Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

∫

=

1

+∞f(y) (1 +

y

)dy.

2a

√

y2

4ab

2√

−

ab

Складывая полученные выражения, находим

+∞

b

1

+∞

y

∫ f(ax +

)dx =

∫

f(y)

dy.

x

a

√

y2

4ab

0

2√

−

ab

В полученном справа интеграле сделаем замену

y

t = √y2 − 4ab ,

y = √t2

+ 4ab ,

dt =

dy,

y2

− 4ab

после которой получаем

√

+∞

+∞

∫ f(y)

y2 y

4ab dy = ∫

f(

t2 + 4ab ) dt.

√

√

2√

−

0

ab

Меняя переменную интегрирования t на x, получаем требуемое равенство:

+∞

1

+∞

√

0

b

0

∫ f(ax +

)dx =

∫

f( t2 + 4ab ) dt =

x

a

+∞

√

0

1

∫

=

a

f(

x2 + 4ab ) dx.

2356. Средним значением функции f(x) на интервале (0;+∞) называется число

∫x

M[f] = lim 1 f(ξ) dξ.

x→+∞ x

0

251

Найти средние значения следующих функций:

a) f(x) = sin

2

2

(x

√

x + cos

2 );

б) f(x) = arctg x;

в) f(x) = √

sin x.

x

а). Используя формулы понижения

sin2 x =

1 − cos 2x

,

cos2 x =

1 + cos 2x

,

2

2

получаем:

x

(

)

0

lim

1

∫

sin2 ξ + cos2

(ξ√

)

dξ =

2

M[f] = x→+∞ x

1

x

(

)

0

lim

∫

2

−

cos 2ξ + cos(2√2ξ)

dξ =

= x→+∞ 2x

[2ξ −

x

lim

1

1

1

√

2 sin 2ξ +

= x→+∞

2x

2√2 sin(2

2ξ)] 0

=

= lim

2x

sin 2x +

sin(2√2x)

=

1

1

1

(

−

2√

)

x→+∞

2x

2

2

(

√

)

= x→+∞

sin 2x

+

sin(2

2

x)

= 1 − 0 + 0 = 1.

1 −

4x

4√2x

lim

б). Используя интегрирование по частям, находим:

1

x

lim

arctg ξ dξ =

M[f] = x→+∞ x ∫0

x

x

0

lim

1

ξ arctg ξ

0

− ∫

ξ dξ

=

= x→+∞ x

1 + ξ2

252

x

lim

1

x arctg x

−

1

ln(1 + ξ2)

0

=

= x→+∞ x [

2

]

1

1

2

lim

x arctg x

ln(1 + x )

=

= x→+∞ x

[

− 2

]

lim

ln(1 + x2)

π

π

2x

] = 2 − 0 = 2 .

= x→+∞ [arctg x −

в). Воспользуемся формула Бонне (4.3):

∫b f(ξ)φ(ξ) dξ = φ(b) ∫b f(ξ) dξ,

a

θ

где θ [a; b]. Применяя эту теорему для функций

f(ξ) = sin ξ ,

φ(ξ) = √

ξ,

на отрезке [0; x], получаем

∫x

sin ξ dξ = √

∫x sin ξ dξ = √

(cos θ − cos x) ,

ξ

x

x

0

√

θ

(θ [0; x]). Так как величина |(cos θ − cos x)| 6 2, то полученное соотношение позволяет оценить интеграл следующим образом:

x

ξ sin ξ dξ

6

√x

(cos θ

cos x)

6 2√x.

∫

√

|

−

|

0

Отсюда следует,

что

x

∫

√x

1

x

sin ξ dξ

6

2

0

ξ

√

253

и поэтому

		1	x	√
			0
	M[f] = lim		∫		ξ sin ξ dξ = 0.
	x→+∞ x

2357. Найти:

x √

dt

1

cos t

1 + t4

0

а)

lim x

dt ;

б)

lim

∫

;

2

3

x→0

∫x

t

x→∞

x

+∞

t−1e−tdt

1

f(t)

x

в)

lim

∫

;

г)

lim xα

∫x

dt ,

1

α+1

x→0

ln x

x→0

t

где α > 0 и f(t) – непрерывная функция на сегменте [0; 1]. а). По правилу Лопиталя и формуле (3.8)

1

cos t

1

cos t

dt

cos x

t2

x

x2

lim x

x

2 dt = lim ∫

1

= lim

(−

1

)

−

x→0

∫

t

x→0

x

x→0 (

x2

)

б). По правилу Лопиталя и формуле (3.8)

x √

1 + t

4

dt

√

0

1 + x4

lim

∫

= lim

x

3

3x

2

x→∞

x→∞

= lim cos x = 1.

x→0

= 13 .

в). По правилу Лопиталя и формуле (3.8)

	+∞	t−1e−tdt
	x				1	e−x
lim	∫		= lim		−x					= lim e−x = 1.
		1			(−		1	)
x→0		ln x	x→0 (				x		)	x→0

254

г). По правилу Лопиталя и формуле (3.8)

∫1

f(t)

dt

1

f(t)

tα+1

lim xα

lim

x

=

x→0

∫x

tα+1 dt = x→0

x−α

f(x)

(−

)

= lim

f(x)

=

f(0)

.

= lim

xα+1

(−

α

)

x→0

x→0

α

α

xα+1

Исследовать сходимость интегралов:

+∞

x2dx

2358.

∫

.

x4 − x2 + 1

0

подынтегральная функция

x2

f(x) = x4 − x2 + 1

непрерывна и имеет степенную асимптотику

1	, x → ∞.
f(x) x2

Так как порядок асимптотики больше 1, то рассматриваемый интеграл сходится.

