Орловский Определенный интеграл.Практикум ч.1 2010

и

Подынтегральная функция непрерывна и при y → 2 имеет степенную асимптотику с показателем 1/2

sin 2

F (y) 2n(y − 2)1/2 ,

301

поэтому интеграл I11 сходится, причем абсолютно. Рассмотрим сходимость второго интеграла

а) n < 2. Покажем, что интеграл сходится. Воспользуемся признаком Дирихле. Функция sin y имеет ограниченную первообразную, поэтому достаточно показать, что функция

1

F1(y) = √ ( √ )n−1 y2 − 4 y − y2 − 4

монотонно убывает к нулю на бесконечности. Уничтожая иррациональность в знаменателе, преобразуем выражение для этой функции:

→ ∞

1

F1(y) 2n−1y2−n ,

следовательно, F1(y) → 0 при y → +∞ (n < 2). Для доказательства убывания функции F1(y) преобразуем ее выражение следующим образом:

302

Функции

положительны и убывают на [3; +∞), следовательно, убывает и функция F1(y). Таким образом, условия признака Дирихле выполнены и интеграл сходится.

б) n > 2. Покажем, что в этом случае интеграл I12 расходится. Для этого достаточно показать, что не выполнен критерий Коши сходимости интеграла, т. е. при некотором ε > 0 для любого D > 3 найдутся такие D1, D2 (D; +∞), что

В предыдущем пункте было показано, что функция

1

F1(y) 2n−1y2−n

при y → +∞. Так как n > 2, то функция F1(y) отделена от нуля при y → +∞, т. е. существует такое положительное число m и такое число y0, что при всех y [y0; +∞) будет выполнено неравенство F1(y) > m. Пусть ε = 2m и D > 3. Подберем такое натуральное число n, чтобы точки D1 = 2πn и D2 = π + 2πn были больше, чем max{D, y0}. Тогда

что доказывает расходимость интеграла I12.

Рассмотрим, теперь, вопрос об абсолютной сходимости интеграла I12. Так как при n > 2 этот интеграл расходится, то достаточно ограничиться случаем n < 2.

303

а) n < 1. Функция F (y) = F1(y) sin y. При исследовании обычной сходимости интеграла, в пункте а, было показано, что

1

F1(y) 2n−1y2−n

при y → +∞. Следовательно,

( )

F (y) = O

1

y2−n

при y → +∞. Так как n < 1, то 2 −n > 1 и интеграл I12 сходится абсолютно.

б) 1 6 n < 2. Воспользуемся неравенством | sin y| > sin2 y, вытекающим из неравенства | sin y| 6 1. Так как функция F1(y) положительна, то

Как уже отмечалось выше, при y → +∞

1

F1(y) 2n−1y2−n .

Ввиду того, что n > 1 величина 2 − n 6 1, следовательно, инте-

грал

∫+∞

F1(y) dy

3

расходится. С другой стороны, при n > 2 функция F1(y) монотонно убывает к нулю (это также было показано выше), а функ-

304

ция cos 2y имеет ограниченную первообразную, поэтому, по признаку Дирихле, интеграл

∫+∞

F1(y) cos 2y dy

3

сходится. Так как разность расходящегося и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то интеграл I12 не может сходиться абсолютно.

Суммируя результаты о сходимости интегралов I11 и I12, получаем, что интеграл I1 сходится абсолютно при n < 1, сходится условно при 1 6 n < 2 и расходится при n > 2.

Перейдем к интегралу I2. Обозначим подынтегральную функцию

sin y

G(y) = √ ( √ )n−1 y2 − 4 y + y2 − 4

и разобьем интеграл на два

Рассмотрим первый интеграл

∫3

I21 = G(y) dy.

2

Подынтегральная функция непрерывна и при y → 2 имеет степенную асимптотику с показателем 1/2

sin 2

G(y) 2n(y − 2)1/2 ,

поэтому интеграл I21 сходится, причем абсолютно.

305

Рассмотрим сходимость второго интеграла

Изучение сходимости этого интеграла проводится аналогично исследованию сходимости интеграла I12.

а) n > 0. Покажем, что интеграл сходится. Воспользуемся признаком Дирихле. Функция sin y имеет ограниченную первообразную, поэтому достаточно показать, что функция

1

G1(y) = √ ( √ )n−1 y2 − 4 y + y2 − 4

монотонно убывает к нулю на бесконечности. В самом деле, при y → +∞

1

G1(y) 2n−1yn

и так как n > 0, то G1(y) имеет нулевой предел на бесконечности. С другой стороны,

положительны и убывают на [3; +∞), следовательно, убывает и функция G1(y). Таким образом, условия признака Дирихле выполнены и интеграл сходится.

