Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

Рассмотрим второй интеграл

Подынтегральная функция непрерывна и также имеет степенную асимптотику при x → 1:

Отсюда следует, что второй интеграл сходится при любом n. Таким образом, интеграл

∫1 √xndx

1 − x4

0

сходится тогда и только тогда, когда n > −1.

Рассмотрим первый интеграл

∫1

I1 = f(x) dx.

0

271

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

1

f(x) x1/2 .

Отсюда следует, что интеграл I1 сходится. Рассмотрим второй интеграл

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

1

f(x) x3/2 .

Таким образом, второй интеграл также сходится. Следовательно, рассматриваемый интеграл сходится.

Интеграл от функции

Рассмотрим первый интеграл

∫1

I1 = f(x) dx.

0

272

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

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

Таким образом, I2 сходится тогда и только тогда, когда величина max(p, q) > 1.

Окончательно получаем, что рассматриваемый интеграл сходится если min(p, q) < 1, max(p, q) > 1 и расходится в остальных случаях.

273

разобьем на два

Рассмотрим первый интеграл

∫1/2

I1 = f(x) dx.

0

Подынтегральная функция непрерывна и при x → 0

( )

1

f(x) ln x = o √x .

Так как интеграл

∫1/2

1

√x dx

0

сходится, то сходится и I1. Рассмотрим второй интеграл

∫1

I2 = f(x) dx.

1/2

Подынтегральная функция непрерывна и при x → 1 существует конечный предел функции f(x), который можно найти, например, по правилу Лопиталя:

274

непрерывной на отрезке [1/2; 1]. Из решения задачи 20 следует сходимость интеграла I2.

Таким образом, рассматриваемый интеграл сходится.

∫π/2ln(sin x)

2373. √ dx. x

0

Подынтегральная функция непрерывна на (0; π/2]. При x → → 0 функция ln(sin x) ln x. Это легко проверить с помощью правила Лопиталя:

и сходимость рассматриваемого интеграла равносильна сходимости интеграла

Рассмотрим вопрос о сходимости интеграла I. Известно, что

при любом ε > 0, функция ln x = o(1/xε) при x → 0, в частности

( )

Отсюда следует, что при x → 0

Так как интеграл

∫π/2

1 x3/4 dx

0

275

сходится, то сходится и интеграл I. Таким образом, интеграл

∫π/2

ln(sin x)

√ dx x

0

сходится.

∫+∞

dx

2374. xp lnq x.

1

Интеграл от функции

Рассмотрим первый интеграл

∫2

I1 = f(x) dx.

1

Подынтегральная функция непрерывна и при x → 1 имеет степенную асимптотику

1

f(x) (x − 1)q .

Условие сходимости интеграла I1: q < 1. Исследуем на сходимость второй интеграл

276

и рассмотрим три случая.

а) p < 1. В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и p + ε < 1 (рис. 5.5). Для этого можно, например, взять ε = (1 − p)/2 (в этом случае точка x = p + ε лежит ровно посередине между точками x = p и x = 1).

xα

2

расходится, следовательно, расходится и интеграл от функции f(x).

б) p = 1. Подынтегральная функция

1

f(x) = x lnq x.

Делая замену u = ln x, получаем

277

Условие сходимости интеграла: q > 1.

в) p > 1. В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и p − ε > 1 (рис. 5.6). Для этого можно, например, взять ε = (p − 1)/2 (в этом случае точка x = p − ε лежит ровно посередине между точками x = 1 и x = p).

xα

2

сходится, следовательно, сходится и интеграл от функции f(x). Суммируя полученные результаты, получаем, что интеграл

∫+∞

dx xp lnq x

1

сходится при p > 1, q < 1 и расходится в остальных случаях.

278

Прежде всего отметим, что в случае p = 1 с помощью замены переменной u = ln x рассматриваемый интеграл сводится к интегралу задачи 2374:

с заменой p на q, а q на r. Из решения этой задачи следует, то при p = 1 рассматриваемый интеграл сходится тогда и только тогда, когда q > 1, r < 1.

Исследуем вопрос сходимости интеграла при p ≠ 1. Интеграл

Подынтегральная функция непрерывна на промежутке (e; 10]. При x → e функции xp → ep, ln x → 1. Функция φ(x) = ln ln x при x = e равна нулю, а ее производная

φ′(x) = 1 x ln x

имеет значение φ′(e) = 1/e, следовательно,

279

Таким образом, функция f(x) имеет степенную асимптотику при

x → e

er−p

f(x) (x − e)r .

Условие сходимости интеграла I1: r < 1. Исследуем на сходимость второй интеграл

и рассмотрим два случая.

а) p < 1. В этом случае можно подобрать такое положительное число ε, что также и p + ε < 1 (рис. 5.5). Для этого можно, например, взять ε = (1 − p)/2 (в этом случае точка x = p + ε лежит ровно посередине между точками x = p и x = 1).

Положим α = p + ε. Так как ε > 0, то при x → +∞

( )

1

= o xp(ln x)q(ln ln x)r = o(f(x)).

Величина α = p + ε < 1, поэтому интеграл

∫+∞dx

xα

10

расходится, следовательно, расходится и интеграл от функции f(x).

280