Признак Абеля-Дирихле для несобственных интегралов. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Признак Абеля-Дирихле для несобственных интегралов.

Тема Математический анализ

20 Признак Абеля-Дирихле для несобственных интегралов.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#61563

Исследовать на сходимость интеграл (при всех $α > 0$ )

∫ +∞ sinx arctg x -----α-----dx 1 x

Показать ответ и решение

Пусть $f(x) = sixnαx-$ , $g(x) = arctgx$ . Тогда при любом $α > 0$ интеграл

∫ +∞ sinx --α--dx 1 x

сходится, поскольку $f(x) = f1(x)f2(x)$ , где $f1(x) = sin x$ - имеет ограниченную на $[1,+ ∞ )$ первообразную, а $f2(x) = -1α x$ - монотонно стремится к нулю при любом $α > 0$ . Таким образом, интеграл $∫+∞ sinx 1 xα-dx$ сходится по признаку Дирихле.

Но тогда наш исходный интеграл

∫ +∞ sinx-arctg-x 1 xα dx

сходится по признаку Абеля, поскольку, как мы уже показали, $∫ +∞ sin-x 1 xα dx$ - сходится, а $g(x) = arctgx$ - ограничена и монотонна на $[1,+ ∞ )$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#61562

Исследовать на сходимость интеграл (при всех $α$ )

∫ +∞ sin x3dx -----α-1- 1 arctg (x)

Показать ответ и решение

Преобразуем для удобства нашу подынтегральную функцию:

sin x3dx x2sinx3dx -----α-1- = -2-----α--1- arctg (x) x arctg (x)

Тогда пусть $f(x) = x2sin x3$ , $g(x) = x2arc1tgα(1)- x$ .

1. Покажем, что, во-первых, у $f(x)$ - ограниченная первообразная на $[1,+ ∞ )$ :

∫ b 1 ∫ b3 1 1 2 |F(b)| = | x2 sin x3dx| = (замена z = x3) = -| sin zdz| = -|sin b3 − sin 1| ≤-⋅2 = -- 1 3 1 3 3 3

2. При $x → +∞$ : $g(x) = -2--1-α-1-∼ -211 = 21−α- x arctg (x) x xα x$ (по таблице эквивалентностей $arctgt ∼ t$ при $t → 0$ . ).

Следовательно, при $α < 2$ $g(x)$ стремится к 0. Более того, это стремление монотонное, коль скоро:

α 1 2 α−1 1 --1-- 1- ′ 2x-arctg--(x)+-x-α-arctg---(x)1+x12-⋅(−-x2) g (x) = − (x2 arctgα( 1))2 x

Знаменатель всегда неотрицательный, а числитель:

2 α−1 1----1-- -1- α 1- α−1 1- --1--- -1 x α arctg (x)1 + -12 ⋅(x2) − 2xarctg (x ) = arctg (x)(α 1+ -12 − 2x arctg(x )) x x

Первый сомножитель $α−1 1 arctg (x)$ неотрицателен при $x > 1$ . А вот в скобках при $x → +∞$ : $α -1-1-− 2xarctg(1x) = α(1+ o¯(1))− 2x(1x + o¯( 1x)) = α − 2+ ¯o(1) 1+x2$ - неположительная величина при достаточно больших $x$ и $α < 2$ . Следовательно, $g(x)$ монотонно стремится к нулю при $α < 2$ и $x → +∞$ . Таким образом, по признаку Дирихле исходный интеграл сходится при $α < 2$ .

3. При $α ≥ 2$ видно, что $----1----- --1- --1- g(x) = x2arctgα(1x) ∼ x2x1α = x2−α$ даже не стремится к нулю. Её предел при $x → +∞$ равен либо 1 (при $α = 2$ ), либо $+ ∞$ (при $α > 2$ ). Так или иначе, но и в том и в другом случае, для достаточно больших $x$ можно написать оценку, что $g(x) ≥ 1- 10$ (вместо $1- 10$ можно было бы взять любую положительную константу).

