1. несобственные интегралы

1.2.2. НИ-2 от положительных функций

Пусть f (x) ≥ 0 на промежутке [a, b). НИ–2 от таких функций называют НИ–2 от

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

A

Z

a

f (x)dx возрастает.

Критерий сходимости

Теорема 1.9. Интеграл

b

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, b).

Замечание 1.13. Если f (x) ≤ 0 на промежутке [a, b), то исследование сходимости

интеграла

b

Z

a

f (x)dx сводится к исследованию сходимости НИ–2 от положительной

функции

b

Z

a

(−f (x))dx.

Признаки сравнения

Признак 1. Пусть f (x) ≥ 0, g(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b) и существует c ∈ [a, b) такое, что

f (x) ≤ g(x) ∀x ∈ [c, b). Тогда:

а) если сходится

b

Z

a

g(x)dx, то сходится и

b

Z

a

f (x)dx;

б) если расходится

b

Z

a

f (x)dx, то расходится и

b

Z

a

g(x)dx.

Пример 1.46. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

cos

2

(

1

x

)

√

x

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Так как на промежутке (0;1] выполняется неравен-

ство

cos

2

(

1

x

)

√

x

≤

1

√

x

, а интеграл

1

Z

0

dx

√

x

сходится, то сходится и интеграл

1

Z

0

cos

2

(

1

x

)

√

x

dx.

Пример 1.47. Исследовать сходимость интеграла

2

Z

0

dx

3

√

x + arctgx

.

Решение. Особая точка x = 0. Для x ∈ (0; 2] справедливо неравенство

1

3

√

x + arctgx

≤

1

3

√

x

.

Интеграл

2

Z

0

dx

3

√

x

сходится, и тогда по признаку 1 сходится и исходный интеграл.

Пример 1.48. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

cos

3

x

4

√

1 − x

2

dx.

Решение. Особая точка x = 1. Подынтегральная функция неотрицательна и

допускает оценку

cos

3

x

4

√

1 − x

2

≤

1

4

√

1 − x ·

4

√

1 + x

≤

1

(1 − x)

1/4

. Так как интеграл

1

Z

0

1

(1 − x)

1/4

сходится, то сходится и интеграл

1

Z

0

cos

3

x

4

√

1 − x

2

dx.

Пример 1.49. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

ln

2

x

5

√

x

4

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Представим подынтегральную функцию в виде:

ln

2

x

5

√

x

4

= x

1/10

· ln

2

x ·

1

x

9/10

≤ [ поскольку lim

x→+0

x

1/10

· ln

2

x = 0, то существует такое

a, 0 < a < 1, что x

1/10

· ln

2

x ≤ 1 для любых x, 0 < x ≤ a] ≤

1

x

9/10

. Так как

a

Z

0

dx

x

9/10

сходится, то сходится и

1

Z

0

ln

2

x

5

√

x

4

dx.

Пример 1.50. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

ln

2

x

x

2

− x

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Точка x = 1 особой не является, так как

lim

x→1−0

ln

2

x

x

2

− x

=

lim

x→1−0

(x − 1)

2

x

2

− x

= 0. Разобьем интеграл на сумму двух интегралов

1

Z

0

ln

2

x

x

2

− x

dx =

1/2

Z

0

ln

2

x

x

2

− x

dx +

1

Z

1/2

ln

2

x

x

2

− x

dx и рассмотрим

1/2

Z

0

ln

2

x

x

2

− x

dx. Поскольку

ln

2

x

x

2

− x

≥

1

x(1 − x)

≥

1

x

, а интеграл

1/2

Z

0

dx

x

расходится, то расходится и

1/2

Z

0

ln

2

x

x

2

− x

dx, а,

значит, расходится и интеграл

1

Z

0

ln

2

x

x

2

− x

dx.

Признак 2. Пусть f (x) ≥ 0, g(x) > 0 при x ∈ [a, b) и существует предел

lim

x→b−0

f (x)

g(x)

= l, 0 ≤ l ≤ +∞.

а) Если 0 < l < +∞, то оба интеграла

b

Z

a

f (x)dx и

b

Z

a

g(x)dx сходятся или оба расхо-

дятся.

б) Если l = 0, то из сходимости интеграла

b

Z

a

g(x)dx следует сходимость

b

Z

a

f (x)dx.

