Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Таким образом, интеграл∫π/2ln(sin x)√dxx0сходится.+∞∫2374.dxxp lnqx.1Интеграл от функцииf (x) =1xp lnq xразобьем на два+∞+∞∫2∫∫f (x) dx.f (x) dx = f (x) dx +112Рассмотрим первый интеграл∫2I1 =f (x) dx.1Подынтегральная функция непрерывна и при x → 1 имеет степенную асимптотикуf (x) ∼1.(x − 1)qУсловие сходимости интеграла I1 : q < 1.Исследуем на сходимость второй интеграл+∞∫I2 =f (x) dx2276и рассмотрим три случая.а) p < 1.
В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и p + ε < 1 (рис. 5.5). Для этого можно,например, взять ε = (1 − p)/2 (в этом случае точка x = p + εлежит ровно посередине между точками x = p и x = 1).qpqqp+ε1x-Рис. 5.5Положим α = p + ε. Так как ε > 0, то при x → +∞()11=oxεlnq x(при любом q), следовательно, при x → +∞)()(111 111=o= o(f (x)).= p · ε = p ·oxαx xxlnq xxp lnq xВеличина α = p + ε < 1, поэтому интеграл+∞∫dxxα2расходится, следовательно, расходится и интеграл от функцииf (x).б) p = 1. Подынтегральная функцияf (x) =1.x lnq xДелая замену u = ln x, получаем+∞+∞+∞∫∫∫dxduf (x) dx ==.qx ln xuq22ln 2277Условие сходимости интеграла: q > 1.в) p > 1. В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и p − ε > 1 (рис. 5.6).
Для этого можно,например, взять ε = (p − 1)/2 (в этом случае точка x = p − εлежит ровно посередине между точками x = 1 и x = p).qqqp−ε1x-pРис. 5.6Положим α = p − ε. Так как ε > 0, то при x → +∞1= o (xε )lnq x(при любом q), следовательно, при x → +∞( ε)()( )111x11εf (x) = p · q = p · o (x ) = o=o=o.pp−εx ln xxxxxαВеличина α = p − ε > 1, поэтому интеграл+∞∫dxxα2сходится, следовательно, сходится и интеграл от функции f (x).Суммируя полученные результаты, получаем, что интеграл+∞∫dxxp lnqx1сходится при p > 1, q < 1 и расходится в остальных случаях.+∞∫dx.2375.px (ln x)q (ln ln x)re278Прежде всего отметим, что в случае p = 1 с помощью замены переменной u = ln x рассматриваемый интеграл сводится кинтегралу задачи 2374:+∞∫dx=x(ln x)q (ln ln x)re+∞∫duuq lnr u1с заменой p на q, а q на r. Из решения этой задачи следует, топри p = 1 рассматриваемый интеграл сходится тогда и толькотогда, когда q > 1, r < 1.Исследуем вопрос сходимости интеграла при p ̸= 1.
Интегралот функции1f (x) = pqx (ln x) (ln ln x)rразобьем на два+∞+∞∫∫10∫f (x) dx.f (x) dx = f (x) dx +ee10Рассмотрим первый интеграл∫10I1 =f (x) dx.eПодынтегральная функция непрерывна на промежутке (e; 10].При x → e функции xp → ep , ln x → 1. Функция φ(x) = ln ln xпри x = e равна нулю, а ее производнаяφ′ (x) =1x ln xимеет значение φ′ (e) = 1/e, следовательно,ln ln x ∼x−e,e279x → e.Таким образом, функция f (x) имеет степенную асимптотику приx→eer−pf (x) ∼.(x − e)rУсловие сходимости интеграла I1 : r < 1.Исследуем на сходимость второй интеграл+∞∫I2 =f (x) dx10и рассмотрим два случая.а) p < 1. В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и p + ε < 1 (рис.
5.5). Для этого можно,например, взять ε = (1 − p)/2 (в этом случае точка x = p + εлежит ровно посередине между точками x = p и x = 1).Положим α = p + ε. Так как ε > 0, то при x → +∞()11=oxε(ln x)q (ln ln x)r(при любых q и r), следовательно, при x → +∞()11 111=·=·o=xαxp xεxp(ln x)q (ln ln x)r)(1= o(f (x)).=oxp (ln x)q (ln ln x)rВеличина α = p + ε < 1, поэтому интеграл+∞∫dxxα10расходится, следовательно, расходится и интеграл от функцииf (x).280б) p > 1.
