Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

Интеграл от функции

Рассмотрим первый интеграл

∫1

I1 = f(x) dx.

0

Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асим-

образом, интеграл I1 сходится при m > −1 и расходится при m 6 −1.

Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → ∞:

1

f(x) xn−m .

Условие сходимости второго интеграла: n − m > 1.

261

Суммируя результаты по сходимости интегралов I1 и I2, получаем, что рассматриваемый интеграл сходится при m > −1, n − m > 1 и расходится во всех остальных случаях.

0

Интеграл от функции

f(x) = arctg ax xn

разобьем на два

Рассмотрим первый интеграл

∫1

I1 = f(x) dx.

0

Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:

a

f(x) xn−1 .

Следовательно, первый интеграл сходится тогда и только тогда, когда n − 1 < 1, т. е. n < 2.

Рассмотрим второй интеграл

Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → +∞:

π sgn a f(x) 2xn ,

262

поэтому интеграл I2 сходится при n > 1 и расходится при n 6 1. Учитывая условия сходимости интегралов I1 и I2, получаем, что рассматриваемый интеграл сходится при 1 < n < 2 и расхо-

дится в остальных случаях.

Интеграл от функции

f(x) =

ln(1 + x)

xn

разобьем на два

Рассмотрим первый интеграл

∫1

I1 = f(x) dx.

0

Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0. Функция ln(1 + x) x при x → 0 и поэтому

1

f(x) xn−1 , x → 0.

Отсюда следует, что первый интеграл сходится только если n − 1 < 1, т. е. при n < 2. Таким образом, условие сходимости I1 имеет вид n < 2.

Исследуем на сходимость второй интеграл

263

и рассмотрим три случая:

а) n < 1. В этом случае интеграл

∫+∞dx

xn

1

расходится. С другой стороны, так как 1 = o(ln(1 + x)) при x →

при x → +∞, поэтому расходится и интеграла I2.

что доказывает расходимость интеграла от функции ln x/x, а следовательно, и интеграла от f(x).

в) n > 1. В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и n − ε > 1 (рис. 5.4). Для этого можно, например, взять ε = (n − 1)/2 (в этом случае точка x = n − ε лежит ровно посередине между точками x = 1 и x = n).

Рис. 5.4

Положим α = n − ε. Так как ε > 0, то

ln(1 + x) = o(xε) , x → +∞,

264

Величина α = n − ε > 1, поэтому интеграл

∫+∞dx

xα

1

сходится, следовательно, сходится и интеграл от функции f(x). Подводя итоги исследования интегралов I1 и I2, получаем

следующий результат. Интеграл

∫+∞

ln(1 + x) dx xn

0

сходится при 1 < n < 2 и расходится в остальных случаях.

Исследуем на сходимость первый интеграл

∫1

I1 = f(x) dx.

0

265

Отсюда следует, что при n > 1 интеграл сходится, а при n 6 1 интеграл расходится.

Рассмотрим случай a ≠ 0. Если n = 0, мы имеем интеграл

Так как предел функции sin ax при x → +∞ не существует (для последовательности точек xn = πn/a предел последовательности значений функции равен нулю, а для последовательности точек xn = (π + 4πn)/2a предел соответствующей последовательности значений функции равен единице), то рассматриваемый интеграл расходится .

Если n > 0, то применим признак Дирихле: подынтегральная функция f(x) = g(x)h(x), где функция g(x) = cos ax имеет ограниченную первообразную

G(x) = sin ax, a

(|G(x)| 6 1/|a|) а функция

1 h(x) = 1 + xn

монотонно стремится к нулю при x → +∞. Отсюда следует, что рассматриваемый интеграл сходится.

Таким образом, если a = 0, то при n > 1 интеграл сходится, а при n 6 1 расходится. Если же a ≠ 0, то при n > 0 интеграл

267

В первом из них

I1 = ∫1 sin2 x dx x

0

подынтегральная функция

f(x) = sin2 x x

непрерывна на (0; 1] и имеет конечный предел в особой точке

lim sin2 x = 0.

x→0 x

Отсюда следует, что подынтегральная функция при x (0; 1] совпадает с функцией

268

Интеграл I3 расходится, а интеграл I4 сходится по признаку Дирихле: функция cos 2x имеет ограниченную первообразную (sin 2x)/2, функция 1/x монотонно убывает к нулю на +∞. Отсюда следует, что интеграл I2 расходится (если допустить противное, то из равенства I2 = (I3 − I4)/2 следует, что интеграл

I3 = 2I2 + I4 сходится).

π/2

Интеграл от функции

1

f(x) = sinp x cosq x

разобьем на два

Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асим-

птотику при x → 0:

1 f(x) xp .

Следовательно, интеграл I1 сходится при p < 1 и расходится при p > 1.

Рассмотрим второй интеграл

∫π/2

I2 = f(x) dx.

π/4

269

Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику

Отсюда следует, что интеграл I2 сходится при q < 1 и расходится при q > 1.

Таким образом, рассматриваемый интеграл сходится при p < < 1, q < 1 и расходится в остальных случаях.

2370. ∫1 √xndx .

1 − x4

0

Интеграл от функции

Рассмотрим первый интеграл

Подынтегральная функция непрерывна и имеет степенную асимптотику при x → 0:

1

f(x) x−n .

Условие сходимости первого интеграла: −n < 1, что равносильно n > −1.

270