Определение несобственных интегралов.
Интеграл Римана был введен для ограниченных на отрезке функций. Естественно поставить вопрос о распространении понятия интеграла на случай бесконечного промежутка, а также на случай, когда подынтегральная функция является неограниченной.
Интеграл на бесконечном промежутке.
Рассмотрим функцию \(\displaystyle\frac{1}{1+x^{2}}\). Эта функция непрерывна на отрезке \([0,\xi]\) при любом \(\xi \geq 0\), и поэтому существует интеграл \(J(\xi) = \displaystyle\int\limits_0^{\xi} \frac{dx}{1+x^{2}} = \operatorname{arctg} \xi\), откуда следует, что \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow \infty} J(\xi) = \frac{\pi}{2}\). В этом случае пишут \(\displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{dx}{1+x^{2}} = \frac{\pi}{2}\), а символ \(\displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{dx}{1+x^{2}}\) называют несобственным интегралом от функции \(\displaystyle\frac{1}{1+x^{2}}\) на бесконечном промежутке \([0, +\infty)\).
Число \(\displaystyle\frac{\pi}{2}\) — можно интерпретировать как площадь фигуры, ограниченной графиком функции \(y = \displaystyle\frac{1}{1+x^{2}},\ x \geq 0\), и координатными осями (рис. 38.1).
Рассмотрим несобственный интеграл на бесконечном промежутке от функции \(f\).
Определение 1.
Пусть функция \(f(x)\) определена при \(x \geq a\), где \(a\) — заданное число, и интегрируема на отрезке \([a,\xi]\) при любом \(\xi \geq a\). Тогда символ \(\displaystyle\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx\) будем называть несобственным интегралом от функции \(f\) на промежутке \([0, +\infty)\). Если существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow +\infty} \int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx = A\), то говорят, что несобственный интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx\) сходится и равен \(A\), а функцию \(f\) называют интегрируемой в несобственном смысле на промежутке \([a, +\infty)\). Таким образом, сходящийся несобственный интеграл от функции \(f\) на промежутке \([a, +\infty)\) определяется равенством
$$
\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow +\infty} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx.\label{ref1}
$$
Если функция \(\displaystyle\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx\) не имеет конечного предела при \(\xi \rightarrow +\infty\), то говорят, что несобственный интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx\) расходится.
Замечание 1.
Сходимость интеграла \eqref{ref1} равносильна сходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_c^{+\infty} f(x)\ dx\), где \(c\) — любое число из промежутка \((a, +\infty)\), так как
$$
\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx = \int\limits_a^c f(x)\ dx+\int\limits_c^{\xi} f(x)\ dx.\nonumber
$$
Интеграл на бесконечном промежутке вида \((-\infty, a)\) определяется аналогично:
$$
\int\limits_{-\infty}^a f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow -\infty} \int\limits_{\xi}^a f(x)\ dx.\label{ref2}
$$
Пример 1.
Показать, что интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_{-\infty}^0 xe^{-x^{2}}\ dx\) сходится, и вычислить этот интеграл.
Решение.
\(\vartriangle\) Обозначим \(F(\xi) = \displaystyle\int\limits_{-\infty}^0 xe^{-x^{2}}\ dx\). Тогда
$$
F(\xi) = \frac{1}{2} \int\limits_0^{\xi} e^{-x^{2}}\ d(-x^{2}) = \left.\frac{1}{2} e^{-x^{2}}\right|_{0}^{\xi} = \frac{1}{2}(e^{-\xi^{2}}-1).\nonumber
$$
Так как существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow -\infty} F(\xi) =-\frac{1}{2}\), то согласно определению \eqref{ref2} интеграл \(J\) существует, причем \(J =-\displaystyle\frac{1}{2}\). \(\blacktriangle\)
Определим, наконец, несобственный интеграл на промежутке \(\mathbb{R}\):
$$
\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow -\infty\\\eta \rightarrow +\infty} \int\limits_{\xi}^{\eta} f(x)\ dx.\label{ref3}
$$
В этом случае предполагается, что функция \(f\) интегрируема (по Риману) на любом отрезке действительной оси, а интеграл \(\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\ dx\) называется сходящимся в случае существования конечного предела \eqref{ref3}, причем этот предел не должен зависеть от того, каким способом \(\xi\) и \(\eta\) стремятся соответственно к \(-\infty\) и к \(+\infty\). Иначе говоря, интеграл сходится тогда и только тогда, когда существуют конечные пределы \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow -\infty} \int\limits_{\xi}^a f(x)\ dx = J_{1}\) и \(\displaystyle\lim_{\eta \rightarrow +\infty} \int\limits_a^{\eta} f(x)\ dx = J_{2}\), где \(a \in \mathbb{R}\), и при этом несобственный интеграл по определению равен \(J_{1}+J_{2}\), то есть
$$
\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\ dx = \int\limits_{-\infty}^a f(x)\ dx+\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx.\nonumber
$$
Пример 2.
