1. несобственные интегралы

Признак Абеля

Теорема 1.11. Пусть

а) функция f непрерывна на [a; b) и

b

Z

a

f (x)dx сходится;

б) функция g имеет непрерывную производную, ограничена и монотонна на [a; b).

Тогда несобственный интеграл

b

Z

a

f (x)g(x)dx сходится.

Пример 1.63. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

x

x

2

+ 1

cos

1

x

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Для исследования сходимости применим признак

Абеля. Положим f (x) =

1

x

cos

1

x

, g(x) =

x

2

x

2

+ 1

. Проверим условия признака:

1) f (x) непрерывна на (0; 1];

2)

1

Z

0

1

x

cos

1

x

dx сходится на основании признака Дирихле. (Условия применимости

признака Дирихле проверяются аналогично предыдущему примеру.)

3) Функция g(x) имеет непрерывную производную g

0

(x) =

2x

(x

2

+ 1)

2

;

4) g монотонна (возрастает, так как g

0

(x) > 0 для x ∈ (0; 1]);

5) g ограничена, |g(x)| ≤ 1.

Исходный интеграл сходится по признаку Абеля.

Абсолютная сходимость НИ–2

Предполагается, что f интегрируема по Риману на любом [α, β] ⊂ (a, b).

Интеграл

b

Z

a

f (x)dx называют абсолютно сходящимся, если сходится

b

Z

a

|f (x)|dx.

Теорема 1.12. Если

b

Z

a

|f (x)|dx сходится, то сходится и

b

Z

a

f (x)dx.

Интеграл

b

Z

a

f (x)dx называют неабсолютно (условно) сходящимся, если он схо-

дится, но не сходится абсолютно.

Для исследования абсолютной сходимости, т.е. сходимости

b

Z

a

|f (x)|dx, можно ис-

пользовать признаки сходимости интегралов от положительных функций.

Пример 1.64. Исследовать сходимость интеграла

2

Z

1

sin

µ

1

cos x

¶

dx

√

2 − x

.

Решение. Особая точка x = 2. Поскольку

¯

¯

¯

¯sin

µ

1

cos x

¶

1

√

2 − x

¯

¯

¯

¯ ≤

1

√

2 − x

, а ин-

теграл

2

Z

1

dx

√

2 − x

сходится, то

2

Z

1

sin

µ

1

cos x

¶

dx

√

2 − x

сходится абсолютно и, следова-

тельно, сходится.

Пример 1.65. Исследовать сходимость интеграла

1

Z

0

sin

1

x

x

2

+

√

x + x

2

cos

1

x

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Рассмотрим интеграл

1

Z

0

¯

¯

¯

¯

sin

1

x

x

2

+

√

x + x

2

cos

1

x

¯

¯

¯

¯dx.

Для x ∈ (0; 1] справедлива оценка

¯

¯

¯

¯

sin

1

x

x

2

+

√

x + x

2

cos

1

x

¯

¯

¯

¯ =

¯

¯sin

1

x

¯

¯

√

x + x

2

(1 + cos

1

x

)

≤

1

√

x

.

Интеграл

1

Z

0

dx

√

x

сходится, а, значит, абсолютно сходится и исходный интеграл.

Пример 1.66. Исследовать на абсолютную и неабсолютную сходимость интеграл

0,5

Z

0

cos ln x

x ln x

dx.

Решение. Особая точка x = 0. Исследуем сходимость интеграла с помощью при-

знака Дирихле. Положим f (x) =

cos ln x

x

, g(x) =

1

ln x

и проверим выполнение условий

признака :

1) f (x) непрерывна на (0; 0, 5];

2)

¯

¯

¯

¯

0,5

Z

η

cos ln x

x

dx

¯

¯

¯

¯ =

¯

¯

¯

¯

0,5

Z

η

cos ln xd(ln x)

¯

¯

¯

¯ =

¯

¯

¯

¯sin(ln x)

¯

¯

¯

¯

0,5

η

¯

¯

¯

¯ = | sin ln 0, 5 − sin ln η| ≤ 2 для

любого η ∈ (0; 0, 5];

3) g(x) – непрерывно дифференцируема, g

0

(x) = −

1

x ln

2

x

;

4) g монотонна на [0; 0, 5], так как g

0

(x) < 0;

5) g(x) =

1

ln x

→ 0, при x → +0.

