Онлайн калькуляторы

На нашем сайте собрано более 100 бесплатных онлайн калькуляторов по математике, геометрии и физике.

Справочник

Основные формулы, таблицы и теоремы для учащихся. Все что нужно, чтобы сделать домашнее задание!

Заказать решение

Не можете решить контрольную?!
Мы поможем! Более 20 000 авторов выполнят вашу работу от 100 руб!

Сходимость несобственных интегралов

Признаки сходимости несобственных интегралов первого рода

В некоторых задачах достаточно не вычислить интеграл, а выяснить сходится он или нет.

ТЕОРЕМА
Теорема (Признак сравнения). Если на промежутке \left[ a;\ +\infty  \right) непрерывные функции f\left( x \right) и g\left( x \right) удовлетворяют неравенству 0\le f\left( x \right)\le g\left( x \right), то из сходимости несобственного интеграла первого рода \int\limits_{a}^{\infty }{g\left( x \right)dx} следует сходимость интеграла \int\limits_{a}^{\infty }{f\left( x \right)dx}, а их расходимости интеграла \int\limits_{a}^{\infty }{f\left( x \right)dx} следует и расходимость интеграла \int\limits_{a}^{\infty }{g\left( x \right)dx}.
ПРИМЕР 1
Задание Исследовать на сходимость несобственный интеграл первого рода

    \[\int\limits_{1}^{\infty }{\frac{dx}{{{x}^{2}}\left( 1+{{3}^{x}} \right)}}\]

Решение При x\in \left[ 1;\ +\infty  \right), то есть для x\ge 1, справедливо следующее неравенство:

    \[\frac{1}{{{x}^{2}}\left( 1+{{3}^{x}} \right)}<\frac{1}{{{x}^{2}}}\]

А интеграл \int\limits_{1}^{+\infty }{\frac{dx}{{{x}^{2}}}}=1 – сходится, значит, и заданный интеграл, согласно признаку сравнения, также является сходящимся.

Ответ Интеграл сходится.
ТЕОРЕМА
Теорема (Признак сравнения в предельной форме). Если для функций f\left( x \right)>0 и g\left( x \right)>0 существует предел \underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=k, где k – конечное, отличное от нуля число, то интегралы \int\limits_{a}^{\infty }{f\left( x \right)dx} и \int\limits_{a}^{\infty }{g\left( x \right)dx} имеют одинаковый характер сходимости, то есть сходятся или расходятся одновременно.

Замечание. В качестве функций g\left( x \right) для сравнения часто берут степенные функции вида g\left( x \right)=\frac{1}{{{\left( x-a \right)}^{p}}}, несобственный интеграл первого рода \int\limits_{a}^{\infty }{g\left( x \right)dx} от которых сходится, если p>1, и расходится в случае, когда p\le 1.

ПРИМЕР 2
Задание Исследовать на сходимость интеграл

    \[\int\limits_{1}^{\infty }{\frac{dx}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}-1}}}\]

Решение Применим признак сравнения в предельной форме. Для этого сравним подынтегральную функцию f\left( x \right)=\frac{1}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}-1}} с функцией g\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{^{\frac{2}{3}}}}} (найдем предел их отношения):

    \[\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}-1}}}{\frac{1}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}}}}=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt[3]{{{x}^{2}}}}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}-1}}=1\ne 0\]

Так как получили конечное, отличное от нуля значение, то это значит, что интегралы \int\limits_{a}^{\infty }{\frac{dx}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}}}} и \int\limits_{1}^{\infty }{\frac{dx}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}-1}}} имеют одинаковый характер сходимости. И так как для первого интеграла \int\limits_{a}^{\infty }{\frac{dx}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}}}} значение p=\frac{2}{3}<1, то интеграл \int\limits_{a}^{\infty }{\frac{dx}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}}}} является расходящимся, а значит, расходится и заданный интеграл \int\limits_{1}^{\infty }{\frac{dx}{\sqrt[3]{{{x}^{2}}-1}}}.

Ответ Интеграл расходится.

Признаки сходимости несобственных интегралов второго рода

ТЕОРЕМА
Теорема (Признак сравнения). Пусть на промежутке \left[ a;\ b \right) функции f\left( x \right) и g\left( x \right) непрерывны, а в правом конце указанного промежутка, то есть в точке x=b, терпят разрыв второго рода. Пусть для указанных функций справедливо следующее неравенство: 0\le f\left( x \right)\le g\left( x \right). Тогда из сходимости интеграла \int\limits_{a}^{b}{g\left( x \right)dx} следует сходимость интеграла \int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx}, а из расходимости интеграла \int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx} следует расходимость интеграла \int\limits_{a}^{b}{g\left( x \right)dx}.
ТЕОРЕМА
Теорема (Признак сравнения в предельной форме). Если для непрерывных на промежутке \left[ a;\ b \right) функций f\left( x \right) и g\left( x \right), которые терпят разрыв в точке x=b, предел их отношения \underset{x\to b}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=k, 0<k<\infty (то есть k – конечное, отличное от нуля число), то несобственные интегралы второго рода \int\limits_{a}^{b}{f\left( x \right)dx} и \int\limits_{a}^{b}{g\left( x \right)dx} имеют одинаковый характер сходимости (то есть сходятся или расходятся одновременно).
ПРИМЕР 3
Задание Исследовать интеграл на сходимость

    \[\int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{\sin x}}\]

Решение Подынтегральная функция f\left( x \right)=\frac{1}{\sin x} терпит разрыв второго рода в точке x=0. Рассмотрим функцию g\left( x \right)=\frac{1}{x}. Найдем предел отношения указанных функций:

    \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{\sin x}}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\sin x}=1\ne 0\]

Значит, несобственные интегралы \int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{\sin x}} и \int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{x}} имеют одинаковый характер сходимости.

Исследуем интеграл \int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{x}} на сходимость:

    \[\int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{x}}=\underset{\varepsilon \to 0}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{0+\varepsilon }^{1}{\frac{dx}{x}}=\underset{\varepsilon \to 0}{\mathop{\lim }}\,\left. \ln x \right|_{\varepsilon }^{1}=-\underset{\varepsilon \to 0}{\mathop{\lim }}\,\ln \varepsilon =\infty \]

то есть интеграл \int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{x}} расходится, а значит, и исходный интеграл \int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{\sin x}} является расходящимся.

Ответ Интеграл расходится.