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.

Понравился сайт? Расскажи друзьям!

Советуем прочитать:

Сходимость несобственных интегралов

Признаки сходимости несобственных интегралов первого рода

Признаки сходимости несобственных интегралов второго рода