Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

Рассмотрим второй интеграл

I2 = ∫1	f(x) dx.
1/2

Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → 1:

f(x) =		xn		1	.
	√			2(1 − x)1/2
		(1 − x)(1 + x)(1 + x2)

Отсюда следует, что второй интеграл сходится при любом n. Таким образом, интеграл

∫1 √xndx

1 − x4

0

сходится тогда и только тогда, когда n > −1.

+∞
2370.1. ∫0			dx
		√		.
			x3 + x
Интеграл от функции
				f(x) = √
						1
							x3 + x
разобьем на два
	+∞				1			+∞
	∫0		f(x) dx =		∫0	f(x) dx +		∫1	f(x) dx.

Рассмотрим первый интеграл

∫1

I1 = f(x) dx.

0

271

Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:

1

f(x) x1/2 .

Отсюда следует, что интеграл I1 сходится. Рассмотрим второй интеграл

+∞
I2 = ∫1	f(x) dx.

Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → +∞:

1

f(x) x3/2 .

Таким образом, второй интеграл также сходится. Следовательно, рассматриваемый интеграл сходится.

	+∞
	∫0	dx
2371.			.
		xp + xq

Интеграл от функции

			1
	f(x) =
				xp + xq
разобьем на два
+∞		1			+∞
∫0	f(x) dx =	∫0	f(x) dx +		∫1	f(x) dx.

Рассмотрим первый интеграл

∫1

I1 = f(x) dx.

0

272

Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:

				1				q ̸= p ;
				1
f(x)		xmin(p,q)			,
			2xmin(p,q)				,	q = p .
Отсюда следует, что интеграл I1 сходится тогда и только тогда,
когда min(p, q) < 1.
Рассмотрим второй интеграл
			+∞
		I2 = ∫1		f(x) dx.

Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → +∞:

			1				q ̸= p ;
			1
f(x)		xmax(p,q)		,
			2xmax(p,q)			,	q = p .

Таким образом, I2 сходится тогда и только тогда, когда величина max(p, q) > 1.

Окончательно получаем, что рассматриваемый интеграл сходится если min(p, q) < 1, max(p, q) > 1 и расходится в остальных случаях.

	1	ln x
2372.	∫0		dx.
		1 − x2
Интеграл от функции
			f(x) =	ln x
				1 − x2

273

разобьем на два

	1/2		∫1
∫1 f(x) dx = ∫		f(x) dx +		f(x) dx.
0	0		1/2

Рассмотрим первый интеграл

∫1/2

I1 = f(x) dx.

0

Подынтегральная функция непрерывна и при x → 0

( )

1

f(x) ln x = o √x .

Так как интеграл

∫1/2

1

√x dx

0

сходится, то сходится и I1. Рассмотрим второй интеграл

∫1

I2 = f(x) dx.

1/2

Подынтегральная функция непрерывна и при x → 1 существует конечный предел функции f(x), который можно найти, например, по правилу Лопиталя:

lim f(x) = lim		ln x			= lim	(1/x)	=	−	1	.
		1 − x2							2
x→1	x→1				x→1	(−2x)
Таким образом, функция f на промежутке [1/2; 1) совпадает
с функцией
f(x) =		ln x		,	x [1/2; 1);
		1 − x2
e		−			x = 1,
		1/2,

274

непрерывной на отрезке [1/2; 1]. Из решения задачи 20 следует сходимость интеграла I2.

Таким образом, рассматриваемый интеграл сходится.

∫π/2ln(sin x)

2373. √ dx. x

0

Подынтегральная функция непрерывна на (0; π/2]. При x → → 0 функция ln(sin x) ln x. Это легко проверить с помощью правила Лопиталя:

cos x

lim cos x

ln(sin x)

(sin x )

lim

= lim

=

x→0

= 1.

(x)

x

)

ln x

x→0

(

x→0

x→0

lim

Отсюда следует, что при x → 0

ln(sin x)

ln x

√

√

x

x

и сходимость рассматриваемого интеграла равносильна сходимости интеграла

π/2
I = ∫0	ln x
	√			dx.
		x

Рассмотрим вопрос о сходимости интеграла I. Известно, что

при любом ε > 0, функция ln x = o(1/xε) при x → 0, в частности

( )

ln x = o	1	.
	x1/4

Отсюда следует, что при x → 0

	ln x			1
	√			= o (		).
					x3/4
		x

Так как интеграл

∫π/2

1 x3/4 dx

0

275

сходится, то сходится и интеграл I. Таким образом, интеграл

∫π/2

ln(sin x)

√ dx x

0

сходится.