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

b

Z

a

g(x)dx следует расходимость инте-

грала

b

Z

a

f (x)dx.

Пример 1.51. Исследовать сходимость интеграла

2

Z

0

(x

2

+ 1)dx

√

x + sin x

.

Решение. Особая точка x = 0.

Рассмотрим lim

x→+0

µ

x

2

+ 1

√

x + sin x

:

1

√

x

¶

= lim

x→+0

√

x(x

2

+ 1)

√

x + sin x

= 1. Поскольку

2

Z

0

dx

√

x

сходится, то по признаку 2 сравнения сходится и исходный интеграл.

Пример 1.52. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

| ln x|

4

√

x

dx.

Решение. Особая точка x = 0.

Рассмотрим lim

x→+0

µ

| ln x|

4

√

x

:

1

x

1/2

¶

= lim

x→+0

√

x| ln x|

4

√

x

= lim

x→+0

4

√

x| ln x| = 0. Интеграл

1

Z

0

dx

√

x

сходится, а тогда по признаку 2 сходится и

1

Z

0

| ln x|

4

√

x

dx.

Пример 1.53. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

sin

2

x

x

3

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Предел отношения lim

x→+0

µ

sin

2

x

x

3

:

1

x

¶

=

= lim

x→+0

sin

2

x

x

2

= 1. Интеграл

1

Z

0

dx

x

расходится, и тогда по признаку 2 расходится и

интеграл

1

Z

0

sin

2

x

x

3

dx.

Пример 1.54. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

ln

2

(1 − x)

1 − x

dx.

Решение. Особая точка x = 1. Так как lim

x→1−0

µ

ln

2

(1 − x)

1 − x

:

1

1 − x

¶

= +∞, а инте-

грал

1

Z

0

dx

1 − x

расходится, то расходится и интеграл

1

Z

0

ln

2

(1 − x)

1 − x

dx.

Степенной признак. Пусть f (x) ∼

c

(b − x)

p

при x → b − 0, c > 0. Если p < 1,

то

b

Z

a

f (x)dx сходится, если p ≥ 1, то интеграл расходится.

Пример 1.55. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

dx

1 − x

3

.

Решение. Особая точка x = 1. Подынтегральная функция неотрицательна и

1

1 − x

3

=

1

(1 − x)(1 + x + x

2

)

∼

x→1

1

3(1 − x)

. Следовательно, интеграл

1

Z

0

dx

1 − x

3

рас-

ходится (p = 1).

Пример 1.56. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

ln(1 +

3

√

x

2

)

x sin

√

x

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Подынтегральная функция сохраняет знак на (0; 1]

и

ln(1 +

3

√

x

2

)

x sin

√

x

∼

x→0

3

√

x

2

x

√

x

=

1

x

5/6

. Следовательно, по степенному признаку исходный

интеграл сходится (p =

5

6

< 1).

Пример 1.57. Исследовать сходимость интеграла

2

Z

0

dx

ln x

.

Решение. Особая точка x = 1. Точка x = 0 особой не является, так как существует

конечный предел lim

x→+0

1

ln x

= 0. Представим интеграл в виде суммы двух интегралов

2

Z

0

dx

ln x

=

1

Z

0

dx

ln x

+

2

Z

1

dx

ln x

и исследуем на сходимость, например,

2

Z

1

dx

ln x

. Поскольку

1

ln x

=

1

ln(1 + (x − 1))

∼

1

x − 1

при x → 1 + 0, то интеграл

2

Z

1

dx

ln x

расходится и,

следовательно, расходится и интеграл

2

Z

0

dx

ln x

.

Пример 1.58. Исследовать на сходимость интеграл

π/2

Z

0

dx

sin

p

x cos

q

x

.

Решение. Особые точки x = 0 (при p > 0) и x =

π

2

(при q > 0). Исследуем

интеграл в окрестности каждой из точек.

x = 0 :

1

sin

p

x cos

q

x

∼

1

x

p

.При p < 1 интеграл сходится, при p ≥ 1 расходится.

x =

π

2

:

1

sin

p

x cos

q

x

=

1

sin

p

x sin

q

(

π

2

− x)

∼

1

(

π

2

− x)

q

. При q < 1 интеграл сходится,

при q ≥ 1 – расходится.

