1. несобственные интегралы

1.1.2. НИ–1 от положительных функций

Пусть f (x) ≥ 0 на промежутке [a, +∞). НИ–1 от таких функций называют НИ–1

от положительных функций. В этом случае функция Φ(A) =

A

Z

a

f (x)dx возрастает.

Критерий сходимости НИ–1 от положительной функции

Теорема 1.3. Интеграл

+∞

Z

a

f (x)dx, f (x) ≥ 0, сходится тогда и только тогда, когда

существует M такое, что

A

Z

a

f (x)dx ≤ M, ∀A ≥ a.

Замечание 1.10. Если f (x) ≤ 0 на промежутке [a, +∞), то исследование сходи-

мости интеграла

+∞

Z

a

f (x)dx сводится к исследованию сходимости НИ–1 от положи-

тельной функции

+∞

Z

a

(−f (x))dx.

Признаки сравнения

Признак 1. Пусть 0 ≤ f (x) ≤ g(x) ∀x ∈ [c, +∞), c ≥ a.

а) Если сходится интеграл

+∞

Z

a

g(x)dx,

(1.5)

то сходится и интеграл

+∞

Z

a

f (x)dx.

(1.6)

б) Если интеграл (1.6) расходится, то расходится и интеграл (1.5).

Пример 1.10. Исследовать на сходимость интеграл

+∞

Z

1

sin

2

4x

5

√

x

6

+ x

3

+ 1

dx.

Решение. На промежутке [1; +∞) справедлива оценка

sin

2

4x

5

√

x

6

+ x

3

+ 1

≤

1

5

√

x

6

. Так

как

+∞

Z

1

dx

x

6/5

сходится (см. пример 1.3, α = 6/5 > 1), то по признаку 1 сходится и

исходный интеграл.

Пример 1.11. Исследовать на сходимость интеграл

+∞

Z

1

ln x

x + cos

2

x

dx.

Решение. Подынтегральная функция положительна для x > 1 и при достаточно

больших x справедлива оценка

ln x

x + cos

2

x

≥

1

x

. Поскольку

+∞

Z

1

dx

x

расходится (см.

пример 1.3, α = 1), то по признаку 1 расходится и исходный интеграл.

Пример 1.12. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

x

2

dx

x

4

+ sin

2

x

.

Решение. Представим интеграл в виде суммы двух интегралов:

+∞

Z

0

x

2

dx

x

4

+ sin

2

x

=

1

Z

0

x

2

dx

x

4

+ sin

2

x

+

+∞

Z

1

x

2

dx

x

4

+ sin

2

x

.

Поскольку функция

x

2

x

4

+ sin

2

x

непрерывна на (0; 1], а

lim

x→+0

x

2

x

4

+ sin

2

x

= lim

x→+0

1

x

2

+

sin

2

x

x

2

= 1,

то

1

Z

0

x

2

dx

x

4

+ sin

2

x

является интегралом Римана. Рассмотрим

+∞

Z

1

x

2

dx

x

4

+ sin

2

x

. Так как

x

2

x

4

+ sin

2

x

≤

1

x

2

, а

+∞

Z

1

dx

x

2

сходится, то согласно признаку 1 сходится и

+∞

Z

1

x

2

dx

x

4

+ sin

2

x

.

Следовательно, по свойству аддитивности сходится и исходный интеграл.

Пример 1.13. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

1

ln xdx

x

√

x

2

+ 1

.

Решение. Для всех x ≥ 1 справедлива оценка

ln x

x

√

x

2

+ 1

≤

ln x

x

2

. Поскольку

lim

x→+∞

ln x

√

x

= 0, то существует a > 1, такое, что

ln x

√

x

≤ 1 для всех x ≥ a. Поэто-

му, для x ≥ a справедливо неравенство

ln x

x

√

x

2

+ 1

≤

ln x

x

2

≤

1

x

3/2

. Интеграл

+∞

Z

a

dx

x

3/2

сходится, следовательно, сходятся также интегралы

+∞

Z

a

ln x

x

√

x

2

+ 1

dx и

+∞

Z

1

ln xdx

x

√

x

2

+ 1

.

Признак 2. Пусть f (x) ≥ 0, g(x) > 0 ∀x ∈ [a, +∞), и существует предел

lim

x→+∞

f (x)

g(x)

= l, 0 ≤ l ≤ +∞.

