IDU_M2_L09_10 (Лекции)

кафедра «Математическое моделирование»проф. П. Л. ИванковИнтегралы и дифференциальные уравненияконспект лекцийдля студентов 1-го курса 2-го семестраспециальностей РЛ1,2,3,6, БМТ1,2Лекции 9-10Признаки сходимости несобственных интегралов. Абсолютная иусловная сходимости. Несобственные интегралы с несколькими особенностями.Поскольку вычислить несобственный интеграл удается далеко не всегда, основное внимание уделяется вопросам сходимости.Рассмотрим сначала неотрицательную функцию f (x), заданную при x > a и интегрируемую на любом отрезке [a, b].

В этом случае функцияZbF (b) =f (x)dx(∗)aбудет неубывающей на промежутке [a, +∞); применяя известный признак существованияпредела монотонной функции, получаем отсюда, что пределZ∞lim F (b) =f (x)dxb→+∞(∗∗)aсуществует тогда и только тогда, когда F (b) ограничена при всех достаточно большихb. Рассмотрим теоремы, в которых используется последнее замечание.Теорема (признак сравнения). Пусть функции f (x) и g(x) интегрируемы наотрезке [a, b] при любом b, и пусть для любого x > a выполняется неравенство0 6 f (x) 6 g(x).Z∞Z∞Тогда из сходимости интегралаg(x)dx следует сходимость интегралаf (x)dx, а изZ∞af (x)dx, следует расходимостьрасходимостиaZ∞ag(x)dx .aДоказательство.

Из неравенства f (x) 6 g(x) следует, что для любого bZbZbf (x)dx 6ag(x)dx.a1Если второй из этих интегралов сходится, то, ввиду неотрицательности g(x) для некоторой константы C при всех b > a выполняется неравенствоZbg(x)dx 6 C.aНо тогда из предыдущего неравенства для интегралов следует, что при b > aZbf (x)dx 6 C.aОтсюда вытекает сходимость последнего интеграла.Z∞Z∞Если интегралf (x)dx расходится, а интегралg(x)dx сходится, то мы получаемaaпротиворечие с только что доказанным. Поэтому расходимость первого интеграла влечетрасходимость второго.Теорема доказана.Пример.

Пусть1f (x) = ,x1g(x) = √.ln x + 1Z∞Известно, что интегралdxx1116 √расходится. Поэтому из неравенстваследует расходимость интегралаxln x + 1Z∞dx√.ln x + 11Теорема (признак сравнения в предельной форме). Пусть функции f (x) и g(x) положительны при x > a и интегрируемы на любом отрезке [a, b]. Тогда, если существуетпределf (x)= K, 0 < K < ∞,limx→+∞ g(x)Z∞Z∞то интегралыf (x)dx иg(x)dx сходятся или расходятся одновременно.aaДоказательство.

В теореме содержатся четыре утверждения. Докажем лишь одноZ∞Z∞из них: если интегралf (x)dx сходится, то сходится и интегралg(x)dx. ВозьмемaaKε=> 0. Тогда при всех x > ∆(ε) выполняется неравенство2 f (x) < ε ⇐⇒ K − ε < f (x) < K + ε.−K g(x)g(x)KТ.к. K −ε = , то отсюда следует, что при всех указанных x выполняется неравенство2Kg(x) < f (x). На основании предыдущей теоремы получаем, что сходится интеграл2Z∞K· g(x)dx,2∆(ε)2Z∞g(x)dx. Остальные утверждения теоремы доказываютсяа тогда сходится и интегралaаналогично. Теорема доказана.Замечание. Из этой теоремы вытекает, что если f (x) и g(x) положительны(по крайней мере для достаточно больших x ) и являются эквивалентными бесконечномалыми при x → ∞, то интегралы от этих функций указанного вида сходятся илирасходятся одновременно.Пример.

Рассмотрим интегралZ∞1arcsin dx.x1111при x → ∞, то из расходимости интегралаТ.к. arcsin > 0 при x > 1, и arcsin ∼xxxR∞ dxследует расходимость данного интеграла.1 xАналогичные признаки сходимости (расходимости) справедливы и для несобственных интегралов второго рода.Пример. Исследовать на сходимость интегралZ1√x · sin x · arcsin x · arctg x · sh x√dx.( 1 + x − 1)(1 − cos x)(ex − 1) ln(1 + x)0Обозначим подынтегральную функцию через f (x). Положительность этой функции длявсех x ∈ (0, 1] не вызывает сомнения.