В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и p − ε > 1 (рис. 5.6). Для этого можно,например, взять ε = (p − 1)/2 (в этом случае точка x = p − εлежит ровно посередине между точками x = 1 и x = p).Положим α = p − ε. Так как ε > 0, то при x → +∞1(ln x)q (ln ln x)r= o (xε )(при любых q и r), следовательно, при x → +∞111·= p · o (xε ) =pqrx (ln x) (ln ln x)x( ε)()( )x11=o=o=o.pp−εxxxαf (x) =Величина α = p − ε > 1, поэтому интеграл+∞∫dxxα10сходится, следовательно, сходится и интеграл от функции f (x).Суммируя полученные результаты, получаем, что интеграл+∞∫dxxp (ln x)q (ln ln x)reсходится при p > 1, r < 1 и p = 1, q > 1, r < 1. Во всех остальныхслучаях интеграл расходится.+∞∫dx2376.p1|x − a1 | |x − a2 |p2 .
. . |x − an |pn−∞(a1 < a2 < . . . < an ).Обозначим через f (x) подынтегральную функциюf (x) =|x − a1|p1 |x1.− a2 |p2 . . . |x − an |pn281Зафиксируем набор точек b0 , b1 , . . . , bn так, чтобы выполнялисьнеравенстваb0 < a1 < b1 < a2 < . . . < bi−1 < ai < bi < . . . < bn−1 < an < bn ,тогда+∞∫∫b0f (x) dx =f (x) dx++n∑i=1−∞−∞∫ai∫bif (x) dx +f (x) dx +aibi−1+∞∫f (x) dx.bnДля сходимости интеграла необходимо и достаточно, чтобы сходились все интегралы, входящие в полученное разложение. Таккак при x → ∞1f (x) ∼,|x|p1 +p2 +...+pnто условием сходимости интегралов∫b0f (x) dx,−∞+∞∫f (x) dxbnявляется неравенство p1 + p2 + . . . + pn > 1.При x → aiCif (x) ∼,|x − ai |piгде∏|ai − aj |−pj .Ci =j̸=iОтсюда следует, что каждый из интегралов∫ai∫bif (x) dx,f (x) dxaibi−1282сходится тогда и только тогда, когда pi < 1.Таким образом, рассматриваемый интеграл+∞∫−∞dx|x − a1 |p1 |x − a2 |p2 .
. . |x − an |pnсходится при p1 < 1, p2 < 1, . . . , pn < 1, p1 + p2 + . . . + pn > 1 ирасходится в остальных случаях.+∞∫2376.1.xα |x − 1|β dx.0Интеграл от функцииf (x) = xα |x − 1|βразобьем на четыре+∞+∞∫1∫2∫∫1/2∫f (x) dx.f (x) dx +f (x) dx + f (x) dx +f (x) dx =0011/22На промежутке (0; 1/2] функция f (x) непрерывна и при x →0f (x) ∼ xα =1x−α,поэтому интеграл∫1/2f (x) dx0сходится при условии −α < 1, т. е.
при α > −1.На промежутках [1/2; 1) и (1; 2] функция f (x) также непрерывна и при x → 11,f (x) ∼|x − 1|−β283поэтому интегралы∫1∫2f (x) dx,f (x) dx11/2сходятся только при −β < 1, что равносильно β > −1.На полуоси [2; +∞) подынтегральная функция нерерывна ипри x → +∞1f (x) ∼ −α−β .xСледовательно, интеграл+∞∫f (x) dx2сходится тогда и только тогда, когда −α − β > 1, т. е. если выполнено условие α + β < −1.С учетом приведенного анализа, получаем, что рассматриваемый интеграл сходится при α > −1, β > −1, α + β < −1 ирасходится в остальных случаях.+∞∫Pm (x)dx, где Pm (x) и Pn (x) – взаимно простые мно2377.Pn (x)0гочлены соответственно степеней m и n.Если многочлен Pn (x) имеет на промежутке интегрирования[0; +∞) корень x = a, то в разбиение несобственного интегралав сумму элементарных несобственных интегралов, содержащихпо одной особенности подынтегральной функции, будет входитьинтеграл вида∫bPm (x)dx.Pn (x)aЕсли s – кратность корня x = a (s > 1), то при x → aPm (x)C∼,Pn (x)(x − a)s284где C ̸= 0.
