Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 21

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 21)

В остальных случаях этот интеграл расходится.Перейдем ко второму интегралу∫1xp lnqI2 =1dx.x1/2Подынтегральная функция f (x) непрерывна на промежутке[1/2; 1) и имеет степенную асимптотику при x → 1:f (x) = xp lnq111∼ lnq= (− ln x)q ∼ (1 − x)q =.xx(1 − x)−qОтсюда следует, что интеграл I2 сходится при q > −1 и расходится при q 6 1.Для сходимости рассматриваемого интеграла необходимо идостаточно, чтобы сходились оба интеграла I1 и I2 . Учитываяпроведенное выше исследование, получаем, что интеграл∫1xp lnq1dxx0сходится при p > −1, q > −1 и расходится во всех остальныхслучаях.+∞∫xm2363.dx (n > 0).1 + xn0260Интеграл от функцииf (x) =xm1 + xnразобьем на два+∞+∞∫∫1∫f (x) dx = f (x) dx +f (x) dx.001Рассмотрим первый интеграл∫1I1 =f (x) dx.0Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику 1 −m , n > 0xf (x) ∼1, n = 0.2x−mУсловие сходимости интеграла: −m < 1 (т.

е. m > −1). Такимобразом, интеграл I1 сходится при m > −1 и расходится приm 6 −1.Рассмотрим второй интеграл+∞∫f (x) dx.I2 =1Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → ∞:f (x) ∼1.xn−mУсловие сходимости второго интеграла: n − m > 1.261Суммируя результаты по сходимости интегралов I1 и I2 , получаем, что рассматриваемый интеграл сходится при m > −1,n − m > 1 и расходится во всех остальных случаях.+∞∫arctg ax2364.dx (a ̸= 0).xn0Интеграл от функцииf (x) =arctg axxnразобьем на два+∞+∞∫∫1∫f (x) dx = f (x) dx +f (x) dx.001Рассмотрим первый интеграл∫1f (x) dx.I1 =0Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:af (x) ∼ n−1 .xСледовательно, первый интеграл сходится тогда и только тогда,когда n − 1 < 1, т.

е. n < 2.Рассмотрим второй интеграл+∞∫I2 =f (x) dx.1Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → +∞:f (x) ∼π sgn a,2xn262поэтому интеграл I2 сходится при n > 1 и расходится при n 6 1.Учитывая условия сходимости интегралов I1 и I2 , получаем,что рассматриваемый интеграл сходится при 1 < n < 2 и расходится в остальных случаях.+∞∫ln(1 + x)2365.dx.xn0Интеграл от функцииf (x) =ln(1 + x)xnразобьем на два+∞+∞∫∫1∫f (x) dx = f (x) dx +f (x) dx.001Рассмотрим первый интеграл∫1f (x) dx.I1 =0Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0.

Функция ln(1 + x) ∼ x при x → 0 и поэтомуf (x) ∼1xn−1,x → 0.Отсюда следует, что первый интеграл сходится только еслиn − 1 < 1, т. е. при n < 2. Таким образом, условие сходимости I1имеет вид n < 2.Исследуем на сходимость второй интеграл+∞∫f (x) dxI2 =1263и рассмотрим три случая:а) n < 1. В этом случае интеграл+∞∫dxxn1расходится. С другой стороны, так как 1 = o(ln(1 + x)) при x →→ +∞, то()ln(1 + x)1=o= o (f (x))xnxnпри x → +∞, поэтому расходится и интеграла I2 .б) n = 1. Подынтегральная функцияf (x) =ln(1 + x)ln x∼,xxx → +∞.Делая замену u = ln x, получаем+∞∫ln x=x+∞∫u du = +∞,01что доказывает расходимость интеграла от функции ln x/x, аследовательно, и интеграла от f (x).в) n > 1. В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и n − ε > 1 (рис.

