Учебное пособие - Определенный интеграл. Практикум (1238758), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Второй интеграл сходится по признаку Дирихле: функция y = cos 2x имеет ограниченную первообразную y = sin 2x/2,а функцияxpf2 (x) =1 + xqбыла исследована выше (при доказательстве обычной сходимости интеграла I2 в п. а, отвечающего случаю p < q), эта функцияимеет нулевой предел на бесконечности (p < q) и монотонно убывает: производная этой функцииf2′ (x) =xp−1 [p − (q − p)xq ](1 + xq )2отрицательна на промежутке [D; +∞) в силу выбора числа D.Так как разность расходящегося интеграла и сходящегося естьинтеграл расходящийся, то I2 не может сходиться абсолютно.Подведем итог исследования.
При q > 0 интеграл+∞∫xp sin xdx1 + xq0299сходится абсолютно при p > −2, q > p + 1, сходится условно приp > −2, p < q 6 p + 1 и расходится в остальных случаях.()1+∞ sin x +∫x2382.dx.nx0Интеграл от функции(1sin x +xf (x) =nx)разобьем на два+∞+∞∫∫1∫f (x) dx = f (x) dx +f (x) dx001и в каждом из интегралов сделаем заменуy =x+1.xФункция, определяющая замену, убывает на промежутке (0; 1] от+∞ до 2 и возрастает на [1; +∞) от 2 до +∞. Формулу обратнойзамены находим, решая квадратное уравнение x2 − yx + 1 = 0относительно переменной x:x=)√1(y ± y2 − 4 .2По теореме Виета произведение корней равно 1, следовательно,меньший корень лежит на промежутке (0; 1], а больший – на[1; +∞).
Таким образом, в первом интеграле)√1(x=y − y2 − 4 ,2300√dx =y2 − 4 − y√dy2 y2 − 4и+∞∫∫1f (x) dx = 2n−1I1 =√20sin y dy()n−1 .√y2 − 4 y − y2 − 4Во втором интеграле√)√1(y + y2 − 4 ,x=2dx =y2 − 4 + y√dy2 y2 − 4так, что+∞+∞∫∫n−1I2 =f (x) dx = 2√12sin y dy()n−1 .√y2 − 4 y + y2 − 4Изучим интеграл I1 . Обозначим подынтегральную функциюF (y) = √sin y)n−1√y2 − 4 y − y2 − 4(и разобьем интеграл на два+∞+∞∫∫3∫F (y) dy = F (y) dy +F (y) dy.I1 =223Рассмотрим первый интеграл∫3F (y) dy.I11 =2Подынтегральная функция непрерывна и при y → 2 имеет степенную асимптотику с показателем 1/2F (y) ∼sin 2,− 2)1/22n (y301поэтому интеграл I11 сходится, причем абсолютно.Рассмотрим сходимость второго интегралаI12+∞∫=F (y) dy.3а) n < 2.
Покажем, что интеграл сходится. Воспользуемсяпризнаком Дирихле. Функция sin y имеет ограниченную первообразную, поэтому достаточно показать, что функцияF1 (y) = √1)n−1√y2 − 4 y − y2 − 4(монотонно убывает к нулю на бесконечности. Уничтожая иррациональность в знаменателе, преобразуем выражение для этойфункции:)n−1(√y + y2 − 4√F1 (y) =.4n−1 y 2 − 4Из этого выражения следует, что при y → +∞F1 (y) ∼12n−1 y 2−n,следовательно, F1 (y) → 0 при y → +∞ (n < 2). Для доказательства убывания функции F1 (y) преобразуем ее выражение следующим образом:)n−1(√√y + y 2 −4y + y 2 −41√√F1 (y) ==·()2−n =√n−12n−124y −44y −4y + y 2 −4=14n−1√11−4y2+ 1 (y+302√1)2−n .y2 − 4Функцииu= √11−4y2,1v=()2−n√y + y2 − 4положительны и убывают на [3; +∞), следовательно, убывает ифункция F1 (y).