Так как s > 1, то интеграл расходится. Таким образом, для сходимости рассматриваемого несобственного интеграла необходимо, чтобы многочлен Pn (x) не имел нулей на промежутке интегрирования. Предположим, что это условие выполнено, тогда подынтегральная функция непрерывна на [0; +∞) ипри x → +∞Pm (x)C∼ n−mPn (x)xс некоторой постоянной C ̸= 0. Следовательно, рассматриваемыйинтеграл сходится тогда и только тогда, когда n − m > 1, т. е.n > m + 1.Подводя итог, получаем, что интеграл+∞∫Pm (x)dxPn (x)0сходится в том и только в том случае, когда многочлен Pn (x) неимеет корней в промежутке [0; +∞) и n > m + 1.Исследовать на абсолютную и условную сходимость следующие интегралы:+∞∫sin xdx.2378.x0Интеграл от функцииf (x) =sin xxразобьем на два+∞+∞∫∫1∫f (x) dx = f (x) dx +f (x) dx.001285Рассмотрим первый интеграл∫1I1 =f (x) dx.0sin x= 1, то согласно решению задачи 20, несобxственный интеграл I1 совпадает с собственным интегралом отнепрерывной функцииТак как limx→0 sin x , 0 < x 6 1˜xf (x) =1 , x = 0.Отсюда следует, что I1 сходится абсолютно.Перейдем ко второму интегралу+∞∫f (x) dx.I2 =1а).
Сходимость интеграла I2 следует из признака Дирихле:функция y = sin x имеет ограниченную первообразную − cos x, афункция y = 1/x монотонно стремится к нулю при x → ∞.б). Покажем что интеграл не сходится абсолютно. Воспользуемся тем, что | sin x| > sin2 x (это неравенство следует из неравенства | sin x| 6 1), тогда имеем:+∞+∞+∞∫∫∫| sin x|sin2 x|f (x)| dx =dx >dx =xx11+∞∫=111 − cos 2x1dx =2x2+∞∫1286dx 1−x2+∞∫1cos 2xdx.xПервый из полученных интегралов расходится, а второй сходится по признаку Дирихле: функция y = cos 2x имеет ограниченную первообразную sin 2x/2, а функция y = 1/x монотонно стремится к нулю при x → +∞. Так как разность расходящегося исходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то отсюдаследует, что интеграл I2 не является абсолютно сходящимся.Подводя итог, получаем, что рассматриваемый в задаче интеграл сходится условно.+∞ √∫x cos x2379.dx.x + 1000Подынтегральная функция непрерывна на [0; +∞), поэтомусходимость интеграла не зависит от выбора начальной точки интегрирования и вместо исходного интеграла можно рассмотретьинтеграл+∞ √∫x cos xdx.I=x + 100100Для доказательства сходимости интеграла I воспользуемсяпризнаком Дирихле.
Функция f (x) = cos x имеет ограниченнуюпервообразную F (x) = sin x, а функция√g(x) =xx + 100имеет нулевой предел на бесконечности и монотонно убывает.Последнее утверждение о монотонности легко проверить, вычислив производную:100 − x6 0,g ′ (x) = √2 x(x + 100)2так как x > 100 (именно из соображения монотонности и былвыбран новый нижний предел интегрирования, равный 100).287Для исследования интеграла I на абсолютную сходимость,воспользуемся неравенством | cos x| > cos2 x, следующим из неравенства | cos x| 6 1:+∞ √+∞ √+∞ √∫∫∫ x cos x x|cosx|x cos2 x dx =dx>dx = x + 100 x + 100x + 100100+∞ √∫=100100x (1 + cos 2x)1dx =2(x + 100)2100+∞ √∫x dx1+x + 100 2100+∞ √∫x cos 2xdx.x + 100100Первый из полученных в правой части последнего равенстваинтегралов расходится, так как при x → +∞√x1∼ 1/2 .x + 100xВторой интеграл сходится по признаку Дирихле: функция y == cos 2x имеет ограниченную первообразную y = sin 2x/2, афункция√x,g(x) =x + 100как показано выше, имеет нулевой предел на бесконечности и монотонно убывает.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