5.4). Для этого можно,например, взять ε = (n − 1)/2 (в этом случае точка x = n − εлежит ровно посередине между точками x = 1 и x = n).q1qqn−εnРис. 5.4Положим α = n − ε. Так как ε > 0, тоln(1 + x) = o(xε ) ,264x → +∞,x-следовательно, при x → +∞ln(1 + x)f (x) ==oxn(1)(=oxn−ε1xα).Величина α = n − ε > 1, поэтому интеграл+∞∫dxxα1сходится, следовательно, сходится и интеграл от функции f (x).Подводя итоги исследования интегралов I1 и I2 , получаемследующий результат. Интеграл+∞∫ln(1 + x)dxxn0сходится при 1 < n < 2 и расходится в остальных случаях.+∞∫xm arctg x2366.dx (n > 0).2 + xn0Интеграл от функцииf (x) =xm arctg x2 + xnразобьем на два+∞+∞∫1∫∫f (x) dx.f (x) dx = f (x) dx +001Исследуем на сходимость первый интеграл∫1f (x) dx.I1 =0265Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:1, n>02x−m−1f (x) ∼1, n = 0.3x−m−1Следовательно, интеграл I1 сходится при −m − 1 < 1, что равносильно условию m > −2.Рассмотрим второй интеграл+∞∫I2 =f (x) dx.1Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → +∞:f (x) ∼π2xn−m,поэтому интеграл I2 сходится только при условии n − m > 1.Суммируя сказанное выше о сходимости интегралов I1 и I2 ,получаем, что рассматриваемый интеграл сходится при m > −2,n − m > 1 и расходится в остальных случаях.+∞∫cos ax2367.dx (n > 0).1 + xn0При a = 0 подынтегральная функцияf (x) =11 + xnнепрерывна на полуоси [0; +∞) и при x → +∞ имеет степеннуюасимптотику 1 n, n>0xf (x) ∼ 1 , n = 0.2266Отсюда следует, что при n > 1 интеграл сходится, а при n 6 1интеграл расходится.Рассмотрим случай a ̸= 0.

Если n = 0, мы имеем интеграл1I=2+∞)+∞(()∫11sin ax lim sin ax .cos ax dx ==2a2a x→+∞00Так как предел функции sin ax при x → +∞ не существует (дляпоследовательности точек xn = πn/a предел последовательностизначений функции равен нулю, а для последовательности точекxn = (π + 4πn)/2a предел соответствующей последовательностизначений функции равен единице), то рассматриваемый интеграл расходится .Если n > 0, то применим признак Дирихле: подынтегральная функция f (x) = g(x)h(x), где функция g(x) = cos ax имеетограниченную первообразнуюG(x) =sin ax,a(|G(x)| 6 1/|a|) а функцияh(x) =11 + xnмонотонно стремится к нулю при x → +∞. Отсюда следует, чторассматриваемый интеграл сходится.Таким образом, если a = 0, то при n > 1 интеграл сходится,а при n 6 1 расходится.

Если же a ̸= 0, то при n > 0 интегралсходится, а при n = 0 расходится.+∞∫sin2 x2368.dx.x0Исследуемый интеграл разобъем на два+∞∫0sin2 xdx =x∫1sin2 xdx +x0+∞∫1267sin2 xdx.xВ первом из них∫1I1 =sin2 xdxx0подынтегральная функцияf (x) =sin2 xxнепрерывна на (0; 1] и имеет конечный предел в особой точкеsin2 x= 0.x→0xlimОтсюда следует, что подынтегральная функция при x ∈ (0; 1]совпадает с функцией2 sin x, x ∈ (0; 1];fe(x) =x0,x = 0,непрерывной на [0; 1]. Согласно решению задачи 20 интеграл I1сходится.Рассмотрим второй интеграл+∞∫I2 =sin2 xdx.x1Применяя формулу sin2 x = (1 − cos 2x)/2, получаем+∞∫I2 =sin2 x1dx =x21+∞∫dx 1−x21где+∞∫I3 =dx,x+∞∫cos 2x11dx = I3 − I4 ,x221+∞∫I4 =11268cos 2xdx.xИнтеграл I3 расходится, а интеграл I4 сходится по признаку Дирихле: функция cos 2x имеет ограниченную первообразную(sin 2x)/2, функция 1/x монотонно убывает к нулю на +∞.

