И.В. Садовничая, Е.В. Хорошилова - Определённый интеграл - теория и практика вычислений (1113461), страница 27
Текст из файла (страница 27)
Здесь функция1абсолютно интегрируема на [0,+∞ ) , а функцияx + k2g ( x ) = cos ax , очевидно, ограничена. Поэтому данный интеграл сходитсяf (x ) =2абсолютно.Приведём аналогичные утверждения для несобственных интегралов 2-города (с особой точкой b ).§4. Несобственные интегралыно доопределить в точкеB∫ sin xdx =aа функция1→ 0 монотонно при x → +∞ . Поэтому интеграл I сходится.x2) Исследуем интеграл на абсолютную сходимость.
Выпишем интеграл+∞I =∫0bинтеграл− cos B + cos A ≤ 2 ,Ab∫ f (x ) dx , то сходится иx = 0 предельным значением, равным 1sin x⎞⎛= 1⎟ до непрерывной на сегменте [0, A] ).⎜ xlim→ +0x⎠⎝Интеграл I 2 сходится по признаку Дирихле, так как ∀B ≥ AТеорема 1.1 (о связи между обычной и абсолютной сходимостями, дляинтегралов 2-го рода). Если сходится интегралsin xdx и разобьём его в сумму двух интегралов:x∫ f (x )dx .+∞I =a∫0Asin xsin xdx = ∫dx +xx0+∞Теорема 2.2 (достаточный признак абсолютной сходимости, для интегралов 2-го рода). Если функция f x абсолютно интегрируема в проме-Интеграл I 1 сходится (как собственный).жуткеТак как( )руемой в указанном промежутке.лы:+∞sin xа) ∫dx (интеграл Дирихле); б)x0+∞sin xdx .p0 x∫Решение.
а) Представим интеграл в виде суммы двух интегралов+∞Asin xsin xI= ∫dx = ∫dx +xx00+∞sin xнепрерывна на полуинтервале (0, A] и ограничена,xто интеграл I 1 существует как собственный интеграл (функцию f ( x ) можфункция f ( x ) =1Интеграл2Asin xdx = I 1 + I 2 .x+∞dxрасходится (по 3-му признаку сравнения), а интегралxA∫+∞cos 2 xdx сходится (по признаку Дирихле: ∀B ≥ AxA∫sin x∫A x dx = I1 + I 2(где A > 0 – любое число).1) Исследуем интеграл на сходимость. Поскольку подынтегральная∫1 − cos 2 x= sin 2 x ≤ sin x , то для интеграла I 2 имеем оценку:2+∞+∞+∞+∞+∞sin x1 dx 1 cos 2 xsin 2 xsin x− ∫dx = ∫dx ≤ ∫dx = ∫dx .∫xxx2 A x 2 A xAAA[a, b] , а функция g (x ) интегрируема на [a, b] в собственном смысле, то их произведение f ( x ) ⋅ g ( x ) будет функцией, абсолютно интегриРассмотрим примеры.Пример 1. Исследовать на абсолютную и условную сходимость интегра-177B1∫ cos 2 xdx = 2 sin 2B − sin 2 A ≤ 1 ,A1→ 0 монотонно при x → +∞ ).
Поэтому разность этих интеxгралов есть расходящийся интеграл, но тогда интеграл I 2 , мажорирующийа функциярасходящийся, также расходится.Так как интеграл I сходится, но не абсолютно, то, следовательно, он сходится условно.Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл178§4. Несобственные интегралыб) 1) Исследуем интеграл на сходимость.+∞sin x∫A x p dx = I1 + I 2 .При x → +0 имеем: sin x ~ x , поэтомуsin x⎛ 1 ⎞= O⎜ p −1 ⎟ , и, по 3-муpx⎝x ⎠признаку сравнения, интеграл I 1 сходится (в том числе абсолютно) приp − 1 < 1 , т.е. p < 2 , и расходится при p ≥ 2 .Пусть x → +∞ . При p > 0 интеграл I 2 сходится по признаку Дирихле(так как ∀B ≥ AB∫ sin xdx =− cos B + cos A ≤ 2 ,A1а функция→ 0 монотонно при x → +∞ ).
При p ≤ 0 интеграл I 2xpрасходится по критерию Коши (см. пример 1 раздела 4.3 выше). Поэтому интеграл I сходится при 0 < p < 2 .2) Исследуем интеграл на абсолютную сходимость (при 0 < p+∞Представим интеграл I =∫0+∞sin xdx =xp∫sin xxp0< 2 ).dx в виде суммы двух ин-тегралов:AI =∫0sin xxp+∞dx +∫sin xAxpdx = I1 + I 2 .Как было показано выше, интеграл I 1 сходится. Исследуем сходимость I 2 .1 − cos 2 xТак как= sin 2 x ≤ sin x ≤ 1 , то для интеграла I 2 имеем2оценки:111J1 − J 2 =222+∞=sin 2 x∫A x p dx ≤+∞dx 1∫A x p − 2+∞∫Asin xxp1 < p < 2 интеграл J 1 , мажорирующий интеграл I 2 ,сходится, а значит, по теореме сравнения, сходится и интеграл I 2 , а это, всвою очередь, означает, что I 2 сходится абсолютно.