Таким образом, исходный интеграл сходится, Исследуем теперь интеграл на абсо-

лютную сходимость. Рассмотрим

0,5

Z

0

¯

¯

¯

¯

cos ln x

x ln x

¯

¯

¯

¯dx. Имеем

¯

¯

¯

¯

cos ln x

x ln x

¯

¯

¯

¯ ≥

cos

2

ln x

x| ln x|

=

1 − cos(2 ln x)

2x| ln x|

=

1

2x| ln x|

−

cos(2 ln x)

2x| ln x|

.

При этом

0,5

Z

0

dx

x| ln x|

= −

0,5

Z

0

dx

x ln x

= −

0,5

Z

0

d(ln x)

ln x

= − ln | ln x|

¯

¯

¯

¯

0,5

0

= −∞, т.е. интеграл

расходится. Интеграл

0,5

Z

0

cos(2 ln x)

x| ln x|

dx = −

0,5

Z

0

cos(2 ln x)

x ln x

dx сходится по признаку Ди-

рихле (проверка условий признака проводится аналогично тому, как это было сдела-

но при исследовании сходимости исходного интеграла). Следовательно,

0,5

Z

0

cos

2

ln x

x| ln x|

dx

расходится, а тогда по признаку 1 расходится и

0,5

Z

0

¯

¯

¯

¯

cos ln x

x ln x

¯

¯

¯

¯dx. Таким образом, исход-

ный интеграл сходится неабсолютно.

1.3. Несобственные интегралы смешанного типа.

Пусть функция f определена на (a; +∞) всюду, за исключением точек a

1

, . . . , a

m

,

a

1

< . . . < a

m

, которые являются особыми точками. В этом случае, взяв произвольное

c > a

m

, определяют

+∞

Z

a

f (x)dx как

+∞

Z

a

f (x)dx =

c

Z

a

f (x)dx +

+∞

Z

c

f (x)dx.

(1.8)

В этом соотношении интеграл

+∞

Z

c

f (x)dx является НИ-1, интеграл

c

Z

a

f (x)dx – НИ-2,

а интеграл

+∞

Z

a

f (x)dx называют НИ смешанного типа.

Сходимость интеграла

+∞

Z

a

f (x)dx означает сходимость обоих интегралов в правой

части (1.8).

Замечание 1.14. При изучении НИ смешанного типа, ради однообразия, будем

говорить, что +∞ – особая точка подынтегральной функции f.

Пример 1.67. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

dx

3

√

x

5

+ x

.

Решение. Подынтегральная функция имеет две особые точки x = 0 и x = +∞.

Представим интеграл в виде суммы:

+∞

Z

0

dx

3

√

x

5

+ x

=

1

Z

0

dx

3

√

x

5

+ x

+

+∞

Z

1

dx

3

√

x

5

+ x

и ис-

следуем сходимость каждого из интегралов.

1)

1

Z

0

dx

3

√

x

5

+ x

. Особая точка x = 0. Подынтегральная функция неотрицательна и

1

3

√

x

5

+ x

∼

x→0

1

x

1/3

. По степенному признаку

1

Z

0

dx

3

√

x

5

+ x

сходится (p =

1

3

< 1).

2)

+∞

Z

1

dx

3

√

x

5

+ x

. Особая точка x = +∞, функция неотрицательна и

1

3

√

x

5

+ x

∼

x→+∞

1

x

5/3

.

Интеграл сходится (p =

5

3

> 1). Сходимость обоих интегралов означает сходимость и

исходного интеграла.

При исследовании сходимости несобственных интегралов рекомендуется оформ-

лять решение следующим образом.

Пример 1.68. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

dx

3

√

x

5

+ x

.

Решение. Особые точки x = 0, x = +∞.

x = 0 :

1

3

√

x

5

+ x

∼

1

x

1/3

– интеграл сходится по степенному признаку для НИ-2.

x = +∞ :

1

3

√

x

5

+ x

∼

1

x

5/3

– интеграл сходится по степенному признаку для НИ-1.

Таким образом, исходный интеграл сходится.

Пример 1.69. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

x

p−1

e

−x

dx.

Решение. Особые точки x = 0, x = +∞.

x = 0 : x

p−1

e

−x

∼ x

p−1

=

1

x

1−p

. Интеграл сходится только при 1 − p < 1, т.е. p > 0.

x = +∞ : 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

сходит-

ся, то по признаку 2 сходится и интеграл

+∞

Z

1

x

p−1

e

−x

dx при любых значениях p.

Следовательно, исходный интеграл сходится при p > 0.

Пример 1.70. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

ln(1 + x)

x

α

dx.

