Ответ:

2...........

Объяснение:

Ответ:

[tex]\boxed{ \boldsymbol{ \displaystyle \int\limits^{+\infty}_{0} {x^{2} e^{-x}} \, dx = 2 }}[/tex]

Примечание:

Обобщенное интегрирование по частям:

[tex]\boxed{\displaystyle \int {uv} \, dx = uv_{1} - u'v_{2} + u''v_{3} - \ldots +(-1)^{n- 1}u^{(n - 1)}v_{n} - (-1)^{n- 1} \int {u^{(n)}v_{n}} \, dx}[/tex]

Где:

[tex]\displaystyle v_{1} = \int {v} \, dx , \ v_{2} = \int {v_{1}} \, dx \ , \ldots , \ v_{n} = \int {v_{n -1}} \, dx[/tex]

Правило Лопиталя:

Если [tex]\displaystyle \lim_{x \to a} f(x) = \lim_{x \to a} g(x) = \infty[/tex] и функции [tex]f(x), g(x)[/tex] таковы, что дифференцируемы в окрестности точки [tex]a[/tex] и в окрестности этой точки [tex]g'(x) \neq 0[/tex] и существует предел [tex]\displaystyle \lim_{x \to a} \frac{ f(x)}{g(x)}[/tex], то существует [tex]\displaystyle \lim_{x \to a} \frac{ f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{ f'(x)}{g'(x)}[/tex]

[tex]\boxed{ \boldsymbol{ \displaystyle \lim_{x \to a} \frac{ f(x)}{g(x)} = \bigg [ \frac{\infty}{\infty} \bigg] = \lim_{x \to a} \frac{ f'(x)}{g'(x)} } }[/tex], при условии, что функции [tex]f(x),g(x)[/tex] соответствуют всем выше перечисленным условиям и соответствующие пределы существуют.

Объяснение:

[tex]\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{0} {x^{2} e^{-x}} \, dx[/tex]- несобственный интеграл 1 рода

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

Рассмотрим неопределенный интеграл [tex]\displaystyle \int {x^{2} e^{-x}} \, dx[/tex].

Воспользуемся обобщенной формулой интегрированием по частям:

[tex]u = x^{2}[/tex]

[tex]u' = (x^{2} )' = 2x[/tex]

[tex]u'' = (u')' = (2x)' = 2[/tex]

[tex]v = e^{-x}[/tex]

[tex]\displaystyle v_{1} = \int {e^{-x}} \, dx = -\int {e^{-x}} \, d(-x) = -e^{-x}[/tex]

[tex]\displaystyle v_{2} = \int {-e^{-x}} \, dx = \int {e^{-x}} \, d(-x) = e^{-x}[/tex]

[tex]\displaystyle v_{3} = \int {e^{-x}} \, dx = -e^{-x}[/tex]

----------------------------------------------------------------------------------------------------------

[tex]\displaystyle \int {x^{2} e^{-x}} \, dx = -x^{2} e^{-x} - 2xe^{-x} -2e^{-x} + C = -e^{-x}(x^{2} + 2x + 2) + C[/tex]

Для вычисления несобственного 1 рода воспользуемся двойной несобственной подстановкой:

[tex]\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{0} {x^{2} e^{-x}} \, dx = \bigg( -e^{-x}(x^{2} + 2x + 2) \bigg) \Bigg|^{+\infty}_{0} =[/tex]

[tex]\displaystyle= \bigg( \lim_{x \to +\infty}( -e^{-x}(x^{2} + 2x + 2)) \bigg) - \bigg( -e^{-0}(0^{2} + 2 \cdot 0 + 2) \bigg) =[/tex]

[tex]\displaystyle= \bigg( -\lim_{x \to +\infty} \frac{x^{2} + 2x + 2}{e^{x}} \bigg) + \bigg( e^{0}(0 + 0 + 2) \bigg) = 2 - \lim_{x \to +\infty} \frac{x^{2} + 2x + 2}{e^{x}} =[/tex]

[tex]\displaystyle = 2 - \bigg [ \frac{\infty}{\infty} \bigg] = 2 - \lim_{x \to +\infty} \frac{(x^{2} + 2x + 2)'}{(e^{x})'} = 2 - \lim_{x \to +\infty} \frac{2x + 2}{e^{x}} =2 - \bigg [ \frac{\infty}{\infty} \bigg] =[/tex]

[tex]\displaystyle = 2 - \lim_{x \to +\infty} \frac{(2x + 2)'}{(e^{x})'} =2 - \lim_{x \to +\infty} \frac{2}{e^{x}} = 2 - 0 = 2[/tex]

Также существует второй способ вычисления данного интеграла.

По определению преобразование Лапласа:

[tex]\boxed{ \displaystyle F(p) = \int\limits^{+\infty}_{0} {f(x)e^{-px}} \, dx }[/tex]

Где [tex]f(x)[/tex] - оригинал, а [tex]F(p)[/tex] - изображение

Для интеграла [tex]\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{0} {x^{2} e^{-x}} \, dx[/tex]функция [tex]f(x) = x^{2}[/tex] является оригиналом, так как функция [tex]f(x) = x^{2}[/tex] соответствует определению функции-оригинала в данном случае.

Применяя преобразование Лапласа для функции [tex]f(x)[/tex] (согласно таблице) получим следующие:

[tex]x^{2} \xrightarrow{ \ L \ } \dfrac{2}{p^{3}}[/tex]

То есть [tex]F(p) = \dfrac{2}{p^{3}}[/tex] и для интеграла [tex]\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{0} {x^{2} e^{-x}} \, dx[/tex][tex]p = 1[/tex], тогда:

[tex]\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{0} {x^{2} e^{-x}} \, dx = F(1) = \frac{2}{1^{3}} = \dfrac{2}{1} = 2[/tex]