Во-вторых, при0 < p ≤ 1 интеграл J 1 расходится, а интеграл J 2 сходится (по признакуВо-первых, при+∞Asin xsin xI = ∫ p dx = ∫ p dx +0 x0 x179+∞cos 2 x∫A x p dx =+∞dx ≤dx∫xAp= J1 .BДирихле:∀B ≥ A1→ 0 монотонно приxp∫ cos 2 xdx ≤ 1 , а функцияAx → +∞ ). Поэтому разность этих интегралов есть расходящийся интеграл,но тогда интеграл I 2 , мажорирующий расходящийся, также расходится.Итак, при 1 < p < 2 интеграл сходится абсолютно; при 0 < p ≤ 1 интеграл сходится условно, а при p ≤ 0 и p ≥ 2 – расходится.Пример 2. Исследовать на абсолютную и условную сходимость интеграл+∞∫xpsin (x q )dx (q > 0 ) .01q11 q −1Решение.
Сделаем замену t = x , тогда x = t , dx = t dt и полуqq+∞ pq11 q −11чим интеграл ∫ t sin t t dt =qq0I на сумму двух интегралов+∞sin tI = ∫ p +1 dt =0Обозначимtα = 1−1−qp +1.qA∫0sin tt1−+∞∫0sin ttp +11−qdt +p +1q+∞∫Adt =sin tt1−p +1q1I . Разобьём интегралqdt = I 1 + I 2 .1) Исследуем интеграл I на сходимость.При t → +0 имеем: sin t ~ t , поэтомуsin t⎛ 1 ⎞= O⎜ α −1 ⎟ , и, по 3-муαt⎝x ⎠признаку сравнения, интеграл I 1 сходится (в том числе абсолютно) приα − 1 < 1 , т.е. α < 2 , и расходится при α ≥ 2 .Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл180→ +∞ .
При α > 0 интеграл I 2 сходится по признаку ДирихлеПусть tB( ∀B≥A∫ sin tdt= − cos B + cos A ≤ 2 , а функцияA1→ 0 монотонtα→ +∞ ). При α ≤ 0 интеграл I 2 расходится (по критерию Коши).Поэтому интеграл I сходится при 0 < α < 2 .2) Исследуем интеграл на абсолютную сходимость (при 0 < α < 2 ).+∞+∞sin tsin tПредставим интеграл I = ∫ α dt = ∫ α dt в виде суммы двух инте0 t0 tно при tгралов:AI =∫0sin ttp+∞dt +sin t∫tαAdt = I1 + I 2 .Как было показано выше, интеграл I 1 сходится. Исследуем сходимость I 2 .Так как§4.
Несобственные интегралыИтак, при 1 < α < 2 интеграл сходится абсолютно; при 0 < α ≤ 1 интеграл сходится условно, а при α ≤ 0 и α ≥ 2 – расходится. Осталось сделатьобратную подстановку+∞111 dt 1−J1 − J 2 =222 ∫A t α 2+∞=sin 2 t∫A t α dt ≤+∞∫Asin ttα+∞cos 2t∫A t α dt+∞dt ≤dt∫ tα= J1 .AВо-первых, при 1 < α < 2 интеграл J 1 , мажорирующий интеграл I 2 ,сходится, а значит, по теореме сравнения, сходится и интеграл I 2 , а это, всвою очередь, означает, что I 2 сходится абсолютно. Во-вторых, при0 < α ≤ 1 интеграл J 1 расходится, а интеграл J 2 сходится (по признакуДирихле: ∀B ≥ Ap +1p +1< 2 , т.е. − 1 << 0;qqp +1p +1интеграл сходится условно при 0 < 1 −≤ 1 , т.е. 0 ≤< 1;qqp +1p +1интеграл расходится при 1 −≤ 0 и 1−≥ 2 , т.е.qqp +1p +1≥1 и≤ −1 .qq4.8.
Другие виды задач, связанныхс несобственными интеграламиНиже в параграфах 5–9 будут рассмотрены геометрические и физическиеприложения определённых интегралов и приведены примеры некоторых задач, сводимых к вычислению несобственных интегралов. Рассмотрим в данном пункте ещё несколько задач, так или иначе связанных с несобственнымиинтегралами и их свойствами.1Пример 1. Найти lim xx → +01→ 0 монотонно при t → +∞ ). Поэтому разность этих интеtαгралов есть расходящийся интеграл, но тогда интеграл I 2 , мажорирующийа функциярасходящийся, также расходится.cos tdt .2x t∫1Решение.