а) Если 0 < l < +∞, то оба интеграла сходятся или оба расходятся.

б) Если l = 0, то из сходимости интеграла

+∞

Z

a

g(x)dx следует сходимость

+∞

Z

a

f (x)dx.

в) Если l = +∞, то из расходимости интеграла

+∞

Z

a

g(x)dx следует расходимость инте-

грала

+∞

Z

a

f (x)dx.

Пример 1.14. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

e

dx

ln x

.

Решение. Рассмотрим

lim

x→+∞

1

ln x

1

x

= lim

x→+∞

x

ln x

= +∞.

Поскольку

+∞

Z

e

dx

x

расходится, то по признаку 2 расходится и интеграл

+∞

Z

e

dx

ln x

.

Пример 1.15. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

e

−x

2

dx.

Решение. Имеем

lim

x→+∞

e

−x

2

1

x

2

= lim

x→+∞

x

2

e

x

2

= 0.

Интеграл

+∞

Z

1

dx

x

2

сходится, следовательно, сходится и интеграл

+∞

Z

0

e

−x

2

dx.

Пример 1.16. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

1

x

p−1

e

−x

dx.

Решение. Имеем lim

x→+∞

x

p−1

e

−x

1

x

2

= lim

x→+∞

x

p+1

e

x

= 0 при любом p. Поскольку

+∞

Z

1

dx

x

2

сходится, то при любом p сходится и

+∞

Z

1

x

p−1

e

−x

dx.

Степенной признак. Пусть неотрицательная функция f (x) определена на

[a; +∞), a > 0, и f (x) ∼

c

x

p

при x → +∞, c > 0.

а) Если p > 1, то интеграл

+∞

Z

a

f (x)dx сходится.

б) Если p ≤ 1, то интеграл

+∞

Z

a

f (x)dx расходится.

Следствие 1.1. Если существует p > 1 такое, что f (x) = o

µ

1

x

p

¶

при x → +∞, то

+∞

Z

a

f (x)dx (a > 0) сходится.

Пример 1.17. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

x

2

dx

x

4

− x

2

+ 1

.

Решение. Поскольку x

4

−x

2

+1 6= 0 для всех x ≥ 0, то интеграл представляет собой

НИ–1. Подынтегральная функция неотрицательна и

x

2

x

4

− x

2

+ 1

∼

1

x

2

при x → +∞.

Так как

+∞

Z

1

dx

x

2

сходится, то сходится и интеграл

+∞

Z

0

x

2

dx

x

4

− x

2

+ 1

.

Отметим, что в результате использования эквивалентности при x → +∞ оказа-

лось, что функция

1

x

2

неограничена в окрестности точки x = 0. Но, поскольку ис-

ходный интеграл в точке x = 0 не имеет особенности, то представляя его в виде

+∞

Z

0

x

2

dx

x

4

− x

2

+ 1

=

1

Z

0

x

2

dx

x

4

− x

2

+ 1

+

1

Z

1

x

2

dx

x

4

− x

2

+ 1

и учитывая, что

1

Z

0

x

2

dx

x

4

− x

2

+ 1

яв-

ляется интегралом Римана, заключаем, что сходимость исходного интеграла опреде-

ляется сходимостью интеграла

+∞

Z

1

x

2

dx

x

4

− x

2

+ 1

.

Пример 1.18. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

1

√

x

arctg

x

2 + x

dx.

Решение. Так как

1

√

x

arctg

x

2 + x

∼

1

√

x

·

x

2 + x

при x → +0, то интеграл

1

Z

0

1

√

x

arctg

x

2 + x

dx является интегралом Римана. Поэтому исследуем сходимость ин-

теграла

+∞

Z

1

1

√

x

arctg

x

2 + x

dx. Поскольку

1

√

x

arctg

x

2 + x

∼

1

√

x

·

π

4

при x → +∞, а

интеграл

+∞

Z

1

dx

√

x

расходится, то расходится и интеграл

+∞

Z

0

1

√

x

arctg

x

2 + x

dx.

Пример 1.19. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

1

dx

√

4x + ln x

.