306

б) n 6 0. Покажем, что в этом случае интеграл I22 расходится. Для этого достаточно показать, что не выполнен критерий Коши сходимости интеграла, т. е. при некотором ε > 0 для любого D > 3 найдутся такие D1, D2 (D; +∞), что

Так как

1

G1(y) 2n−1yn

при y → +∞ и n 6 0, то функция G1(y) отделена от нуля при y → +∞, т. е. существует такое положительное число m и такое число y0, что при всех y [y0; +∞) будет выполнено неравенство G1(y) > m. Пусть ε = 2m и D > 3. Подберем такое натуральное число n, чтобы точки D1 = 2πn и D2 = = π + 2πn были больше, чем max{D, y0}. Тогда

Рассмотрим вопрос об абсолютной сходимости интеграла I22. Так как при n 6 0 этот интеграл расходится, то достаточно ограничиться случаем n > 0.

а) n > 1. Функция G(y) = G1(y) sin y. Функция

1

G1(y) 2n−1yn

при y → +∞. Следовательно,

( )

1

G(y) = O yn

307

при y → +∞. Так как n > 1, то интеграл I22 сходится абсолютно. б) 0 < n 6 1. Воспользуемся неравенством | sin y| > sin2 y, вытекающим из неравенства | sin y| 6 1. Так как функция G1(y)

положительна, то

Как уже отмечалось выше, при y → +∞

1

G1(y) 2n−1yn .

Ввиду того, что n 6 1 интеграл

∫+∞

G1(y) dy

3

расходится. С другой стороны, при n > 0 функция G1(y) монотонно убывает к нулю (это также было показано выше), а функция cos 2y имеет ограниченную первообразную, поэтому, по признаку Дирихле, интеграл

∫+∞

G1(y) cos 2y dy

3

сходится. Так как разность расходящегося и сходящегося интегралов есть интеграл расходящийся, то интеграл I22 не может сходиться абсолютно.

308

Подводя итоги проделанного анализа относительно сходимости интегралов I21 и I22, получаем, что интеграл I2 сходится абсолютно при n > 1, сходится условно при 0 < n 6 1 и расходится при n 6 0.

Учитывая полученные результаты, касающиеся сходимости интегралов I1 и I2, получаем окончательно, что рассматриваемый в задаче интеграл

сходится условно при 0 < n < 2 и расходится в остальных случаях.

где Pm(x) и Pn(x) – целые многочлены и Pn(x) > 0, если x > a > 0.

Обозначим через f(x) подынтегральную функция

f(x) = Pm(x) sin x, Pn(x)

через g(x) – отношение многочленов

g(x) = Pm(x) , Pn(x)

так, что

f(x) = g(x) sin x

и рассмотрим три случая.

а) n > m + 1. Функция y = sin x ограничена, а отношение многочленов при x → +∞

309

где постоянная C равна отношению старших коэффициентов многочленов Pm(x) и Pn(x). Отсюда следует, что при x → +∞

( )

1

f(x) = O xn−m .

Так как n > m + 1, то величина n − m > 1 и, следовательно, рассматриваемый интеграл

∫+∞

f(x) dx

a

сходится абсолютно.

б) m < n 6 m + 1. Покажем, что в данном случае интеграл сходится условно. Вычислим производную

g′(x) = Pm′ (x)Pn(x) − Pm(x)Pn′ (x) . Pn2(x)

Числитель полученного выражения Pm′ (x)Pn(x) − Pm(x)Pn′ (x) представляет собой многочлен, который может иметь только конечное число корней (случай когда g(x) = const мы исключаем, так как m ≠ n). Отсюда следует, что существует такое число A, что при x > A функция g′(x) не имеет нулей и, таким образом, знакопостоянна. Это влечет монотонность функции g(x) на промежутке [A; +∞). Более того, так как m < n, то функция g(x) имеет нулевой предел на бесконечности. С другой стороны, функция y = sin x имеет ограниченную первообразную, следовательно, интеграл

∫+∞ ∫+∞

AA

сходится по признаку Дирихле. Так как сходимость интеграла не зависит от выбора нижнего предела интегрирования, то сходится

310