Выясним поведение функцииcos tdt при x → +0 . По 1-й2x t∫теореме о среднем имеем:1111⎞cos tdt⎛⎛ 1⎞∫x t 2 dt = cos ξ ⋅ ∫x t 2 = cos ξ ⋅ ⎜⎝ − t ⎟⎠ = cos ξ ⋅ ⎜⎝ − 1 + x ⎟⎠ ,x≤ 1,Ap +1.qинтеграл сходится абсолютно при 1 < 1 −B∫ cos 2tdtα = 1−Ответ:1 − cos 2t= sin 2 t ≤ sin t ≤ 1 , то для интеграла I 2 имеем2оценки:1811⎞⎛< ξ < 1 . Так как при x → +0 имеем ⎜ − 1 + ⎟ → +∞ , то это бескоx⎠⎝1cos tнечно большая функция. Следовательно, данный предел lim x ∫ 2 dtx → +0x tгде xСадовничая И.В., Хорошилова Е.В.
Определённый интеграл182§4. Несобственные интегралыпредставляет собой неопределённость вида 0 ⋅ ∞ . Чтобы раскрыть эту неоп-∞ределённость, преобразуем её в неопределённостьи затем воспользуемся∞правилом Лопиталя:′⎛ 1 cos t ⎞cos tcos x⎜ ∫ 2 dt ⎟dt− 212∫⎜⎟ttcos tx⎠ = limx =lim x ∫ 2 dt = lim x −1 = lim ⎝x → +0x → +0x → +0x → +01−1 ′txxx− 2x= lim cos x = 1 .1( )x → +0+∞∫ f (x )dxПример 2. Верно ли, что еслисходится, то f ( x ) → 0 приa+∞x → +∞ ? Рассмотреть пример∫ sin (x )dx (интеграл Френеля). Сущест-⎡⎣на отрезках ⎢ k −[вует ли функция, непрерывная и положительная на 0,+∞ ) такая, что+∞+∞0+∞2∫ sin (x )dx =0[12+∞∫0]sin ttt = x2 ,dt . Так как ∀A ≥ 0интеграл по любому конечному сегменту 0, A от функции f (t ) = sin tAограничен:∫ sin tdt= cos 0 − cos A ≤ 2 , а функция g (t ) =01t→ 0 мо-нотонно при t → +∞ , то, по признаку Дирихле, интеграл сходится. Однако( )при этом функция y = sin x , очевидно, не имеет предела при x → +∞ .2) Да, в качестве такой функции можно взять, например,2f (x ) = e + h( x ) , где h( x ) – функция, равная нулю вне отрезков11⎤⎡⎢⎣k − k 2 , k + k 2 ⎥⎦ (k = 2,3,...) , равная единице при x = 2,3,...
и линейная−x)()(+∞dx) ∫ (1 + x )(1 + xα ) = I)(21+ I2 .11Сделаем в первом из интегралов замену y = , тогда придём к интегралуx+∞dyI1 = ∫,21 + y −α1 1+ y()()+∞или, переобозначая переменную интегрирования, I 1 =dx∫ (1 + x )(1 + x α ) .−21Но тогда+∞кажем, что интеграл Френеля сходится. В самом деле, положим в нём2 t1I1 + I 2 =Решение. 1) Ответ на первый вопрос, вообще говоря, отрицательный. По-и0dxdx=∫+αα221+ x 1+ x1x1x++0∫(0dt2сит от параметра α .Доказательство. Имеем+∞dx∫ (1 + x )(1 + x α ) не зави-Пример 3. Доказать, что значение интеграла∫ f (x )dx сходится, но f (x ) не стремится к нулю при x → +∞ ?t , dx =1 ⎤ ⎡1⎤, k ⎥ и ⎢k , k + 2 ⎥ .2kk ⎦⎦ ⎣20тогда x =183∫(1+∞dx+21 + x 1 + x −α+∞dx) ∫ (1 + x )(1 + xα ) =)(+∞21α⎛ x1 ⎞ dx1⎛ 1= ∫⎜+= ∫ ⎜⎜+2α ⎟−αα1+ x ⎠1+ x1 + xα1 ⎝1+ x1 ⎝1+ xчто не зависит от α .⎞ dx⎟⎟=2⎠1+ x+∞14.9.
Некоторые известные несобственные интегралы1. Интегральные синус и косинус+∞+∞sin tcos tsix = − ∫dt (x ≥ 0 ) и cix = − ∫dt (x > 0 ) .ttxx+∞2. Интеграл Эйлера–Пуассона∫e0− ax 2dx =1 π2 a(a > 0) .dx∫1+ x2,Садовничая И.В., Хорошилова Е.В. Определённый интеграл1843. Интегралы Френеля+∞1 π∫0 sin x dx = 2 2 ,( )2+∞1 π∫0 cos x dx = 2 2 .( )2ππ2200π∫ ln sin xdx = ∫ ln cos xdx = − 2 ln 2 .4. Интегралы Эйлераπsin (ax )5. Интеграл Дирихле ∫dx = sgn a .x20+∞6.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
