Раздел IV. Определённый интеграл — § 4. Несобственные интегралы

Демидович — задача 2346

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Вычислить интегралы:

Задача 2346

∫0+∞e−axcos⁡bx dx\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-ax}\cos bx\,dx (a>0)(a>0).
Ответ:aa2+b2,a>0,b∈R\dfrac a{a^2+b^2},\qquad a>0,\quad b\in\mathbb R

Решение

При a>0a>0 модуль подынтегральной функции удовлетворяет оценке∣e−axcos⁡bx∣≤e−ax|e^{-ax}\cos bx|\le e^{-ax}Сравниваем с интегралом∫0+∞e−ax dx=lim⁡R→+∞[−e−axa]0R=1a\int_0^{+\infty}e^{-ax}\,dx
=\lim_{R\to+\infty}\left[-\dfrac{e^{-ax}}a\right]_0^R
=\dfrac1aПоэтому исходный интеграл сходится абсолютно при любом действительном bb. При дифференцировании произведений e−axcos⁡bxe^{-ax}\cos bx и e−axsin⁡bxe^{-ax}\sin bx снова получаются комбинации этих же двух произведений. Поэтому достаточно подобрать два постоянных коэффициента и искать первообразную в видеF(x)=e−ax(Acos⁡bx+Bsin⁡bx)F(x)=e^{-ax}(A\cos bx+B\sin bx)Дифференцирование даётF′(x)=e−ax((−aA+bB)cos⁡bx+(−bA−aB)sin⁡bx)F'(x)=e^{-ax}
\left((-aA+bB)\cos bx+(-bA-aB)\sin bx\right)Чтобы получить исходную функцию, приравниваем коэффициенты косинуса и синуса к 11 и 00:{−aA+bB=1−bA−aB=0\begin{cases}
-aA+bB=1\\
-bA-aB=0
\end{cases}Из второго уравнения, используя a>0a>0, выражаем B=−baAB=-\frac ba A и подставляем в первое:−aA−b2aA=1,−(a2+b2)A=a-aA-\dfrac{b^2}{a}A=1,\qquad
-(a^2+b^2)A=aСледовательно,A=−aa2+b2,B=−baA=ba2+b2A=-\dfrac a{a^2+b^2},\qquad
B=-\dfrac ba A=\dfrac b{a^2+b^2}Мы делили только на aa и a2+b2a^2+b^2, которые положительны. Поэтому вычисление допустимо и при b=0b=0. ПолучаемF(x)=e−ax(−acos⁡bx+bsin⁡bx)a2+b2F(x)=\dfrac{e^{-ax}(-a\cos bx+b\sin bx)}{a^2+b^2}При x→+∞x\to+\infty экспонента стремится к нулю, а тригонометрические множители ограничены. ПоэтомуI=lim⁡R→+∞(F(R)−F(0))=0+aa2+b2I=\lim_{R\to+\infty}(F(R)-F(0))
=0+\dfrac a{a^2+b^2}
Демидович № 2346 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика