同济大学第六版高等数学上下册课后习题答案5-7

2024年4月1日发(作者：南平三模2021数学试卷)

同济大学第六版高等数学上下册课后习题答案5-7

1 判别下列各反常积分的收敛性 如果收敛 计算反常积分的值



dx

(1)





4

1

x

解 因为



dx1

3



1

3

11



xlim(x)



1

1

x

3333

x

4

所以反常积分



(2)



1





1



dx1

dx

收敛 且



1

x

4



3



x

4

dx

x





解 因为



1



dx

x

2x



1

lim2x2

 所以反常积分



1

x



dx

x

发散

(3)



0

e

ax

dx

(a0)

解 因为



ax

1

ax

edxe

0

a





0

111

lim(e

ax

)



x

aaa





1

所以反常积分



0

e

ax

dx

收敛 且



e

ax

dx



0

a

(4)



0

e

pt

chtdt

(p1)

解 因为



pt

1



(1p)t

echtdt[e

0

2

0





11

(1p)t

1

(1p)t

e

(1p)t

]dt[ee]

21p1p





0



p

p

2

1



所以反常积分



0

e

pt

chtdt

收敛 且



e

pt

chtdt

0

(5)



0

e

pt

sin



tdt

(p0



0)

解





p

p1

2







0

e

pt

sin



tdt

1



0







0

e

pt

dcos



t







1

e

pt

cos



t

1



cos



t(pe

pt

)dt

1



p



0



2

0





e

pt

dsin



t

0

1

p



2

e

pt

sin



t



0







2



0

p



p

2



pt

1

sin



t(pe)dt



2



esin



tdt



pt



所以

(6)









0

e

pt

sin



tdt



pw

22



dx





2

x2x2



dxdx

解



arctan(x1)





2

x2x2



1(x1)

2









()





22



(7)



0

1

x

1x

2

dx



解 这是无界函数的反常积分 x1是被积函数的瑕点

2



0

1

x

1x

2

dx1x

2

1

0

lim



(1x

2

)11



x1

(8)



0

dx



(1x)

2

解 这是无界函数的反常积分 x1是被积函数的瑕点 因为

2

dx

12

dxdx



0







222

01

(1x)(1x)(1x)

1

dx1

1

1

而



0

lim1



(1x)

2

1x

0

x1



1x

所以反常积分



0

(9)

2

dx

发散

(1x)

2



2

xdx

x1

1



解 这是无界函数的反常积分 x1是被积函数的瑕点



1

2

xdx

3

2





1

(x1)dx[(x1)

2

2x1]

3

x1x1

2

1

2

1

3

822

lim



[(x1)

2

2x1]2



3

x1

33

(10)



1

e

dx

x1(lnx)

2



解 这是无界函数的反常积分 xe是被积函数的瑕点



1

e

dx

x1(lnx)

2





1

e

1

1(lnx)

2

dlnxarcsin(lnx)

e

1

lim



arcsin(lnx)

xe



2



2 当k为何值时 反常积分



0



dx

收敛? 当k为何值时 这反常积分发散? 又当k

k

x(lnx)



2

为何值时 这反常积分取得最小值?



dx11

k1

解 当k1时



2

dlnx(lnx)



1k

x(lnx)

k

2

(lnx)

k





1dx

当k1时



2

dlnxln(lnx)





2

x(lnx)

k

2

lnx

当k1时





2

(lnx)



dxdx

因此当k1时 反常积分



0

收敛 当k 1时 反常积分发散



kk

0

x(lnx)x(lnx)



dx1

1k

当k1时 令

f(k)



0

 则

(ln2)

x(lnx)

k

k1



2



dx

x(lnx)

k





2



1

dlnx

k

1

(lnx)

k1

1k





1

(ln2)

1k



k1

f



(k)

1

(k1)

2

(ln2)

1k

(ln2)

1k

lnln2

11

1k

(ln2)lnln2(k1)



k1lnln2

(k1)

2

令f (k)0得唯一驻点

k1

因为当

1k1

1



lnln2

111

时f (k)0 当

k1

时f (k)0 所以

k1

为极小值

lnln2lnln2lnln2

1

时 这反常积分取得最小值

lnln2



点 同时也是最小值点 即当

k1

3 利用递推公式计算反常积分

I

n





0

x

n

e

x

dx



解 因为

I

n





0

x

n

e

x

dx



0

x

n

de

x

x

n

e

x

所以 I

n

 n(n1)(n2)  2I

1



又因为

I

1





0

xe

x

dx



0

xde

x

xe

x

所以 I

n

 n(n1)(n2)  2I

1

n!





0





0

n



0

x

n1

e

x

dxnI

n1









0

e

x

dxe

x





0

1

