3 replies to this topic

[caybutbixanh]

Đề bài: Tính $\int _{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}dx$

[chanhquocnghiem]

Đề bài: Tính $\int _{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}dx$

$I=\int _{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}\ dx=\int _0^{+\infty} \frac{1}{x^2-9}\ dx=\int_0^3 \frac{1}{x^2-9}\ dx+\int _3^{+\infty } \frac{1}{x^2-9}\ dx$

$\int_0^3 \frac{1}{x^2-9}\ dx=\lim_{\varepsilon \to0^+}\int_0^{3-\varepsilon }\frac{1}{6}\left ( \frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3} \right )dx$

$=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+}\left [ \ln(3-x)-\ln(3+x) \right ]\Bigg|_0^{3-\varepsilon }=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon\to0^+}\left [ \ln\varepsilon -\ln(6-\varepsilon ) \right ]$ (1)

$\int_3^{+\infty} \frac{1}{x^2-9}\ dx=\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\int_{3+\varepsilon }^a\frac{1}{6}\left ( \frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3} \right )dx$

$=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left [ \ln(x-3)-\ln(x+3) \right ]\Bigg|_{3+\varepsilon }^a=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left ( \ln\frac{a-3}{a+3}-\ln\varepsilon +\ln(6+\varepsilon ) \right )$ (2)

(1),(2) $\Rightarrow I=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left ( \ln\varepsilon -\ln(6-\varepsilon )+\ln\frac{a-3}{a+3}-\ln\varepsilon +\ln(6+\varepsilon ) \right )=0$.

[caybutbixanh]

$I=\int _{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}\ dx=\int _0^{+\infty} \frac{1}{x^2-9}\ dx=\int_0^3 \frac{1}{x^2-9}\ dx+\int _3^{+\infty } \frac{1}{x^2-9}\ dx$

$\int_0^3 \frac{1}{x^2-9}\ dx=\lim_{\varepsilon \to0^+}\int_0^{3-\varepsilon }\frac{1}{6}\left ( \frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3} \right )dx$

$=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+}\left [ \ln(3-x)-\ln(3+x) \right ]\Bigg|_0^{3-\varepsilon }=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon\to0^+}\left [ \ln\varepsilon -\ln(6-\varepsilon ) \right ]$ (1)

$\int_3^{+\infty} \frac{1}{x^2-9}\ dx=\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\int_{3+\varepsilon }^a\frac{1}{6}\left ( \frac{1}{x-3}-\frac{1}{x+3} \right )dx$

$=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left [ \ln(x-3)-\ln(x+3) \right ]\Bigg|_{3+\varepsilon }^a=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left ( \ln\frac{a-3}{a+3}-\ln\varepsilon +\ln(6+\varepsilon ) \right )$ (2)

(1),(2) $\Rightarrow I=\frac{1}{6}\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left ( \ln\varepsilon -\ln(6-\varepsilon )+\ln\frac{a-3}{a+3}-\ln\varepsilon +\ln(6+\varepsilon ) \right )=0$.

Cháu cám ơn chú nhiều.....cơ mà cháu có 2 thắc mắc:

1, Tại sao có thể chuyển được $\int_{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}dx=\int_0^{+\infty } \frac{1}{x^2-9}dx$

2,Vì sao có thể cộng hai giới hạn :(1) là giới hạn đơn thuần với (2) là giới hạn kép 2 biến....

[chanhquocnghiem]

Cháu cám ơn chú nhiều.....cơ mà cháu có 2 thắc mắc:

1, Tại sao có thể chuyển được $\int_{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}dx=\int_0^{+\infty } \frac{1}{x^2-9}dx$

2,Vì sao có thể cộng hai giới hạn :(1) là giới hạn đơn thuần với (2) là giới hạn kép 2 biến....

1) Hàm $y=\frac{1}{x^2-9}$ là hàm chẵn, do đó $\int_{-\infty }^0 \frac{1}{x^2-9}dx=\int_0^{+\infty } \frac{1}{x^2-9}dx$

    Tổng quát, nếu $y=f(x)$ là hàm chẵn thì $\int_{-\infty }^{-a} f(x)dx=\int_a^{+\infty } f(x)dx$ ($a\in\mathbb{R}$)

 

2) Bỏ qua hệ số $\frac{1}{6}$, giới hạn thứ nhất có thể viết thành :

    $\lim_{\varepsilon \to0^+}\left [ \ln\varepsilon -\ln(6-\varepsilon ) \right ]=\lim_{\varepsilon \to0^+,a\to+\infty}\left [ \ln\varepsilon -\ln(6-\varepsilon ) \right ]$

    và như vậy, nó hoàn toàn có thể cộng với cái giới hạn thứ hai bên dưới.