Показать, что интеграл \(J = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{1+x+x^{2}}\) сходится, и вычислить этот интеграл.
Решение.
\(\vartriangle\) Обозначим \(F(\xi, \eta) = \displaystyle\int\limits_{\xi}^{\eta} \frac{dx}{1+x+x^{2}}\), тогда
$$
F(\xi, \eta) = \int\limits_{\xi}^{\eta} \frac{\displaystyle d\left(x+\frac{1}{2}\right)}{\displaystyle \left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{3}{4}} = \left.\frac{2}{\sqrt{3}}\operatorname{arctg} \frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right|_{\xi}^{\eta} =\\= \frac{2}{\sqrt{3}} \left(\operatorname{arctg} \frac{2\eta+1}{\sqrt{3}}-\operatorname{arctg} \frac{2\xi+1}{\sqrt{3}}\right).\nonumber
$$
Так как \(\displaystyle\lim_{t \rightarrow +\infty} \operatorname{arctg} t = \frac{\pi}{2}\), а \(\displaystyle\lim_{t \rightarrow -\infty} \operatorname{arctg} t = -\frac{\pi}{2}\), то существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow -\infty\\\eta \rightarrow +\infty} F(\xi, \eta) = \frac{2}{\sqrt{3}} \left(\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right) = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}\), то есть несобственный интеграл сходится, причем \(J = \displaystyle\frac{2\pi}{\sqrt{3}}\). \(\blacktriangle\)
Пример 3.
Исследовать на сходимость интеграл
$$
J(\alpha) = \int\limits_1^{+\infty} \frac{dx}{x^{\alpha}}.\label{ref4}
$$
Решение.
\(\vartriangle\) Пусть \(a \neq 1\), тогда
$$
\int\limits_1^{\xi} \frac{dx}{x^{\alpha}} = \left.\frac{x^{1-\alpha}}{1-\alpha}\right|_{1}^{\xi} = \frac{\xi^{1-\alpha}}{1-\alpha}-\frac{1}{1-\alpha}.\nonumber
$$
Если \(\alpha > 1\), то существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow -\infty} \int\limits_1^{\xi} \frac{dx}{x^{\alpha}} = \frac{1}{1-\alpha}\), то есть интеграл \eqref{ref4} сходится, причем \(J(\alpha) = \displaystyle\frac{1}{1-\alpha}\). Если \(\alpha < 1\), то \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow -\infty} \int\limits_1^{\xi} \frac{dx}{x^{\alpha}} = +\infty\), и поэтому интеграл \eqref{ref4} расходится. При \(a = 1\) интеграл также расходится, так как \(\displaystyle\int\limits_1^{\xi} \frac{dx}{x} = \ln \xi \rightarrow +\infty\) при \(\xi \rightarrow +\infty\).
Таким образом, интеграл \eqref{ref4} сходится при \(\alpha > 1\) и расходится при \(\alpha \leq 1\). \(\blacktriangle\)
Интеграл на конечном промежутке.
Рассмотрим функцию \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x}}\). Эта функция непрерывна на промежутке \([0, 1)\), но не ограничена на этом промежутке. При любом \(\xi \in [0, 1)\) функция \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x}}\) интегрируема на отрезке \([0, \xi]\), причем \(J(\xi) = \displaystyle\int\limits_0^{\xi} \frac{1}{\sqrt{1-x}} = -2\displaystyle\left.\sqrt{1-x}\right|_{0}^{\xi}=2(1-\sqrt{1-\xi})\), откуда следует, что существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow 1-0} F(\xi) = 2\). В этом случае говорят, что несобственный интеграл от функции \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x}}\) на промежутке \([0, 1)\) равен 2, то есть \(\displaystyle\int\limits_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x}} = 2\). Число 2 можно интерпретировать как площадь заштрихованной на рис. 38.2 фигуры \(G\).
Обратимся к несобственному интегралу на конечном промежутке.
Определение.
Пусть функция \(f(x)\) определена на конечном промежутке \([a, b)\), интегрируема на отрезке \([a, \xi]\) при любом \(\xi \in [a, b)\).