Решение. Особые точки x = 0 и x = +∞.

x = 0 :

ln(1 + x)

x

α

∼

x

x

α

=

1

x

α−1

. Следовательно, при α − 1 < 1, т.е. при α < 2,

интеграл сходится, а при α ≥ 2 – расходится.

x = +∞ : если α > 1, то интеграл сходится, так как

ln(1 + x)

x

α

≤

x

ε

x

α

=

1

x

α−ε

при

любом ε > 0 и можно выбрать такое ε > 0, что α − ε > 1.

Если α ≤ 1, то интеграл расходится, так как

ln(1 + x)

x

α

≥

1

x

α

.

Таким образом, интеграл

+∞

Z

0

ln(1 + x)

x

α

dx сходится при 1 < α < 2 и расходится при

остальных α.

Пример 1.71. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

dx

x

p

+ x

q

.

Решение. Особые точки x = 0 и x = +∞.

x = 0 :

1

x

p

+ x

q

∼

1

x

min{p,q}

. Условие сходимости min{p, q} < 1.

x = +∞ :

1

x

p

+ x

q

∼

1

x

max{p,q}

. Условие сходимости max{p, q} > 1.

Таким образом, исходный интеграл сходится при выполнении условий

min{p, q} < 1 < max{p, q}. При остальных соотношениях между p и q интеграл рас-

ходится.

Пример 1.72. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

arctg2x

x

α

(x

2

+ 1)

dx.

Решение. Особые точки x = 0, x = +∞.

x = 0 :

arctg2x

x

α

(x

2

+ 1)

∼

2x

x

α

=

2

x

α−1

. Условие сходимости α − 1 < 1, т.е. α < 2.

x = +∞ :

arctg2x

x

α

(x

2

+ 1)

∼

π

2

·

1

x

α

x

2

=

π

2

·

1

x

α+2

. Условие сходимости α + 2 > 1, т.е.

α > −1.

Следовательно, исходный интеграл сходится при −1 < α < 2 и расходится при

остальных α.

Пример 1.73. Исследовать сходимость интеграла

+∞

Z

0

dx

√

x

3

−

√

x

.

Решение. Особые точки x = 0, x = 1, x = +∞.

x = 1 :

1

√

x

3

−

√

x

=

1

√

x(x − 1)

∼

1

x − 1

. Интеграл

1

Z

1/2

dx

x − 1

расходится. Следо-

вательно, и исходный интеграл расходится.

Поведение интеграла в точках x = 0 и x = +∞ уже не будет влиять на ответ.

Пример 1.74. Исследовать интеграл

+∞

Z

0

sin x

x

√

x

dx на абсолютную и неабсолютную

сходимость.

Решение. Особые точки x = 0 и x = +∞.

x = 0 : в окрестности точки x = 0 подынтегральная функция положительна и, так

как

sin x

x

√

x

∼

x

x

√

x

=

1

√

x

, то интеграл сходится (абсолютно).

x = +∞ :

¯

¯

¯

¯

sin x

x

√

x

¯

¯

¯

¯ ≤

1

x

√

x

=

1

x

3/2

. Интеграл

+∞

Z

1

dx

x

3/2

– сходится. По признаку

сравнения

+∞

Z

1

¯

¯

¯

¯

sin x

x

√

x

¯

¯

¯

¯dx также сходится.

Таким образом, исходный интеграл сходится абсолютно.

Пример 1.75. Исследовать интеграл

+∞

Z

0

sin ln x

√

x

dx на абсолютную и неабсолютную

сходимость.

Решение. Особые точки x = 0 и x = +∞. В точке x = 0 интеграл сходится абсо-

лютно вследствие оценки

¯

¯

¯

¯

sin ln x

√

x

¯

¯

¯

¯ ≤

1

√

x

, а интеграл

1

Z

0

dx

√

x

– сходится.

x = +∞ : рассмотрим

+∞

Z

e

sin ln x

√

x

dx и осуществим замену переменной, полагая

ln x = t, x = e

t

, dx = e

t

dt. Тогда

+∞

Z

e

sin ln x

√

x

dx =

+∞

Z

1

sin t

e

t/2

e

t

dt =

+∞

Z

1

e

t/2

sin tdt =

1

2

sin t − cos t

1 +

1

4

e

t/2

¯

¯

¯

¯

+∞

1

.

Предел lim

t→+∞

4

5

µ

1

2

sin t − cos t

¶

e

t/2

не существует, следовательно,

+∞

Z

e

sin ln x

√

x

dx рас-

ходится, поэтому и исходный интеграл является расходящимся.