Давайте по критерию Коши покажем, что при $α ≥ 2$ наш интеграл расходится. Для этого достаточно найти такое $𝜀0 > 0$ , что при любом $B ∈ [1,+ ∞ )$ найдутся $b1,b2 > B$ такие, что

∫ b2 2 3 | -x-sinx-dx1--| ≥ 𝜀0 b1 x2 arctgα(x )

Но при достаточно большом $B ∈ [1,+ ∞ )$ давайте будем в качестве $b1$ и $b2$ брать участки неотрицательности $sin x3$ . То есть, какое бы большое $B$ нам ни дали, мы найдём такое $k$ , что $3√---- b1 = 2πk$ , $√3-------- b2 = π + 2πk$ были бы оба больше, чем $B$ . И Тогда получим оценку:

∫ ∫ 3√----- ∫ | b2 -x2sinx3dx-| ≥ -1- π+2πk x2sinx3dx = -1-1- π+2πksin zdz = -1-⋅2 = -1-= 𝜀 b1 x2arctgα(1x) 10 3√2πk 10 3 2πk 30 15 0

Следовательно, при $α ≥ 2$ исходный интеграл расходится по критерию Коши.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#61561

Исследовать на абсолютную сходимость интеграл

∫ +∞ x2cos(ex)dx 0

Показать ответ и решение

Нам нужно исследовать, сходится ли интеграл от модуля функции $x2 cos(ex)$ , т.е. сходится ли интеграл

∫ +∞ |x2cos(ex)|dx 0

Сделаем замену $ex = t$ . При этой замене промежуток $[0,+ ∞ )$ переходит в $[1,+∞ )$ . $dt x = lnt,dx = -t$ . Имеем:

∫ ∫ +∞ 2 x +∞ ln2tcos(t) 0 |x cos(e )|dx = 1 | t |dt

Далее, поскольку $|cost| ≤ 1$ , то при любом $t$ $2 |cost| ≥ cos t$ . Следовательно,

2 2 2 |ln-tcos(t)| ≥ ln-tcos-t≥ 0 t t

Но интеграл

∫ +∞ ln2tcos2t 1 t dt

разбивается на сумму двух интегралов (поскольку $cos2t = 1(1+ cos2t) 2$ )

∫ + ∞ 2 2 ∫ +∞ 2 ∫ +∞ 2 ln-tcos-tdt = 1( ln--tdt+ ln-t-cos2tdt) 1 t 2 ◟1---◝◜t---◞ ◟1-----◝◜-t-----◞ I1 I2

При этом $I1$ расходится, так как

∫ u 2 ∫ u 3 I = lim ln--tdt = lim ln2td(lnt) = lim ln-u-= +∞ 1 u→+ ∞ 1 t u→+ ∞ 1 u→+ ∞ 3

А интеграл $I2$ сходится:

Пусть $g(t) = ln2-t t$ . Тогда, во-первых, $g′(t) = 2lnt−2ln2t= lnt(2−2lnt) t t$ . Видим, что при больших $t$ знаменатель положителен, а числитель есть произведение положительного $lnt$ на отрицательную скобку $2 − ln t$ , то есть при больших $t$ (если быть точным, при $t > e2$ ) - то есть производная $g′(t)$ всегда одного знака, начиная с $2 e$ , следовательно, при $t → + ∞$ функция $g(t)$ - монотонна.

Нетрудно усмотреть, что

2 1 lim ln--t= lim 2-ln-tt= lim 2-ln-t= 2 lim 1= 0 t→+ ∞ t t→+ ∞ 1 t→+ ∞ t t→+∞ t

(мы дважды воспользовались правилом Лопиталя).

Таким образом, $g(t)$ - монотонно стремится к нулю при $t → +∞$ .