Таким образом, условия признака Дирихле выполнены и интеграл сходится.б) n > 2. Покажем, что в этом случае интеграл I12 расходится. Для этого достаточно показать, что не выполнен критерийКоши сходимости интеграла, т. е. при некотором ε > 0 для любого D > 3 найдутся такие D1 , D2 ∈ (D; +∞), чтоD∫ 2 F (y) dy > ε.D1В предыдущем пункте было показано, что функцияF1 (y) ∼12n−1 y 2−nпри y → +∞. Так как n > 2, то функция F1 (y) отделена отнуля при y → +∞, т. е. существует такое положительное числоm и такое число y0 , что при всех y ∈ [y0 ; +∞) будет выполненонеравенство F1 (y) > m. Пусть ε = 2m и D > 3. Подберем такоенатуральное число n, чтобы точки D1 = 2πn и D2 = π + 2πnбыли больше, чем max{D, y0 }.
ТогдаD π+2πnπ+2πn∫ 2∫∫ F (y) dy =F1 (y) sin y dy > msin y dy = 2m = ε,D12πn2πnчто доказывает расходимость интеграла I12 .Рассмотрим, теперь, вопрос об абсолютной сходимости интеграла I12 . Так как при n > 2 этот интеграл расходится, тодостаточно ограничиться случаем n < 2.303а) n < 1. Функция F (y) = F1 (y) sin y.
При исследовании обычной сходимости интеграла, в пункте а, было показано, чтоF1 (y) ∼12n−1 y 2−nпри y → +∞. Следовательно,(F (y) = O1)y 2−nпри y → +∞. Так как n < 1, то 2 − n > 1 и интеграл I12 сходитсяабсолютно.б) 1 6 n < 2. Воспользуемся неравенством | sin y| > sin2 y,вытекающим из неравенства | sin y| 6 1. Так как функция F1 (y)положительна, то+∞+∞+∞∫∫∫|F (y)| dy =F1 (y)| sin y| dy >F1 (y) sin2 y dy =31=233+∞+∞+∞∫∫∫11F1 (y)(1 − cos 2y) dy =F1 (y) dy −F1 (y) cos 2y dy.22333Как уже отмечалось выше, при y → +∞F1 (y) ∼12n−1 y 2−n.Ввиду того, что n > 1 величина 2 − n 6 1, следовательно, интеграл+∞∫F1 (y) dy3расходится.
С другой стороны, при n > 2 функция F1 (y) монотонно убывает к нулю (это также было показано выше), а функ304ция cos 2y имеет ограниченную первообразную, поэтому, по признаку Дирихле, интеграл+∞∫F1 (y) cos 2y dy3сходится. Так как разность расходящегося и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то интеграл I12 не можетсходиться абсолютно.Суммируя результаты о сходимости интегралов I11 и I12 , получаем, что интеграл I1 сходится абсолютно при n < 1, сходитсяусловно при 1 6 n < 2 и расходится при n > 2.Перейдем к интегралу I2 .
Обозначим подынтегральную функциюsin yG(y) = √()n−1√y2 − 4 y + y2 − 4и разобьем интеграл на два+∞+∞∫∫3∫I2 =G(y) dy = G(y) dy +G(y) dy.223Рассмотрим первый интеграл∫3I21 =G(y) dy.2Подынтегральная функция непрерывна и при y → 2 имеет степенную асимптотику с показателем 1/2G(y) ∼sin 2,2n (y − 2)1/2поэтому интеграл I21 сходится, причем абсолютно.305Рассмотрим сходимость второго интегралаI22+∞∫=G(y) dy.3Изучение сходимости этого интеграла проводится аналогично исследованию сходимости интеграла I12 .а) n > 0. Покажем, что интеграл сходится. Воспользуемсяпризнаком Дирихле. Функция sin y имеет ограниченную первообразную, поэтому достаточно показать, что функцияG1 (y) = √1)n−1√y2 − 4 y + y2 − 4(монотонно убывает к нулю на бесконечности. В самом деле, приy → +∞1G1 (y) ∼ n−1 n2yи так как n > 0, то G1 (y) имеет нулевой предел на бесконечности.С другой стороны,√y + y2 − 4()n =G1 (y) = √√y2 − 4 y + y2 − 4= √11−4y2+ 1 (1)n .√y + y2 − 4Функцииu= √11−4y2,1)nv=(√y + y2 − 4положительны и убывают на [3; +∞), следовательно, убываети функция G1 (y).