Решение. Поскольку 4x + ln x = 4x

¡

1 +

ln x

4x

¢

∼ 4x при x → +∞, то

1

√

4x + ln x

∼

∼

1

2x

1/2

, x → +∞. Интеграл

+∞

Z

1

dx

x

1/2

расходится, значит, интеграл

+∞

Z

1

dx

√

4x + ln x

так-

же является расходящимся.

Пример 1.20. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

1

ln x

x

α

dx.

Решение. Рассмотрим два случая:

1) α > 1. Выберем ε > 0 так, чтобы α − ε > 1 (такое ε всегда существует), и

представим

ln x

x

α

=

1

x

α−ε

·

ln x

x

ε

. Поскольку lim

x→+∞

ln x

x

ε

= 0, то существует a > 1 такое,

что

ln x

x

ε

≤ 1 для x ≥ a. Тогда при x ≥ a выполняется неравенство

1

x

α−ε

·

ln x

x

ε

≤

1

x

α−ε

.

Так как α − ε > 1, то

+∞

Z

a

dx

x

α−ε

сходится, значит по признаку сравнения сходится и

+∞

Z

a

ln x

x

α

dx, а, следовательно, и

+∞

Z

1

ln xdx

x

α

.

2) α ≤ 1. Тогда

ln x

x

α

≥

1

x

α

для x ≥ e, и из расходимости

+∞

Z

e

dx

x

α

следует расходи-

мость

+∞

Z

1

ln x

x

α

dx.

Таким образом, интеграл

+∞

Z

1

ln x

x

α

dx сходится при α > 1 и расходится при α ≤ 1.

Пример 1.21. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

a

1

x

α

ln

p

x

dx, a > 1, в зависи-

мости от параметров α и p.

Решение. Рассмотрим три случая:

1) α = 1. В интеграле

+∞

Z

a

1

x ln

p

x

dx сделаем замену ln x = t, dx/x = dt. Тогда

+∞

Z

a

1

x ln

p

x

dx =

+∞

Z

ln a

dt

t

p

, ln a > 0, а этот интеграл сходится при p > 1 и расходится при

p ≤ 1.

2) α > 1. Покажем, что интеграл

+∞

Z

a

1

x

α

ln

p

x

dx сходится при любом p. Действи-

тельно, при любом фиксированном α > 1 существует такое ε > 0, что α − ε > 1.

Представим

1

x

α

ln

p

x

=

1

x

α−ε

·

ln

−p

x

x

ε

. Поскольку lim

x→+∞

ln

−p

x

x

ε

= 0 при любом p, то

существует c > 1 такое, что

ln

−p

x

x

ε

≤ 1 для x ≥ c. Тогда при x ≥ c выполнено нера-

венство

1

x

α−ε

·

ln

−p

x

x

ε

≤

1

x

α−ε

. Так как α − ε > 1, то

+∞

Z

c

dx

x

α−ε

сходится, значит, по

признаку сравнения сходится и

+∞

Z

c

1

x

α

ln

p

x

dx, а, следовательно, сходится и интеграл

+∞

Z

a

1

x

α

ln

p

x

dx при любом p ∈ R.

3) α < 1. Покажем, что в этом случае интеграл

+∞

Z

a

1

x

α

ln

p

x

dx расходится при лю-

бом p. Действительно, при любом фиксированном α < 1 существует такое ε > 0, что

α + ε < 1. Представим

1

x

α

ln

p

x

=

1

x

α+ε

·

x

ε

ln

p

x

. Поскольку lim

x→+∞

x

ε

ln

p

x

= +∞ при

любом p, то существует c > 1 такое, что

x

ε

ln

p

x

≥ 1 для x ≥ c. Тогда при x ≥ c выпол-

няется неравенство

1

x

α+ε

·

x

ε

ln

p

x

≥

1

x

α+ε

. Так как α + ε < 1, то

+∞

Z

c

dx

x

α+ε

расходится,

значит, по признаку сравнения расходится и

+∞

Z

c

1

x

α

ln

p

x

dx, а, следовательно, интеграл

+∞

Z

a

1

x

α

ln

p

x

dx при любом p ∈ R является расходящимся.

Таким образом, при a > 1 интеграл

+∞

Z

a

dx

x

α

ln

p

x

сходится при α > 1 и любом p;

сходится при α = 1 и p > 1; расходится при α < 1 и любом p; расходится при α = 1 и

p ≤ 1.