Далее, $f(t) = cos 2t$ - имеет ограниченную первообразную на $[1,+∞ )$ , поскольку

∫ b |F (b)| = | cos2tdt| = |sin tcost|b1| = |sinb cosb− sin1 cos1| ≤ 2 1

Таким образом, $∫+ ∞ 2 2 I = 1 ln-tctos-tdt$ есть сумма расходящегося $I1$ и сходящегося $I2$ интегралов. Следовательно, $I$ - расходится.

Но в силу неравенства

2 2 2 |ln-tcos(t)| ≥ ln-tcos-t≥ 0 t t

И расходимости $∫+1 ∞ ln2tctos2tdt$ , делаем вывод, что расходится и $∫+1∞ |ln2tcots(t)|dt$ .

Следовательно, исходный интеграл абсолютно не сходится (расходится к $+ ∞$ ).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#61560

Исследовать на абсолютную сходимость интеграл

∫ +∞ sinx -----dx 1 x

Показать ответ и решение

Нам нужно исследовать, сходится ли интеграл от модуля функции $sinxx-$ , т.е. сходится ли интеграл

∫ + ∞ |sinx-|dx 1 x

Этот интеграл, сходится он или расходится, в любом случае по определению равен пределу $∫t sin x t→li+m∞ 1 |-x-|dx$ .

Давайте покажем, что если идти по точкам вида $t = 2πN, N ∈ ℕ$ , то такого предела $∫ tsinx t→li+m∞ 1 |-x-|dx$ существовать не будет. Откуда будет следовать, что и никакого предела при произвольном стремлении $t → + ∞$ не существует.

Для удобства оценки, давайте оценивать интегралы, начинающиеся не от единицы, а от нуля, то есть $∫ lim t0 |sinx-x|dx t→+ ∞$ - поскольку мы лишь добавили сходящийся абсолютно интеграл $∫ 10 |sinxx|dx$ - он ни на что не повлияет (подынтегральная функция, хотя и не определена в нуле, но ограничена на $(0,1]$ , поэтому по критерию Коши легко доказать абсолютную сходимость интеграла $∫ 01|sinxx|dx$ ).

Итак, рассмотрим $∫2πN sinx- Nl→im+ ∞ 0 | x |dx$ . Тогда:

$∫ ∫ 2πN sinx- ∑N 2π(n+1) sinx- N li→m+ ∞ 0 | x |dx = N li→m+∞ 2πn | x |dx n=0$

Но на отрезке $[2πn,2π(n + 1)]$ функция $1 ---1--- x ≥ 2π(n+1 )$ . Следовательно, можно оценить

∫ 2π(n+1) ∫ 2π(n+1) |sinx-|dx ≥ ----1---- |sin x|dx 2πn x 2π(n + 1) 2πn

Итак, с учётом этого, продолжим:

Но $∫2π 0 |sinx|$ можно вычислить, и он равен 4 (вычисляем $∫2 0 sinx$ =2, и в силу симметричности графика умножаем на 2.)

Откуда в конце концов получаем:

$∫ N +∞ 2πN sinx- ∑ ---2---- ∑ ----2--- N li→m+ ∞ 0 | x |dx ≥ N li→m+ ∞ π(n + 1) = π (n+ 1) n=0 n=0$

Однако ряд $+∑∞ π(2n+1) n=0$ - расходится, поскольку $π(n2+1)-> 12n+11-$ , а ряд $+∑∞ (n1+1) n=0$ расходится как эталонный. Следовательно, по теореме сравнения ряд $+∑∞ ---2-- n=0π(n+1)$ - расходится.

Но наш предел $lim ∫2πN |sinx|dx N→+ ∞ 0 x$ , как мы показали, и того больше. Следовательно, $∫ lim t0 |sinx-x|dx = + ∞ t→+ ∞$ , то есть исходный интеграл абсолютно не сходится (расходится к $+ ∞$ ).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#61559

Исследовать на сходимость интеграл

∫ + ∞ sin2 x -----dx 0 x

Показать ответ и решение

У нашего интеграла 2 особенности: одна связана с тем, что подынтегральная функция неопределена на нижнем пределе интегрирования (т.е. в нуле) - это особенность II рода. Другая же связана с неограниченностью промежутка интегрирования.