Отсюда следует, что интеграл I2 расходится (если допустить противное, то из равенства I2 = (I3 − I4 )/2 следует, что интегралI3 = 2I2 + I4 сходится).∫π/2dx.2369.psin x cosq x0Интеграл от функцииf (x) =1sin x cosq xpразобьем на два∫π/2∫π/4∫π/2f (x) dx +f (x) dx.f (x) dx =00π/4Рассмотрим первый интеграл∫π/4f (x) dx.I1 =0Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:1f (x) ∼ p .xСледовательно, интеграл I1 сходится при p < 1 и расходится приp > 1.Рассмотрим второй интеграл∫π/2f (x) dx.I2 =π/4269Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотикуf (x) =11) ∼ (π()q ,sinp x sinq π2 − x−x2x→π.2Отсюда следует, что интеграл I2 сходится при q < 1 и расходитсяпри q > 1.Таким образом, рассматриваемый интеграл сходится при p << 1, q < 1 и расходится в остальных случаях.∫1xn dx√2370..1 − x40Интеграл от функцииf (x) = √xn1 − x4разобьем на два∫10∫1∫1/2f (x) dx +f (x) dx.f (x) dx =01/2Рассмотрим первый интеграл∫1/2f (x) dx.I1 =0Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:1f (x) ∼ −n .xУсловие сходимости первого интеграла: −n < 1, что равносильноn > −1.270Рассмотрим второй интеграл∫1I2 =f (x) dx.1/2Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → 1:f (x) = √xn(1 − x)(1 + x)(1 +x2 )∼1.2(1 − x)1/2Отсюда следует, что второй интеграл сходится при любом n.

Таким образом, интеграл∫10xn dx√1 − x4сходится тогда и только тогда, когда n > −1.+∞∫dx√2370.1..x3 + x0Интеграл от функцииf (x) = √1+xx3разобьем на два+∞+∞∫1∫∫f (x) dx.f (x) dx = f (x) dx +001Рассмотрим первый интеграл∫1f (x) dx.I1 =0271Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:1f (x) ∼ 1/2 .xОтсюда следует, что интеграл I1 сходится.Рассмотрим второй интеграл+∞∫I2 =f (x) dx.1Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → +∞:f (x) ∼1x3/2.Таким образом, второй интеграл также сходится.

Следовательно, рассматриваемый интеграл сходится.+∞∫dx2371..xp + xq0Интеграл от функцииf (x) =xp1+ xqразобьем на два+∞+∞∫1∫∫f (x) dx.f (x) dx = f (x) dx +001Рассмотрим первый интеграл∫1f (x) dx.I1 =0272Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:f (x) ∼1xmin(p,q)q ̸= p ;,12xmin(p,q),q = p.Отсюда следует, что интеграл I1 сходится тогда и только тогда,когда min(p, q) < 1.Рассмотрим второй интеграл+∞∫I2 =f (x) dx.1Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → +∞:1, q ̸= p ;xmax(p,q)f (x) ∼1, q = p.2xmax(p,q)Таким образом, I2 сходится тогда и только тогда, когда величинаmax(p, q) > 1.Окончательно получаем, что рассматриваемый интеграл сходится если min(p, q) < 1, max(p, q) > 1 и расходится в остальныхслучаях.∫1ln x2372.dx.1 − x20Интеграл от функцииf (x) =ln x1 − x2273разобьем на два∫1∫1/2∫1f (x) dx =f (x) dx +f (x) dx.001/2Рассмотрим первый интеграл∫1/2f (x) dx.I1 =0Подынтегральная функция непрерывна и при x → 0()1f (x) ∼ ln x = o √.xТак как интеграл∫1/21√ dxx0сходится, то сходится и I1 .Рассмотрим второй интеграл∫1I2 =f (x) dx.1/2Подынтегральная функция непрерывна и при x → 1 существуетконечный предел функции f (x), который можно найти, например, по правилу Лопиталя:1ln x(1/x)=− .= lim2x→1 1 − xx→1 (−2x)2lim f (x) = limx→1Таким образом, функция f на промежутке [1/2; 1) совпадаетс функцией ln x , x ∈ [1/2; 1);e1 − x2f (x) =−1/2, x = 1,274непрерывной на отрезке [1/2; 1].

Из решения задачи 20 следуетсходимость интеграла I2 .Таким образом, рассматриваемый интеграл сходится.∫π/2ln(sin x)√2373.dx.x0Подынтегральная функция непрерывна на (0; π/2]. При x →→ 0 функция ln(sin x) ∼ ln x. Это легко проверить с помощьюправила Лопиталя:( cos x )lim cos xln(sin x)sin )x = x→0() = 1.lim= lim (x→0x→01sin xln xlimx→0xxОтсюда следует, что при x → 0ln(sin x)ln x√∼ √xxи сходимость рассматриваемого интеграла равносильна сходимости интеграла∫π/2ln x√ dx.I=x0Рассмотрим вопрос о сходимости интеграла I. Известно, чтопри любом ε > 0, функция ln x = o(1/xε ) при x → 0, в частности()1ln x = o.x1/4Отсюда следует, что при x → 0ln x√ =ox(1x3/4Так как интеграл∫π/21x3/40275dx).сходится, то сходится и интеграл I.

Характеристики

Список файлов книги