Question

Задание приложено...

Answer 1

Ответ:

$\boxed{ \boldsymbol{ \displaystyle \int\limits^{+\infty}_{1} {\frac{1}{x^{2}(1 + x)} } \, dx = 1 - \ln 2}}$

Примечание:

По таблице интегралов:

$\boxed{\int {\frac{dx}{x^{2} - a^{2}} } = \frac{1}{2a} \ln \bigg| \frac{x - a}{x + a} \bigg| + C }$

По свойствам интегралов:

$\boxed{ \displaystyle \int \sum\limits_{i=1}^n {C_{i}f_{i}(x)} \, dx = \sum\limits_{i=1}^nC_{i} \int {f_{i}(x)} \, dx}$

Пошаговое объяснение:

$\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{1} {\frac{1}{x^{2}(1 + x)} } \, dx$- несобственный интеграл 1 рода

Если существует предел существует конечный предел у несобственного интеграла, то данный интеграл является сходящимся.

Рассмотрим неопределенный интеграл  $\displaystyle \int {\frac{1}{x^{2}(1 + x)} } \, dx$.

$\displaystyle \int {\frac{1}{x^{2}(1 + x)} } \, dx = \int {\frac{x +1 - x}{x^{2}(x + 1)} } \, dx = \int \bigg( { \frac{x +1}{x^{2}(x + 1)} -\frac{x}{x^{2}(x + 1)} } \bigg)\, dx =$

$\displaystyle = \int \bigg( { \frac{1}{x^{2}} -\frac{1}{x(x + 1)} } \bigg)\, dx = \int { \frac{1}{x^{2}} } \, dx - \int { \frac{1}{x(x + 1)} }\, dx= \int { x^{-2} } \, dx - \int { \frac{1}{x^{2} +x} }\, dx=$

$\displaystyle = \int { x^{-2} } \, dx - \int { \frac{1}{x^{2} +x + \dfrac{1}{4} -\dfrac{1}{4} } }\, dx= \int { x^{-2} } \, dx - \int { \frac{d \bigg(x + \dfrac{1}{2} \bigg)}{\bigg(x + \dfrac{1}{2} \bigg)^{2} - \bigg(\dfrac{1}{2} \bigg)^{2} } }=$

$\displaystyle = \frac{x^{-2 + 1}}{-2 + 1} - \frac{1}{2 \cdot \dfrac{1}{2} } \ln \Bigg| \frac{x + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}}{x + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}} \Bigg| + C = -\frac{1}{x}- \ln \bigg|\frac{x}{x + 1} \bigg| + C =$

$\displaystyle= -\frac{1}{x}- \ln \bigg|\frac{x + 1 - 1}{x + 1} \bigg| + C = -\frac{1}{x}- \ln \bigg|\frac{x + 1 }{x + 1} - \frac{ 1 }{x + 1} \bigg| + C = -\frac{1}{x}- \ln \bigg|1 - \frac{ 1 }{x + 1} \bigg| + C$

Для вычисления несобственного 1 рода воспользуемся двойной несобственной подстановкой:

$\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{1} {\frac{1}{x^{2}(1 + x)} } \, dx = \Bigg( -\frac{1}{x}- \ln \bigg|1 - \frac{ 1 }{x + 1} \bigg| \Bigg) \Bigg |^{+\infty}_{1} =$

$\displaystyle = \lim_{x \to \infty} \Bigg( -\frac{1}{x}- \ln \bigg|1 - \frac{ 1 }{x + 1} \bigg| \Bigg) - \Bigg( -\frac{1}{1}- \ln \bigg|1 - \frac{ 1 }{1 + 1} \bigg| \Bigg) =$

$\displaystyle =\Bigg(1+ \ln \bigg|1 - \frac{ 1 }2} \bigg| \Bigg) - \lim_{x \to \infty} \Bigg( \frac{1}{x} + \ln \bigg|1 - \frac{ 1 }{x + 1} \bigg| \Bigg) =$

$\displaystyle =\Bigg(1+ \ln \bigg|\frac{ 1 }2} \bigg| \Bigg) - \lim_{x \to \infty} \frac{1}{x} + \lim_{x \to \infty}\ln \bigg|1 - \frac{ 1 }{x + 1} \bigg| =1+ \ln\frac{ 1 }2} - 0 + 0 = 1+ \ln (2^{-1}) =$

$= 1 - \ln 2$ .