В таком случае интеграл разбивают произвольной точкой на сумму двух интегралов (возьмём, к примеру, точку 1):

∫ +∞ 2 ∫ 1 2 ∫ +∞ 2 sin-x-dx = sin-xdx + sin-x-dx 0 x ◟0--◝x◜----◞ ◟1----◝◜x---◞ I1 I2

И говорят, что исходный интеграл $∫+ ∞ sin2x I = 0 x dx$ сходится в случае, если сходятся оба $I1,I2$ ; если же один из них сходится, а другой расходится, то $I$ по определению расходится. В случае же расходимости обоих $I1$ и $I2$ , ничего сказать нельзя.

1. Исследуем $I 1$ . Вспомним, что по первому замечательному пределу

lim sinx-= 1 x→0+ x

Поэтому $h(x) = sin2xx = sinx ⋅ sinxx-→ 0⋅1 = 0$ . А значит, $h(x) = sinx2x$ - бесконечно малая при $x → 0+$ . Интеграл $∫1 sin2x 0 x dx$ давайте исследуем по критерию Коши.

Он будет сходиться, если

∫ b 2 ∀ 𝜀 > 0 ∃B ∈ (0,1] такое, что ∀b ,b ∈ (0,1],b < B, b < B выполн ен о | 2 sin-x-dx| < 𝜀 1 2 1 2 b1 x

Итак,

∫ ∫ ∫ b2sin2x- b2 sin2-x- b2 --1-- -1--- | b x dx | ≤ b | x |dx ≤ b 1000dx = 1000(b2 − b1) 1 1 1

(Вместо $-1-- 1000$ можно было бы взять любую другую сколь угодно малую константу, поскольку мы рассматриваем интегралы от $b1$ до $b2$ , где $b1$ и $b2$ близки к нулю. А наша подынтегральная функция $sin2x x$ стремится к нулю при $x → 0+$ , следовательно, её модуль меньше любой сколь угодно малой константы в достаточно маленьких окрестностях нуля.)

И если взять $B$ достаточно близкое к $0$ , то и $b1,b2$ и подавно будут близки к 0, поскольку они оба меньше $B$ , а значит $--1- 1000(b2 − b1)$ может быть сделано меньше любого $𝜀$ . Следовательно, $I1$ - сходится.

2. Исследуем $I 2$ . Давайте по формуле понижения степени распишем квадрат синуса как $sin2x = 12(1 − cos2x)$ . Тогда $I2$ можно представить в виде:

∫ +∞ 1− cos2x 1 ∫ + ∞ 1 ∫ +∞ cos2x I2 = ---------dx = -( -dx − -----dx) 1 x 2 ◟1--◝◜x--◞ ◟1----◝◜x----◞ I3 I4

2.1. Исследуем $I 3$ .

∫ +∞ ∫ t 1-dx = lim 1-dx = lim lnt − ln 1 = lim lnt = +∞ 1 x t→+ ∞ 1 x t→+ ∞ t→+ ∞

Следовательно, $I3$ - расходится.

2.2. Исследуем $I4$ . Пусть $g (x ) = 1x$ . Тогда очевидно, что $g(x)$ монотонно стремится к 0 при $x → +∞$ . Пусть $f(x) = cos 2x$ . Тогда $f(x)$ имеет ограниченную первообразную на $[1,+∞ )$ :

∫ b b |F (b)| = | cos2x| = |sin xcosx |1| = |sinbcos b− sin 1cos1 | ≤ 2 1

Следовательно, $I4$ сходится по признаку Дирихле.

Но тогда получается, что $I2$ есть сумма расходящегося $I3$ и сходящегося $I4$ , таким образом, $I2$ расходится. Но тогда исходный интеграл $I$ есть сумма сходящегося $I1$ и расходящегося $I2$ . Следовательно, исходный интеграл $I$ - расходится.