Используя известную таблицу эквивалентныхбесконечно малых, получаем, что√x · x44f (x) ∼ 1 1 2 2 = √ , x → +0.xx · 2x · x2Z1Известно, что интегралdx√ сходится. Поэтому сходится и исследуемый интеграл.x0Более сложным является вопрос о сходимости несобственных интегралов от функций, принимающих значения разных знаков.

Пусть функция f (x) определена при x > a иинтегрируема на любом отрезке [a, b]. Тогда то же самое верно и для функции |f (x)|.Поэтому в данной ситуации мы можем рассмотреть два несобственных интегралаZ∞I1 =Z∞f (x)dxиa|f (x)|dx.I2 =aЕсли I2 сходится, то про I1 говорят, что этот интеграл сходится абсолютно. Если жеI1 сходится, а I2 расходится, то говорят, что I1 сходится условно.Z∞Теорема (о сходимости абсолютно сходящегося интеграла).

Если интегралf (x)dx сходится абсолютно, то он сходится.a3Доказательство. Здесь, как обычно, предполагается, что функция f (x) определенапри x > a и интегрируема на каждом отрезке [a, b]. Напишем очевидное неравенство,верное для любого x > a :0 6 f (x) + |f (x)| 6 2|f (x)|.Z∞Z∞Т.к.|f (x)|dx по условию сходится, то сходится и интеграл2 · |f (x)|dx. Следоваaaтельно, по признаку сравнения сходится интегралZ∞(f (x) + |f (x)|)dx.aНо тогда сходится и интегралZ∞Z∞Z∞f (x)dx = (f (x) + |f (x)|)dx − |f (x)|dx.aaaТеорема доказана.Z∞Пример. Интегралcos x√ dx сходится абсолютно, т.к.

сходится интегралx x1Z∞| cos x|√ dx.x x1Сходимость последнего интеграла вытекает из очевидного неравенства1| cos x|√ 6 √x xx xZ∞и сходимости интегралаdx√ .x x1Привести пример условно сходящегося интеграла не так-то просто.Рассмотрим интегралZ∞I=sin x√ dx.x1ИмеемZAsin x√ dx =xZA11AZA(− cos x)0cos x 1cos x√√ dx.dx = − √ −2xx 1x x1Предел правой части при A → ∞ существует: для двойной подстановки это очевидно,а для интеграла это верно в силу его сходимости (установленной в последнем примере).Таким образом, интеграл I сходится.

Докажем, что абсолютной сходимости здесь нет.Для этого заметим сначала, что(K+1)πZ| sin x|dx =x = t + Kπdx = dtZπ=0Kπ4πsin tdt = − cos t0 = 2,и| sin x|| sin x|√,> px(K + 1)πеслиKπ 6 x 6 (K + 1)π ,K = 1, 2, ....Отсюда(n+1)πZπ(k+1)π(k+1)πZZnnXX| sin x|1| sin x|√ dx =√ dx >p| sin x|dx =xx(k + 1)πk=1k=12= √πk=1Z∞Поэтому интегралZ∞√12n> √ ·√→∞πn+1k+1n → ∞.при| sin x|√ dx расходится, а тогда расходится и интегралxπ| sin x|√ dx.

Итак, интегралx1kπkπnXZ∞sin x√ dx сходится условно.x1Рассмотрим еще т.н. интегралы с несколькими особенностями. Пусть I − промежутокс граничными точками a и b , −∞ 6 a < b 6 +∞, и пусть существует разбиениеa = x0 < x1 < ... < xn = bэтого промежутка такое, что некоторая функция f (x), определенная во всех точках промежутка I за исключением, быть может, точек указанного разбиения, интегрируема всобственном смысле на любом отрезке, целиком лежащем на каком-либо из интегралов(xi−1 , xi ), i = 1, ..., n.

В этой ситуации можно рассмотреть (вообще говоря, несобственные) интегралыZxif (x)dx, i = 1, 2, ..., n.xi−1Если все эти интегралы сходятся, то говорят, что f (x) интегрируема на промежутке I;соответствующий несобственный интеграл определяется равенствомZbf (x)dx =n ZxiXi=1 xaf (x)dx.i−1Используя свойства интегралов, можно показать, что правая часть не зависит от выбораразбиения, обладающего указанными выше свойствами.Z1Пример. Рассмотрим интеграл I =dxp3−1x(x2 − 1). Разбиение, о котором речь впоследнем определении, состоит из точек −1, 0, 1;Z0Z1+I=−1.0Оба последних интеграла сходятся, поэтому функцияна (−1; 1).51f (x) = p3x(x2 − 1)интегрируема.