Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

и

1

+∞

sin y dy

I1 = ∫ f(x) dx = 2n−1 ∫

.

y

n−1

y2

−

4

−

y2

−

4

0

2

√

(

√

)

Во втором интеграле

1

+ y

dy

x =

y +

, dx =

y2 − 4

y2

4

так, что

2

(

√

−

)

√2√y2 − 4

+∞

+∞

sin y dy

I2 = ∫

f(x) dx = 2n−1 ∫

.

y +

n−1

y2

−

4

y2

−

4

1

2

√

(

√

)

Изучим интеграл I1. Обозначим подынтегральную функцию

F (y) =

sin y

√

(y − √

)n−1

y2 − 4

y2 − 4

и разобьем интеграл на два

+∞

3

+∞

I1 = ∫2

F (y) dy = ∫2

F (y) dy + ∫3

F (y) dy.

Рассмотрим первый интеграл

I11 = ∫23

F (y) dy.

Подынтегральная функция непрерывна и при y → 2 имеет степенную асимптотику с показателем 1/2

sin 2

F (y) 2n(y − 2)1/2 ,

301

поэтому интеграл I11 сходится, причем абсолютно. Рассмотрим сходимость второго интеграла

+∞
I12 = ∫3	F (y) dy.

а) n < 2. Покажем, что интеграл сходится. Воспользуемся признаком Дирихле. Функция sin y имеет ограниченную первообразную, поэтому достаточно показать, что функция

1

F1(y) = √ ( √ )n−1 y2 − 4 y − y2 − 4

монотонно убывает к нулю на бесконечности. Уничтожая иррациональность в знаменателе, преобразуем выражение для этой функции:

F1(y) = (		y +					)	n−1
					y2 − 4
		n 1				2		.
			√
		4 −
						y − 4
Из этого выражения следует, что при y								+
				√

→ ∞

1

F1(y) 2n−1y2−n ,

следовательно, F1(y) → 0 при y → +∞ (n < 2). Для доказательства убывания функции F1(y) преобразуем ее выражение следующим образом:

y +

n−1

y2 −4

y +

1

=

y2

4

2 n =

F1(y) =(

n 1

2

)

n 1 2−

√

·

4

−

y

4

4

− √ y

4

−

−

−

2

−4)

√

√

(y +√y

=

1

1

+ 1

1

.

4n

1

2

n

4

−

√1 −

y2

(y + √y2 − 4)

−

302

Функции

1					1
u =					, v =
	√					(y + √		)2−n
		1 −	4
							y2 − 4
			y2

положительны и убывают на [3; +∞), следовательно, убывает и функция 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 критерий Коши сходимости интеграла, т. е. при некотором ε > 0 для любого D > 3 найдутся такие D1, D2 (D; +∞), что

	∫
	D2F (y) dy		> ε.
D1

В предыдущем пункте было показано, что функция

1

F1(y) 2n−1y2−n

при y → +∞. Так как n > 2, то функция F1(y) отделена от нуля при y → +∞, т. е. существует такое положительное число m и такое число y0, что при всех y [y0; +∞) будет выполнено неравенство F1(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}. Тогда

	D2F (y) dy		=	π+2πnF1(y) sin y dy > m	π+2πnsin y dy = 2m = ε,
	∫			∫	∫
D1				2πn	2πn

что доказывает расходимость интеграла I12.

Рассмотрим, теперь, вопрос об абсолютной сходимости интеграла I12. Так как при n > 2 этот интеграл расходится, то достаточно ограничиться случаем n < 2.

303

а) n < 1. Функция F (y) = F1(y) sin y. При исследовании обычной сходимости интеграла, в пункте а, было показано, что

1

F1(y) 2n−1y2−n

при y → +∞. Следовательно,

( )

F (y) = O

1

y2−n

при y → +∞. Так как n < 1, то 2 −n > 1 и интеграл I12 сходится абсолютно.

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

			+∞		+∞			+∞
			∫3	|F (y)| dy =	∫3	F1(y)| sin y| dy > ∫3			F1(y) sin2 y dy =
		1	+∞				1	+∞		1	+∞
	=		∫3	F1(y)(1 − cos 2y) dy =				∫3 F1(y) dy	−		∫3 F1(y) cos 2y dy.
		2					2			2

Как уже отмечалось выше, при y → +∞

1

F1(y) 2n−1y2−n .

Ввиду того, что n > 1 величина 2 − n 6 1, следовательно, инте-

грал

∫+∞

F1(y) dy

3

расходится. С другой стороны, при n > 2 функция F1(y) монотонно убывает к нулю (это также было показано выше), а функ-

304

ция cos 2y имеет ограниченную первообразную, поэтому, по признаку Дирихле, интеграл

∫+∞

F1(y) cos 2y dy

3

сходится. Так как разность расходящегося и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то интеграл I12 не может сходиться абсолютно.

Суммируя результаты о сходимости интегралов I11 и I12, получаем, что интеграл I1 сходится абсолютно при n < 1, сходится условно при 1 6 n < 2 и расходится при n > 2.

Перейдем к интегралу I2. Обозначим подынтегральную функцию

sin y

G(y) = √ ( √ )n−1 y2 − 4 y + y2 − 4

и разобьем интеграл на два

+∞		3	+∞
I2 = ∫2	G(y) dy =	∫2	G(y) dy + ∫3	G(y) dy.