Таким образом, условия признака Дирихлевыполнены и интеграл сходится.306б) n 6 0. Покажем, что в этом случае интеграл I22 расходится. Для этого достаточно показать, что не выполнен критерийКоши сходимости интеграла, т. е. при некотором ε > 0 для любого D > 3 найдутся такие D1 , D2 ∈ (D; +∞), чтоD∫ 2 G(y) dy > ε.D1Так какG1 (y) ∼12n−1 y nпри y → +∞ и n 6 0, то функция G1 (y) отделена от нуляпри y → +∞, т. е.
существует такое положительное число mи такое число y0 , что при всех y ∈ [y0 ; +∞) будет выполнено неравенство G1 (y) > m. Пусть ε = 2m и D > 3. Подберем такое натуральное число n, чтобы точки D1 = 2πn и D2 == π + 2πn были больше, чем max{D, y0 }. ТогдаD π+2πnπ+2πn∫ 2∫∫ G(y) dy =G1 (y) sin y dy > msin y dy = 2m = ε,D12πn2πnчто доказывает расходимость интеграла I22 .Рассмотрим вопрос об абсолютной сходимости интеграла I22 .Так как при n 6 0 этот интеграл расходится, то достаточно ограничиться случаем n > 0.а) n > 1.
Функция G(y) = G1 (y) sin y. ФункцияG1 (y) ∼12n−1 y nпри y → +∞. Следовательно,(G(y) = O3071yn)при y → +∞. Так как n > 1, то интеграл I22 сходится абсолютно.б) 0 < n 6 1. Воспользуемся неравенством | sin y| > sin2 y,вытекающим из неравенства | sin y| 6 1. Так как функция G1 (y)положительна, то+∞+∞+∞∫∫∫|G(y)| dy =G1 (y)| sin y| dy >G1 (y) sin2 y dy =31=233+∞+∞+∞∫∫∫11G1 (y)(1 − cos 2y) dy =G1 (y) dy −G1 (y) cos 2y dy.22333Как уже отмечалось выше, при y → +∞G1 (y) ∼12n−1 y n.Ввиду того, что n 6 1 интеграл+∞∫G1 (y) dy3расходится. С другой стороны, при n > 0 функция G1 (y) монотонно убывает к нулю (это также было показано выше), а функция cos 2y имеет ограниченную первообразную, поэтому, по признаку Дирихле, интеграл+∞∫G1 (y) cos 2y dy3сходится.
Так как разность расходящегося и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то интеграл I22 не можетсходиться абсолютно.308Подводя итоги проделанного анализа относительно сходимости интегралов I21 и I22 , получаем, что интеграл I2 сходится абсолютно при n > 1, сходится условно при 0 < n 6 1 и расходитсяпри n 6 0.Учитывая полученные результаты, касающиеся сходимостиинтегралов I1 и I2 , получаем окончательно, что рассматриваемый в задаче интеграл()1+∞∫sin x +xdxxn0сходится условно при 0 < n < 2 и расходится в остальных случаях.+∞∫Pm (x)sin x dx,2383.Pn (x)aгде Pm (x) и Pn (x) – целые многочлены и Pn (x) > 0, еслиx > a > 0.Обозначим через f (x) подынтегральную функцияf (x) =Pm (x)sin x,Pn (x)через g(x) – отношение многочленовg(x) =Pm (x),Pn (x)так, чтоf (x) = g(x) sin xи рассмотрим три случая.а) n > m + 1.
Функция y = sin x ограничена, а отношениемногочленов при x → +∞g(x) =Pm (x)C∼ n−m ,Pn (x)x309где постоянная C равна отношению старших коэффициентовмногочленов Pm (x) и Pn (x). Отсюда следует, что при x → +∞()1f (x) = O.xn−mТак как n > m + 1, то величина n − m > 1 и, следовательно,рассматриваемый интеграл+∞∫f (x) dxaсходится абсолютно.б) m < n 6 m + 1. Покажем, что в данном случае интегралсходится условно.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
