Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

= o (xε)

б) 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).

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

1

(ln x)q(ln ln x)r

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

f(x) =

1

·

1

=

1

· o (xε) =

xp

(ln x)q(ln ln x)r

xp

xε

1

1

= o (

)

= o (

)

= o (

).

xp

xp−ε

xα

Величина α = p − ε > 1, поэтому интеграл

∫+∞dx

xα

10

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

∫+∞

dx

xp(ln x)q(ln ln x)r

e

сходится при p > 1, r < 1 и p = 1, q > 1, r < 1. Во всех остальных случаях интеграл расходится.

∫+∞

2376.

dx

|x − a1|p1 |x − a2|p2 . . . |x − an|pn

−∞

(a1 < a2 < . . . < an).

Обозначим через f(x) подынтегральную функцию

1

f(x) = |x − a1|p1 |x − a2|p2 . . . |x − an|pn .

281

Зафиксируем набор точек b0, b1, . . . , bn так, чтобы выполнялись неравенства

b0 < a1 < b1 < a2 < . . .< bi−1 < ai < bi < . . .< bn−1 < an < bn,

тогда

				+∞	b0
				∫ f(x) dx = ∫		f(x) dx+
			−∞		−∞		∫
	i=1		∫		∫
+	n		ai	f(x) dx +	bi f(x) dx		+ +∞f(x) dx.
	∑
		bi 1			ai		bn

Для сходимости интеграла необходимо и достаточно, чтобы сходились все интегралы, входящие в полученное разложение. Так

как при x → ∞

1

f(x) |x|p1+p2+...+pn ,

то условием сходимости интегралов

b0		+∞
∫	f(x) dx,	∫	f(x) dx
−∞		bn

является неравенство p1 + p2 + . . . + pn > 1. При x → ai

Ci

f(x) |x − ai|pi ,

где	∏
	Ci = |ai − aj|−pj .
	j̸=i

Отсюда следует, что каждый из интегралов

∫ai	f(x) dx,	∫bi f(x) dx
bi 1		ai

282

сходится тогда и только тогда, когда pi < 1. Таким образом, рассматриваемый интеграл

∫+∞

dx

|x − a1|p1 |x − a2|p2 . . . |x − an|pn

−∞

сходится при p1 < 1, p2 < 1, . . . , pn < 1, p1 + p2 + . . . + pn > 1 и расходится в остальных случаях.

∫+∞

2376.1. xα|x − 1|βdx.

0

Интеграл от функции

f(x) = xα|x − 1|β

разобьем на четыре

+∞	1/2	1	2				+∞
∫ f(x) dx =	∫ f(x) dx +	∫	f(x) dx + ∫			f(x) dx +	∫ f(x) dx.
0	0	1/2	1				2
На промежутке (0; 1/2] функция f(x) непрерывна и при x→0
	f(x) xα =			1	,
				x−α
поэтому интеграл
		1/2
		∫0	f(x) dx

сходится 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 → 1

1

f(x) |x − 1|−β ,

283

поэтому интегралы

∫1 ∫2

f(x) dx, f(x) dx

1/2

1

сходятся только при −β < 1, что равносильно β > −1.

На полуоси [2; +∞) подынтегральная функция нерерывна и при x → +∞

1

f(x) x−α−β .

Следовательно, интеграл

∫+∞

f(x) dx

2

сходится 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 и расходится в остальных случаях.

	+∞
2377.	∫	Pm(x)	dx, где Pm(x) и Pn(x) – взаимно простые мно-
		Pn(x)

0

гочлены соответственно степеней m и n.

Если многочлен Pn(x) имеет на промежутке интегрирования [0; +∞) корень x = a, то в разбиение несобственного интеграла в сумму элементарных несобственных интегралов, содержащих по одной особенности подынтегральной функции, будет входить интеграл вида

∫b

Pm(x) dx. Pn(x)

a

Если s – кратность корня x = a (s > 1), то при x → a

Pm(x)		C	,
Pn(x)		(x − a)s

284

где 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; +∞) и при x → +∞

Pm(x) C Pn(x) xn−m

с некоторой постоянной C ≠ 0. Следовательно, рассматриваемый интеграл сходится тогда и только тогда, когда n − m > 1, т. е. n > m + 1.

Подводя итог, получаем, что интеграл

∫+∞

Pm(x) dx Pn(x)

0

сходится в том и только в том случае, когда многочлен Pn(x) не имеет корней в промежутке [0; +∞) и n > m + 1.

Исследовать на абсолютную и условную сходимость следующие интегралы:

		+∞	sin x
	2378.	∫0		dx.
			x

Интеграл от функции

f(x) = sinxx

разобьем на два

+∞		1	+∞
∫0	f(x) dx =	∫0	f(x) dx + ∫1	f(x) dx.

285

Рассмотрим первый интеграл

				I1 = ∫01 f(x) dx.
	Так как lim	sin x	= 1, то согласно решению задачи 20, несоб-
		x
	x→0
	ственный интеграл I1 совпадает с собственным интегралом от
	непрерывной функции
						sin x	, 0 < x 6 1
			f˜(x) =
						x
					1 ,		x = 0.

