuwa pembejeo ya kubadilisha Laplace ni kazi ya muda,f(t), na pato ni kazi ya mzunguko,F(s). Ingawa mifano mingi ya ulimwengu halisi inahitaji matumizi ya namba tata (inayohusisha idadi ya kufikirii=\sqrt{−1}), katika mradi huu tunajiweka kikomo kwa kazi za namba halisi.
Hebu tuanze na mfano rahisi. Hapa tunahesabu kubadilisha Laplace yaf(t)=t. Tuna
L{t}=\int ^∞_0te^{−st}dt. \nonumber
Hii ni muhimu yasiyofaa, hivyo sisi kueleza katika suala la kikomo, ambayo inatoa
L{t}=\int ^∞_0te^{−st}dt=\lim_{z→∞}\int ^z_0te^{−st}dt. \nonumber
Sasa tunatumia ushirikiano na sehemu ili kutathmini muhimu. Kumbuka kwamba sisi ni kuunganisha kwa heshima na t, hivyo sisi kutibu s variable kama mara kwa mara. Tuna
u=tdu=dtdv=e^{−st}dtv=−\frac{1}{s}e^{−st}.
Kisha sisi kupata
\begin{align*} \lim_{z→∞}\int ^z_0te^{−st}dt =\lim_{z→∞}[[−\frac{t}{s}e^{−st}]∣^z_0+\frac{1}{s}\int ^z_0e^{−st}dt] \\[4pt]\ =\lim_{z→∞}[[−\frac{z}{s}e^{−sz}+\frac{0}{s}e^{−0s}]+\frac{1}{s}\int ^z_0e^{−st}dt] \\[4pt]\ =\lim_{z→∞}[[−\frac{z}{s}e^{−sz}+0]−\frac{1}{s}[\frac{e^{−st}}{s}]∣^z_0] \\[4pt]\ =\lim_{z→∞}[[−\frac{z}{s}e^{−sz}]−\frac{1}{s^2}[e^{−sz}−1]] \\[4pt]\ =\lim_{z→∞}[−\frac{z}{se^{sz}}]−\lim_{z→∞}[\frac{1}{s^2e^{sz}}]+\lim_{z→∞}\frac{1}{s^2} \\[4pt]\ =0−0+\frac{1}{s^2} \\[4pt]\ =\frac{1}{s^2}. \end{align*}
- Tumia mabadiliko ya Laplace yaf(t)=1.
- Tumia mabadiliko ya Laplace yaf(t)=e^{−3t}.
- Mahesabu Laplace kubadilisha yaf(t)=t^2. (Kumbuka, utahitaji kuunganisha na sehemu mara mbili.)
Mabadiliko ya Laplace mara nyingi hutumiwa kutatua equations tofauti. Equations tofauti hazifunikwa kwa undani mpaka baadaye katika kitabu hiki; lakini, kwa sasa, hebu tuangalie uhusiano kati ya kubadilisha Laplace ya kazi na kubadilisha Laplace ya derivative yake.
Hebu tuanze na ufafanuzi wa kubadilisha Laplace. Tuna
L{f(t)}=\int ^∞_0e^{−st}f(t)dt=\lim_{z→∞}\int ^z_0e^{−st}f(t)dt. \nonumber
Tumia ushirikiano na sehemu ili kutathmini\displaystyle \lim_{z→∞}\int ^z_0e^{−st}f(t)dt. (Hebuu=f(t) nadv=e^{−st}dt.)
Baada ya kuunganisha na sehemu na kutathmini kikomo, unapaswa kuona kwamba
L{f(t)}=\frac{f(0)}{s}+\frac{1}{s}[L{f′(t)}]. \nonumber
Kisha,
L{f′(t)}=sL{f(t)}−f(0). \nonumber
Hivyo, tofauti katika uwanja wa wakati unasisitiza kuzidisha kwa s katika uwanja wa mzunguko.
Jambo la mwisho tunaloangalia katika mradi huu ni jinsi Laplace inabadilikaf(t) na antiderivative yake yanahusiana. Basig(t)=\int ^t_0f(u)du. basi,
L{g(t)}=\int ^∞_0e^{−st}g(t)dt=\lim_{z→∞}\int ^z_0e^{−st}g(t)dt. \nonumber
Tumia ushirikiano na sehemu ya kutathmini\displaystyle \lim_{z→∞}\int ^z_0e^{−st}g(t)dt. (Hebuu=g(t) nadv=e^{−st}dt. Kumbuka, kwa njia ambayo tumeelezeag(t), du=f(t)dt.)
Kama unaweza kutarajia, unapaswa kuona kwamba
L{g(t)}=\frac{1}{s}⋅L{f(t)}. \nonumber
Ushirikiano katika uwanja wa wakati unafungua kwa mgawanyiko nas katika uwanja wa mzunguko.
Dhana muhimu
- Integrals ya kazi juu ya vipindi usio na kipimo hufafanuliwa kwa suala la mipaka.
- Integrals ya kazi juu ya muda ambayo kazi ina discontinuity katika mwisho inaweza kuelezwa katika suala la mipaka.
- Kuunganishwa au tofauti ya muhimu isiyofaa inaweza kuamua kwa kulinganisha na thamani ya muhimu isiyofaa ambayo muunganiko au tofauti hujulikana.
Mlinganyo muhimu
- Integrals yasiyofaa
\displaystyle \int ^{+∞}_af(x)\,dx=\lim_{t→+∞}\int ^t_af(x)\,dx
\displaystyle \int ^b_{−∞}f(x)\,dx=\lim_{t→−∞}\int ^b_tf(x)\,dx
\displaystyle \int ^{+∞}_{−∞}f(x)\,dx=\int ^0_{−∞}f(x)\,dx+\int ^{+∞}_0f(x)\,dx
faharasa
- yasiyofaa muhimu
- muhimu juu ya muda usio na kipimo au muhimu ya kazi iliyo na kutokuwepo kwa usio juu ya muda; muhimu isiyofaa inaelezwa kwa suala la kikomo. Muhimu usiofaa hujiunga ikiwa kikomo hiki ni nambari halisi ya mwisho; vinginevyo, sehemu isiyofaa inatofautiana