∫+∞

dx

2374. xp lnq x.

1

Интеграл от функции

	f(x) =			1
				xp lnq x
разобьем на два
+∞		2			+∞
∫1	f(x) dx =	∫1	f(x) dx +		∫2	f(x) dx.

Рассмотрим первый интеграл

∫2

I1 = f(x) dx.

1

Подынтегральная функция непрерывна и при x → 1 имеет степенную асимптотику

1

f(x) (x − 1)q .

Условие сходимости интеграла I1: q < 1. Исследуем на сходимость второй интеграл

+∞
I2 = ∫2	f(x) dx

276

и 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 + ε лежит ровно посередине между точками x = p и x = 1).

pq

p +q

ε

1q

-x

Рис. 5.5

Положим α = p + ε. Так как ε > 0, то при x → +∞

1

1

= o (

)

xε

lnq x

(при любом q), следовательно, при x → +∞

1

1

1

1

1

1

=

·

=

· o (

) = o

(

) = o(f(x)).

xα

xp

xε

xp

lnq x

xp lnq x

Величина α = p + ε < 1, поэтому интеграл

∫

dx

+∞

xα

2

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

б) p = 1. Подынтегральная функция

1

f(x) = x lnq x.

Делая замену u = ln x, получаем

+∞		+∞			+∞
∫	f(x) dx = ∫		dx	=	∫	du
							.
			x lnq x			uq
2		2			ln 2

277

Условие 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 − ε лежит ровно посередине между точками x = 1 и x = p).

1q

p

q ε pq

-x

−

Рис. 5.6

Положим α = p − ε. Так как ε > 0, то при x → +∞

1

= o (xε)

lnq x

(при любом q), следовательно, при x → +∞

1

1

1

xε

1

1

f(x) =

·

=

· o (xε) = o (

)= o

(

)

= o (

).

xp

lnq x

xp

xp

xp−ε

xα

Величина α = p − ε > 1, поэтому интеграл

∫

dx

+∞

xα

2

сходится, следовательно, сходится и интеграл от функции f(x). Суммируя полученные результаты, получаем, что интеграл

∫+∞

dx xp lnq x

1

сходится при p > 1, q < 1 и расходится в остальных случаях.

	+∞
	∫e	dx
2375.			.
		xp(ln x)q(ln ln x)r

278

Прежде всего отметим, что в случае p = 1 с помощью замены переменной u = ln x рассматриваемый интеграл сводится к интегралу задачи 2374:

+∞			+∞
∫e	dx	=	∫1	du
	x(ln x)q(ln ln x)r			uq lnr u

с заменой p на q, а q на r. Из решения этой задачи следует, то при p = 1 рассматриваемый интеграл сходится тогда и только тогда, когда q > 1, r < 1.

Исследуем вопрос сходимости интеграла при p ≠ 1. Интеграл

от функции					1
	f(x) =
			xp(ln x)q(ln ln x)r
разобьем на два
+∞		10				+∞
∫e	f(x) dx =	∫e		f(x) dx +		10∫ f(x) dx.
Рассмотрим первый интеграл
				10
	I1 = ∫e				f(x) dx.

Подынтегральная функция непрерывна на промежутке (e; 10]. При x → e функции xp → ep, ln x → 1. Функция φ(x) = ln ln x при x = e равна нулю, а ее производная

φ′(x) = 1 x ln x

имеет значение φ′(e) = 1/e, следовательно,

	ln ln x		x − e	, x	→	e.
			e

279

Таким образом, функция f(x) имеет степенную асимптотику при

x → e

er−p

f(x) (x − e)r .

Условие сходимости интеграла I1: r < 1. Исследуем на сходимость второй интеграл

	+∞
I2 =	10∫ f(x) dx

и 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 + ε лежит ровно посередине между точками x = p и x = 1).

Положим α = p + ε. Так как ε > 0, то при x → +∞

(

)

1

= o

1

xε

(ln x)q(ln ln x)r

(при любых q и r), следовательно, при x → +∞

1

1

1

· o (

1

) =

1

=

·

=

xα

xp

xε

xp

(ln x)q(ln ln x)r

( )

1

= o xp(ln x)q(ln ln x)r = o(f(x)).

Величина α = p + ε < 1, поэтому интеграл

∫+∞dx

xα

10

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

280