Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 23
Текст из файла (страница 23)
Так как разность расходящегося и сходящегосяинтегралов является расходящимся интегралом, то интеграл+∞ √∫x cos2 xdxx + 100100расходится, следовательно, расходится и интеграл+∞ √∫x | cos x|dx,x + 100100т. е. I не является абсолютно сходящимся.288Подводя итог, получаем, что рассматриваемый в задаче интеграл сходится условно.+∞∫xp sin(xq ) dx (q ̸= 0).2380.0После замены переменной t = xq получаем:+∞∫sin t1dt , q > 0 ;+∞qtα∫0xp sin(xq ) dx =+∞∫1sin t0−dt , q < 0 ,qtα0гдеq−p−1.qВ любом из двух случаях (q > 0 или q < 0) задача сводитсяк исследованию интегралаα=+∞∫I=sin tdt.tα0Полученный интеграл от функцииf (t) =sin ttαразобьем на два+∞+∞∫∫1∫f (t) dt = f (t) dt +f (t) dt.001Рассмотрим первый интеграл∫1f (t) dt.I1 =0289Подынтегральная функция непрерывна, причем при t → 0f (t) ∼1tα−1.Отсюда следует, что интеграл I1 сходится тогда и только тогда,когда α−1 < 1, т.
е. при α < 2. При этом в силу положительностифункции f (t) на промежутке интегрирования понятия сходимости и абсолютной сходимости совпадают.Перейдем ко второму интегралу+∞∫I2 =f (t) dt1и рассмотрим вопрос о его сходимости. При α > 0 к интегралуприменим признак Дирихле. Функция y = sin t имеет ограниченную первообразную y = − cos t, а функция y = 1/tα монотонноубывает к нулю на бесконечности. Таким образом, при α > 0интеграл I2 сходится.При α = 0+∞∫D∫sin t dt =I2 =sin t dt = limD→+∞11(= limD→+∞Так как)D− cos t = 1 − lim cos D.D→+∞0lim cos D не существует, то интеграл расходится.D→+∞При α < 0 интеграл расходится. Для доказательства этогофакта проверим, что не выполнен критерий Коши сходимостиинтеграла, т.
е. при некотором ε > 0 для любого D > 1 найдутсятакие D1 , D2 ∈ (D; +∞), чтоD∫ 2 f (t) dt > ε.D1290В самом деле, пусть ε = 2 и D > 1, подберем натуральное числоn так, чтобы точки D1 = 2πn и D2 = π + 2πn попали в интервал(D; +∞) (для этого достаточно выбрать n > D/2π). Учитывая,что при t > 1 величина 1/tα > 1 (α < 0), имеем:D π+2πn π+2πn∫ 2 ∫ ∫ sint f (t) dt = dt > sin t dt = 2 = ε. αt 2πnD12πnРассмотрим вопрос об абсолютной сходимости интеграла I2 .Если величина α > 1, то подынтегральная функция|f (t)| =1| sin t|6 α,tαtчто влечет абсолютную сходимость I2 .