Рассмотрим первый интеграл

∫3

I21 = G(y) dy.

2

Подынтегральная функция непрерывна и при y → 2 имеет степенную асимптотику с показателем 1/2

sin 2

G(y) 2n(y − 2)1/2 ,

поэтому интеграл I21 сходится, причем абсолютно.

305

Рассмотрим сходимость второго интеграла

+∞
I22 = ∫3	G(y) dy.

Изучение сходимости этого интеграла проводится аналогично исследованию сходимости интеграла I12.

а) n > 0. Покажем, что интеграл сходится. Воспользуемся признаком Дирихле. Функция sin y имеет ограниченную первообразную, поэтому достаточно показать, что функция

1

G1(y) = √ ( √ )n−1 y2 − 4 y + y2 − 4

монотонно убывает к нулю на бесконечности. В самом деле, при y → +∞

1

G1(y) 2n−1yn

и так как n > 0, то G1(y) имеет нулевой предел на бесконечности. С другой стороны,

G1(y) =

y + y2 − 4

n

=

√

2

−

(

√

2

−

)

y

4

y +

y

4

√

=

1

+ 1

1

.

n

4

√1 −

(y + √y2 − 4)

Функции

y2

u =

1

, v =

1

√

(y + √

)n

1 −

4

y2 − 4

y2

положительны и убывают на [3; +∞), следовательно, убывает и функция G1(y). Таким образом, условия признака Дирихле выполнены и интеграл сходится.

306

б) n 6 0. Покажем, что в этом случае интеграл I22 расходится. Для этого достаточно показать, что не выполнен критерий Коши сходимости интеграла, т. е. при некотором ε > 0 для любого D > 3 найдутся такие D1, D2 (D; +∞), что

	∫
	D2G(y) dy		> ε.
D1

Так как

1

G1(y) 2n−1yn

при y → +∞ и n 6 0, то функция G1(y) отделена от нуля при y → +∞, т. е. существует такое положительное число m и 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}. Тогда

∫					∫	∫	πn
	D	2G(y) dy	=		π+2πn
					G1(y) sin y dy > mπ+2		sin y dy = 2m = ε,
D1					2πn	2πn
что	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. Функция

1

G1(y) 2n−1yn

при y → +∞. Следовательно,

( )

1

G(y) = O yn

307

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

			+∞		+∞			+∞
			∫3	|G(y)| dy =	∫3	G1(y)| sin y| dy > ∫3			G1(y) sin2 y dy =
		1	+∞				1	+∞		1	+∞
	=		∫3	G1(y)(1 − cos 2y) dy =				∫3 G1(y) dy −			∫3 G1(y) cos 2y dy.
		2					2			2

Как уже отмечалось выше, при y → +∞

1

G1(y) 2n−1yn .

Ввиду того, что n 6 1 интеграл

∫+∞

G1(y) dy

3

расходится. 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 dy

3

сходится. Так как разность расходящегося и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то интеграл I22 не может сходиться абсолютно.

308

Подводя 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 расходится при n 6 0.

Учитывая полученные результаты, касающиеся сходимости интегралов I1 и I2, получаем окончательно, что рассматриваемый в задаче интеграл

	1
+∞	sin (x +		)
		x
∫0				dx
	xn

сходится условно при 0 < n < 2 и расходится в остальных случаях.

	+∞
2383.	∫a	Pm(x)	sin x dx,
		Pn(x)

где Pm(x) и Pn(x) – целые многочлены и Pn(x) > 0, если x > a > 0.

Обозначим через f(x) подынтегральную функция

f(x) = Pm(x) sin x, Pn(x)

через g(x) – отношение многочленов

g(x) = Pm(x) , Pn(x)

так, что

f(x) = g(x) sin x

и рассмотрим три случая.

а) n > m + 1. Функция y = sin x ограничена, а отношение многочленов при x → +∞

g(x) =	Pm(x)		C	,
	Pn(x)		xn−m

309

где постоянная C равна отношению старших коэффициентов многочленов Pm(x) и Pn(x). Отсюда следует, что при x → +∞

( )

1

f(x) = O xn−m .

Так как n > m + 1, то величина n − m > 1 и, следовательно, рассматриваемый интеграл

∫+∞

f(x) dx

a

сходится абсолютно.

б) m < n 6 m + 1. Покажем, что в данном случае интеграл сходится условно. Вычислим производную

g′(x) = Pm′ (x)Pn(x) − Pm(x)Pn′ (x) . Pn2(x)

Числитель полученного выражения Pm′ (x)Pn(x) − Pm(x)Pn′ (x) представляет собой многочлен, который может иметь только конечное число корней (случай когда g(x) = const мы исключаем, так как m ≠ n). Отсюда следует, что существует такое число A, что при x > A функция g′(x) не имеет нулей и, таким образом, знакопостоянна. Это влечет монотонность функции g(x) на промежутке [A; +∞). Более того, так как m < n, то функция g(x) имеет нулевой предел на бесконечности. С другой стороны, функция y = sin x имеет ограниченную первообразную, следовательно, интеграл

∫+∞ ∫+∞

f(x) dx =

g(x) sin x dx

AA

сходится по признаку Дирихле. Так как сходимость интеграла не зависит от выбора нижнего предела интегрирования, то сходится

310