	+∞
	∫1		dx
2359.		x √3		.
			x2 + 1

подынтегральная функция

f(x) = √ 1

x 3 x2 + 1

непрерывна и имеет степенную асимптотику

1

f(x) x5/3 , x → ∞.

255

Так как порядок асимптотики больше 1, то рассматриваемый

интеграл сходится.

∫2

2360. lndxx.

0

Разобьем интеграл на три так, чтобы в каждом было по одной особенности:

2			1/2			1			2
∫	dx		= ∫	dx		+ ∫	dx		+ ∫	dx
											.
	ln x			ln x			ln x			ln x
0			0			1/2			1

Первый интеграл

∫1/2 dx

ln x

0

сходится так как подынтегральная функция непрерывна и ограничена на промежутке (0; 1/2] (см. решение задачи 29). Во втором и третьем интегралах подынтегральная функция имеет степенную асимптотику при x → 1:

1				1
f(x) =						.
	ln x		x	−	1

Так как порядок асимптотики равен 1, то интегралы

1			2
∫	dx	,	∫	dx
	ln x			ln x
1/2			1

расходятся. Отсюда следует, что расходится и рассматриваемый интеграл.

Замечание. Для сходимости интеграла с несколькими особенностями нужно, чтобы сходились все интегралы, каждый из которых имеет только одну особенность, поэтому для доказательства расходимости досточно было рассмотреть один из расходящихся интегралов.

256

	+∞
2361.	∫0	xp−1e−xdx.
Разобьем интеграл на два
	+∞		1		+∞
	∫0	xp−1e−xdx =	∫0	xp−1e−xdx +	∫1	xp−1e−xdx.

В первом из полученных интегралов подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:

f(x) = xp−1e−x x11−p .

Отсюда следует, что интеграл по промежутку (0; 1] сходится тогда и только тогда, когда 1 − p < 1, т. е. p > 0.

При исследовании второго интеграла можно воспользоваться тем, что при любом p

xp−1 = o(ex/2) , x	+
	→ ∞
и поэтому
f(x) = xp−1e−x = o(e−x/2) , x		→	+	∞	.

Так как интеграл

∫+∞

e−x/2dx

1

сходится, то сходится (при любом p) и интеграл

∫+∞

f(x) dx.

1

Таким образом, рассматриваемый интеграл сходится тогда и только тогда, когда p > 0.

257

∫1

2362. xp lnq x1 dx.

0

Интеграл от функции

f(x) = xp lnq 1 x

разобьем на два:

	1		1	1/2		1		1		1
	∫	xp lnq		dx = ∫ xp lnq			dx + ∫		xp lnq		dx.
			x			x				x
	0			0				1/2
	Исследуем на сходимость первый из них
				1/2
				I1 = ∫0	xp lnq		1	dx
							x

и рассмотрим три случая.

а) p < −1. Подберем положительное число ε так, чтобы число p + ε также удовлетворяло неравенству p + ε < −1 (рис. 5.2). Для этого можно, например, взять ε = (−p −1)/2 (в этом случае точка x = p + ε лежит ровно посередине между точками x = p и x = −1).

pq	p +q	ε	1q	0q	-x
			−

Рис. 5.2

Положим α = −p − ε. Так как ε > 0, то при любом q

(	1	)
xε = o lnq	x	, x → 0,

следовательно, при x → 0

()

1	= xp+ε = o xp lnq	1	= o(f(x)).
α		x
x

258

Величина p + ε < −1, поэтому α > 1 и интеграл

∫1/2dx

xα

0

расходится, следовательно, расходится и интеграл от функции f(x).

б) p = −1. После замены u = ln

1

, получаем:

x

1/2

1/2

+∞

+∞

∫

f(x) dx = ∫

1

dx = ∫

uqdu = ∫

du

x−1 lnq

.

x

u−q

0

0

ln 2

ln 2

Условие

сходимости

последнего

интеграла: −q > 1, т. е. q <

< −1.

в) p > −1. Подберем положительное число ε так, чтобы число p−ε также удовлетворяло неравенству p−ε > −1 (рис. 5.3). Для этого можно, например, взять ε = (p + 1)/2 (в этом случае точка x = p − ε лежит ровно посередине между точками x = −1 и

x = p).
1q	p	q	ε pq	-x
−		−

Рис. 5.3

Положим α = −p + ε. Так как ε > 0, то при любом q

()

1				1
lnq		= o				, x → 0,
	x				xε
следовательно, при x → 0				= o(xp−ε) = o (				).
f(x) = xp lnq			1				1
			x				xα

259

Величина p − ε > −1, поэтому α < 1 и интеграл

∫1/2dx

xα

0

сходится, следовательно, сходится и интеграл от функции f(x). Резюмируя, получаем, что интеграл I1 сходится при p > > −1 и при p = −1, q < −1. В остальных случаях этот инте-

грал расходится.

Перейдем ко второму интегралу

	1		1
	I2 = ∫	xp lnq		dx.
			x
	1/2

Подынтегральная функция f(x) непрерывна на промежутке [1/2; 1) и имеет степенную асимптотику при x → 1:

f(x) = xp lnq	1	lnq	1	= (− ln x)q (1 − x)q =	1	.
	x		x		(1 − x)−q

Отсюда следует, что интеграл I2 сходится при q > −1 и расходится при q 6 1.

Для сходимости рассматриваемого интеграла необходимо и достаточно, чтобы сходились оба интеграла I1 и I2. Учитывая проведенное выше исследование, получаем, что интеграл

∫1

xp lnq x1 dx

0

сходится при p > −1, q > −1 и расходится во всех остальных случаях.

	+∞	xm
2363.	∫0		dx (n > 0).
		1 + xn

260