Объединяя полученные условия сходимости в точках 0 и

π

2

, приходим к ответу:

если p < 1, q < 1, то интеграл сходится, для остальных p и q интеграл расходится.

Пример 1.59. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

x

α

dx

√

1 − x

4

.

Решение. Особые точки x = 0 и x = 1.

x = 0 :

x

α

√

1 − x

4

∼ x

α

=

1

x

−α

и при −α < 1, т. е. α > −1, интеграл сходится, при

α ≤ −1 интеграл расходится.

x = 1 :

x

α

√

1 − x

4

=

x

α

p

(1 + x

2

)(1 + x)(1 − x)

∼

1

2(1 − x)

1/2

. Следовательно, интеграл

сходится.

Таким образом,

1

Z

0

x

α

dx

√

1 − x

4

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

Пример 1.60. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

ln xdx

p

x(1 − x)

3

.

Решение. Особые точки x = 0 и x = 1.

x

=

0

: подынтегральная функция сохраняет знак на интервале (0; 1) и

ln x

p

x(1 − x)

3

∼

x→0

ln x

√

x

. Поскольку lim

x→+0

µ

− ln x

√

x

:

1

4

√

x

3

¶

= − lim

x→+0

4

√

x ln x = 0, а

интеграл

1

Z

0

dx

x

3/4

сходится, то по признаку 2 сходится и интеграл

1

Z

0

− ln x

√

x

dx, а,

значит, и интеграл

1

Z

0

ln x

√

x

dx.

x = 1 :

ln x

p

x(1 − x)

3

=

ln(1 + (x − 1))

√

x · (1 − x)

3/2

∼

x − 1

(1 − x)

3/2

= −

1

(1 − x)

1/2

.

Следовательно, интеграл сходится.

Пример 1.61. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

e

αx

−

√

1 + x

chx − cos x

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Найдем эквивалентную при x → 0 функцию сте-

пенного вида для подынтегральной функции, для чего воспользуемся тейлоровскими

разложениями

f (x) =

e

αx

−

√

1 + x

chx − cos x

=

(1 + αx +

α

2

x

2

2

+ . . .) − (1 +

1

2

x −

1

8

x

2

+ . . .)

(1 +

x

2

2

+ . . .) − (1 −

x

2

2

+ . . .)

∼

∼

(α −

1

2

)x +

1

2

(α

2

− 1)x

2

x

2

.

Если α 6=

1

2

, то f (x) ∼

x→0

α −

1

2

x

и, следовательно, интеграл расходится. Если же α =

1

2

,

то f (x) ∼

x→0

1

2

(α

2

− 1), т.е. подынтегральная функция имеет конечный предел, интеграл

существует в смысле Римана и его можно назвать сходящимся. Таким образом, инте-

грал сходится, если α =

1

2

, и расходится, если α 6=

1

2

.

1.2.3. НИ-2 от произвольных функций

Будем предполагать, что функция f определена на [a, b) и имеет единственную осо-

бую точку b.

Признак Дирихле

Теорема 1.10. Пусть

а) функция f непрерывна и имеет ограниченную первообразную на [a, b);

б) функция g имеет непрерывную производную и монотонно стремится к 0 при

x → b − 0.

Тогда несобственный интеграл

b

Z

a

f (x)g(x)dx сходится.

Пример 1.62. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

1

x

sin

1

x

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Для исследования сходимости воспользуемся при-

знаком Дирихле. Положим f (x) =

1

x

2

sin

1

x

dx, g(x) = x. Тогда

1) f (x) непрерывна на (0; 1];

2)

¯

¯

¯

¯

1

Z

η

1

x

2

sin

1

x

dx

¯

¯

¯

¯ =

¯

¯

¯

¯−

1

Z

η

sin

1

x

d

µ

1

x

¶¯

¯

¯

¯ =

¯

¯

¯

¯cos

1

x

¯

¯

¯

¯

1

η

¯

¯

¯

¯ =

¯

¯

¯

¯cos 1 − cos

1

η

¯

¯

¯

¯ ≤ 2 для любого

η ∈ (0; 1];

3) g(x) = x непрерывно дифференцируема;

4) g(x) монотонна;

5) g(x) → 0 при x → +0.

Все условия признака Дирихле выполнены, и, следовательно, интеграл

1

Z

0

1

x

sin

1

x

dx сходится.