Так как при α 6 0 интеграл I2 расходится, то он не может сходиться абсолютно, следовательно, осталось рассмотреть случай 0 < α 6 1. Покажем, чтов этом случае интеграл также не сходится абсолютно. Для этого воспользуемся неравенством | sin t| > sin2 t, вытекающим изнеравенства | sin t| 6 1. С помощью этого неравенства получаем:+∞+∞+∞+∞∫∫∫∫| sin t|sin2 t1 − cos 2tdt >dt =dt =|f (t)| dt =tαtα2tα1111=2+∞∫dt 1−tα 211+∞∫cos 2tdt.tα1Так как α 6 1, то первый из полученных интегралов расходится, а второй сходится по признаку Дирихле: функция y = cos 2tимеет ограниченную первообразную sin 2t/2, а функция y = 1/tαмонотонно стремится к нулю при x → +∞ (α > 0). Так как разность расходящегося и сходящегося интегралов есть интегралрасходящийся, то отсюда следует, что интеграл I2 не являетсяабсолютно сходящимся.291Подведем итог исследованию сходимости интеграла+∞∫I=sin tdt.tα0При α > 2 интеграл расходится, при 1 < α 6 2 интеграл сходитсяабсолютно, при 0 < α 6 1 интеграл сходится условно и при α 6 0интеграл расходится.Переходя к параметрам p и q получаем условия сходимостиисходного интеграла+∞∫xp sin(xq ) dx.0При −1 < (p + 1)/q < 0 интеграл сходится абсолютно, при 0 66 (p + 1)/q < 1 интеграл сходится условно, а при (p + 1)/q > 1или (p + 1)/q 6 −1 интеграл расходится.∫π/2sin(sec x)dx.2380.1.0В задаче используется вышедшее из употребления обозначение функции1.sec x =cos xПодынтегральня функцияf (x) = sin(sec x)непрерывна на промежутке [0; π/2) и ограничена| sin(sec x)| 6 1.Из решения задачи 28 следует, что интеграл сходится, причемабсолютно.292+∞∫x2 cos(ex ) dx.2380.2.0После замены переменной t = ex получаем:+∞+∞∫∫ln2 t2xx cos(e ) dx =cos t dt.t01Так как сходимость интеграла не зависит от выбора нижнегопредела интегрирования, то достаточно исследовать на сходимость интеграл+∞∫ln2 tI=cos t dt.t10Интеграл I сходится по признаку Дирихле.
Функция f (t) = cos tимеет ограниченную первообразную F (t) = sin t, а функцияg(t) =ln2 ttмонотонно убывает и имеет нулевой предел на бесконечности.Для проверки монотонного убывания можно вычислить производнуюln t(2 − ln t)g ′ (t) =.t2Из явного вида производной следует, что она отрицательна приt > e2 . Так как e2 ≈ 7, 389 < 10, то g ′ (t) < 0 на всем промежутке интегрирования (из этих соображений и был выбран нижний предел интегрирования). Отсюда следует убывание функцииg(t).Исследуем интеграл на абсолютную сходимость. Та же замена t = ex дает:+∞+∞∫∫ln2 t2x| cos t| dt.|x cos(e )| dx =t01293Сходимость интеграла не зависит от выбора нижнего пределаинтегрирования, поэтому достаточно исследовать на сходимостьинтеграл+∞∫ln2 tJ=| cos t| dt.t10Покажем, что этот интеграл расходится.
Так как | cos t| 6 1, тоотсюда имеем неравенство | cos t| > cos2 t и+∞∫J>ln2 tcos2 t dt =t101=2+∞∫ln2 t(1 + cos 2t) dt =2t10+∞∫ln2 t1dt +t210+∞∫ln2 tcos 2t dt.t10Так как при t → +∞1=otи интеграл(ln2 tt+∞∫),dtt10расходится, то расходится и первый из полученных интегралов+∞∫ln2 tdt.t10Второй из полученных интегралов+∞∫ln2 tcos 2t dtt10294сходится по признаку Дирихле: функция y = cos 2t имеет ограниченную первообразную y = sin 2t/2, а функцияg(t) =ln2 ttмонотонно убывает к нулю при t → +∞ (это было показано выше при исследовании сходимости интеграла I). Так как суммарасходящегося и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то отсюда следует расходимость интеграла J.Следовательно, рассматриваемый интеграл+∞∫x2 cos(ex ) dx0сходится условно.+∞∫xp sin x2381.dx1 + xq(q > 0).0Интеграл от функцииf (x) =xp sin x1 + xqразобьем на два+∞+∞∫∫1∫f (x) dx = f (x) dx +f (x) dx.001Исследуем сходимость интеграла∫1I1 =f (x) dx.0Так как подынтегральная функция f (x) неотрицательна на (0; 1],то понятия сходимости и абсолютной сходимости для интеграла295I1 совпадают.