Отсюда следует, что I1 сходится абсолютно. Перейдем ко второму интегралу

+∞
I2 = ∫1	f(x) dx.

а). Сходимость интеграла I2 следует из признака Дирихле: функция y = sin x имеет ограниченную первообразную − cos x, а функция 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

∫1

|f(x)| dx =

∫1

|

|

dx >

∫1

dx =

x

x

+∞

cos 2x

1

+∞

1

+∞

= ∫1

1

−

dx =

∫1

dx

−

∫1

cos 2x

dx.

2x

2

x

2

x

286

x cos x dx. x + 100

Первый 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 и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то отсюда следует, что интеграл I2 не является абсолютно сходящимся.

Подводя итог, получаем, что рассматриваемый в задаче интеграл сходится условно.

∫+∞√

2379.

0

Подынтегральная функция непрерывна на [0; +∞), поэтому сходимость интеграла не зависит от выбора начальной точки интегрирования и вместо исходного интеграла можно рассмотреть интеграл

∫+∞√

I = x cos x dx. x + 100

100

Для доказательства сходимости интеграла I воспользуемся признаком Дирихле. Функция f(x) = cos x имеет ограниченную первообразную F (x) = sin x, а функция

√

x g(x) = x + 100

имеет нулевой предел на бесконечности и монотонно убывает. Последнее утверждение о монотонности легко проверить, вычислив производную:

	g′(x) =		100 − x		6	0,
		2√x(x + 100)2

так как x > 100 (именно из соображения монотонности и был выбран новый нижний предел интегрирования, равный 100).

287

∫+∞√

Для исследования интеграла I на абсолютную сходимость, воспользуемся неравенством | cos x| > cos2 x, следующим из неравенства | cos x| 6 1:

+∞		√		cos x		+∞√			cos x	|
			x					x			dx >
∫	x + 100					dx = ∫	x +| 100
100						100					100

xcos2 x dx = x + 100

+∞√

(1 + cos 2x)

1

+∞ √

dx

1

+∞√

cos 2x

x

x

x

=

100∫

dx =

100∫

+

100∫

dx.

2(x + 100)

2

x + 100

2

x + 100

Первый из полученных в правой части последнего равенства интегралов расходится, так как при x → +∞

√

x1 x + 100 x1/2 .

Второй интеграл сходится по признаку Дирихле: функция y =

= cos 2x имеет ограниченную первообразную y = sin 2x/2, а
функция		√
	g(x) =		x		,
		x + 100

как показано выше, имеет нулевой предел на бесконечности и монотонно убывает. Так как разность расходящегося и сходящегося интегралов является расходящимся интегралом, то интеграл

∫+∞√

x cos2 x dx x + 100

100

расходится, следовательно, расходится и интеграл

∫+∞√

x | cos x| dx, x + 100

100

т. е. I не является абсолютно сходящимся.

288

Подводя итог, получаем, что рассматриваемый в задаче ин-

теграл сходится условно.

∫+∞

2380. xp sin(xq) dx

(q ̸= 0).

0

получаем:

После замены переменной t = xq

+∞

p q

1

0

sinα t dt , q > 0 ;

+

+

∫

∫

∞

∞

q

t

x sin(x ) dx =

0

1

sin t

0

∫

− q

tα dt , q < 0 ,

где

α = q − p − 1 . q

Влюбом из двух случаях (q > 0 или q < 0) задача сводится

кисследованию интеграла

			+∞
	I = ∫0			sin t			dt.
					tα
Полученный интеграл от функции
	f(t) =				sin t
					tα
разобьем на два
+∞		1						+∞
∫0	f(t) dt =	∫0	f(t) dt + ∫1						f(t) dt.

Рассмотрим первый интеграл

∫1

I1 = f(t) dt.

0

289

Подынтегральная функция непрерывна, причем при t → 0

1

f(t) tα−1 .

Отсюда следует, что интеграл I1 сходится тогда и только тогда, когда α−1 < 1, т. е. при α < 2. При этом в силу положительности функции f(t) на промежутке интегрирования понятия сходимости и абсолютной сходимости совпадают.

Перейдем ко второму интегралу

+∞
I2 = ∫1	f(t) dt

и рассмотрим вопрос о его сходимости. При α > 0 к интегралу применим признак Дирихле. Функция y = sin t имеет ограниченную первообразную y = − cos t, а функция y = 1/tα монотонно убывает к нулю на бесконечности. Таким образом, при α > 0 интеграл I2 сходится.

При α = 0

		+∞				D
		I2 = ∫1	sin t dt = lim			sin t dt =
				D→+∞ ∫1
				D
	=	lim		= 1		lim cos D.
		D→+∞	(− cos t) 0			− D→+∞
D	+				то интеграл расходится.
Так как	lim	cos D не существует,

→ ∞

При α < 0 интеграл расходится. Для доказательства этого факта проверим, что не выполнен критерий Коши сходимости интеграла, т. е. при некотором ε > 0 для любого D > 1 найдутся такие D1, D2 (D; +∞), что

	∫
	D2f(t) dt		> ε.
D1

290