Функция f (x) непрерывна на промежутке (0; 1] иимеет степенную асимптотику при x → 01 −p−1 , q > 0 ,xf (x) ∼1, q = 0.−p−12xОтсюда следует, что интеграл I1 сходится тогда и только тогда,когда −p − 1 < 1, т. е. p > −2.Рассмотрим второй интеграл+∞∫I2 =f (x) dx1и выясним условия его сходимости.а) p < q.
Так как сходимость интеграла не зависит от выборанижнего предела интегрирования, то вместо интеграла I2 можноисследовать интеграл+∞∫J=f (x) dx,Dгде D мы можем выбрать по своему усмотрению. Выберем эточисло так, чтобы)1/q(p.D>q−pПокажем, что интеграл J сходится. Воспользуемся признакомДирихле: подынтегральная функцияf (x) = f1 (x)f2 (x),гдеf1 (x) = sin x ,f2 (x) =296xp.1 + xqФункция f1 (x) имеет ограниченную первообразную F1 (x) == − cos x, а функция f2 (x) монотонно убывает к нулю при x →→ +∞.
Для проверки монотонности достаточно найти производнуюxp−1 [p − (q − p)xq ]f2′ (x) =.(1 + xq )2В силу выбора числа D величина f2′ (x) < 0 на [D; +∞), чтовлечет убывание функции f2 (x).б) p > q. Для этих значений параметров интеграл расходится.Для доказательства этого покажем, что не выполнен критерийКоши сходимости интеграла, т. е. при некотором ε > 0 для любого D > 1 найдутся такие D1 , D2 ∈ (D; +∞), чтоD∫ 2 f (t) dt > ε.D1Пусть ε = 1 и D > 1.
Подберем натуральное число n так, чтобы числа D1 = 2πn и D2 = π + 2πn попали в интервал (D; +∞)(для этого достаточно выбрать n > D/2π). Воспользуемся разложением подынтегральной функции на множители из предыдущего пунктаf (x) = f1 (x)f2 (x),гдеxp.1 + xqВеличины p и p−q неотрицательны (p > q, q > 0). Отюда следует,что производнаяf1 (x) = sin x ,f2′ (x) =f2 (x) =xp−1 [p + (p − q)xq ](1 + xq )2неотрицательна и функция f2 (x) возрастает на [1; +∞). Следовательно, на всем промежутке интегрирования1f2 (x) > f2 (1) = .2297Так как на отрезке [D1 ; D2 ] = [2πn; π + 2πn] обе функции f1 (x)и f2 (x) неотрицательны, тоD π+2πnπ+2πn∫ 2 ∫∫ f (t) dt = f1 (x)f2 (x) dx =f1 (x)f2 (x) dx > 2πnD11>22πnπ+2πn∫1f1 (x) dx =22πnπ+2πn∫sin x dx = 1 = ε.2πnРассмотрим вопрос об абсолютной сходимости интеграла I2 .Так как при p > q интеграл расходится, то достаточно рассмотреть случай p < q.а) q > p + 1.
Так как функция f1 (x) = sin x ограничена, афункцияxp1f2 (x) =∼ q−p , x → +∞,1 + xqxто()1|f (x)| = O, x → +∞xq−pи в силу условия q > p + 1 интеграл I2 сходится абсолютно.б) p < q 6 p + 1. Так как сходимость интеграла не зависит отвыбора нижнего предела интегрирования, то можно исследоватьсходимость интеграла+∞∫|f (x)| dx,Dгде(D>pq−p)1/q.Покажем, что этот интеграл расходится. Для этого воспользуемся неравенством | sin x| > sin2 x, вытекающим из неравенства298| sin x| 6 1, получаем:+∞+∞+∞∫∫∫xp | sin x|xp sin2 x|f (x)| dx =dx>dx =1 + xq1 + xqD+∞∫=DDxp (1 − cos 2x)1dx =2(1 + xq )2D+∞∫1xpdx −1 + xq2D+∞∫xp cos 2xdx.1 + xqDВ первом из полученных интегралов подынтегральная функцияxp1∼ q−pq1+xxи так как q 6 p+1, то q−p 6 1, следовательно, этот интеграл расходится.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