Если существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow b-0} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx = A\), то говорят, что несобственный интеграл от функции \(f(x)\) на промежутке \([a, b)\) равен \(A\). Его обозначают символом \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\). Таким образом, по определению
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow b-0} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx.\label{ref5}
$$
В случае существования конечного предела \eqref{ref5} несобственный интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) называют сходящимся, в противном случае — расходящимся; символ \(\int\limits_a^b f(x)\ dx\) употребляют как в случае сходимости, так и в случае расходимости интеграла.
Аналогично, если функция \(f(x)\) определена на конечном промежутке \((a, b]\), интегрируема на отрезке \([\xi, b]\) при любом \(\xi \in (a, b]\), то символ \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) называют несобственным интегралом от функции \(f\) на промежутке \((a, b]\).
Если существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow a+0} \int\limits_{\xi}^b f(x)\ dx = A\), то говорят, что несобственный интеграл сходится и равен \(A\), то есть
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow a+0} \int\limits_{\xi}^b f(x)\ dx.\label{ref6}
$$
Если функция \(\displaystyle\int\limits_{\xi}^b f(x)\ dx\) не имеет конечного предела при \(\xi \rightarrow a+0\), то несобственный интеграл называют расходящимся.
Замечание 2.
Определение \eqref{ref5} несобственного интеграла на конечном промежутке \([a, b)\) является содержательным лишь в случае, когда функция \(f\) неограничена на интервале \((b-\delta, b)\) при любом \(\delta > 0\). В самом деле, если функция \(f\) интегрируема на отрезке \([a, \xi]\) при любом \(\xi \in [a, b)\) и ограничена на \([a, b)\), то, доопределив эту функцию в точке \(b\), получим функцию, которая интегрируема по Риману на отрезке \([a, b]\). При этом интеграл от доопределенной функции равен пределу \eqref{ref5} и не зависит от значения функции в точке \(b\).
Поэтому в дальнейшем, рассматривая несобственный интеграл \eqref{ref5}, будем считать, что функция \(f\) является неограниченной на интервале \((b-\delta, b)\) при любом \(\delta > 0\), а точку \(b\) будем называть иногда особой точкой подынтегральной функции \(f\) или интеграла \eqref{ref5}.
Аналогично, рассматривая несобственный интеграл \eqref{ref6}, будем считать, что \(a\) — особая точка функции \(f\), то есть предполагать, что функция \(f\) неограничена на интервале \((a, a+\delta)\) при любом \(\delta > 0\).
Пример 4.
Исследовать на сходимость интеграл
$$
J = \int\limits_0^1 \frac{dx}{x^{\alpha}}.\nonumber
$$
Решение.
\(\vartriangle\) Обозначим \(F(\xi) = \displaystyle\int\limits_{\xi}^{1} \frac{dx}{x^{\alpha}}\), тогда
$$
F(\xi) = \left\{\begin{aligned}
\frac{1}{1-\alpha}(1-\xi^{1-\alpha}),\ \mbox{если}\ \alpha \neq 1 \\
-\ln \xi,\ \mbox{если}\ \alpha = 1.
\end{aligned} \right.\nonumber
$$
Поэтому при \(\alpha < 1\) существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow +0} F(\xi) = \frac{1}{1-\alpha}\), а если \(\alpha \geq 1\), то \(F(\alpha;\xi) \rightarrow +\infty\) при \(\xi \rightarrow +\infty\).
Таким образом, интеграл сходится при \(\alpha < 1\) и расходится при \(\alpha \geq 1\). \(\blacktriangle\)
Замечание 3.
Сходимость несобственного интеграла \eqref{ref5} равносильна сходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_c^b f(x)\ dx\) при любом \(c \in (a, b)\), так как \(\displaystyle\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx = \int\limits_a^c f(x)\ dx+\int\limits_c^{\xi} f(x)\ dx\).
Другие типы несобственных интегралов.
Если функция \(f\) определена на конечном интервале \((a, b)\), интегрируема по Риману на отрезке \([\xi, \eta]\) при любых \(\xi,\ \eta\) таких, что \(a < \xi \leq \eta < b\), то сходящийся несобственный интеграл от функции \(f\) на промежутке \((a, b)\) определяется формулой
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow a+0\\\eta \rightarrow b-0} \int\limits_{\xi}^{\eta} f(x)\ dx.\label{ref7}
$$
при условии, что предел в правой части \eqref{ref7} существует и конечен.
Если функция \(f\) определена на отрезке \([a, b]\), за исключением точки \(c \in (a, b)\), и интегрируема на отрезках \([a, \xi]\) и \([\eta, b]\) при любых \(\xi,\ \eta\) таких, что \(a \leq \xi < c < \eta \leq b\), то несобственный интеграл от функции \(f\) на промежутке \([a, b]\) обозначается \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) и определяется равенством
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow c-0} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx+\lim_{\eta \rightarrow c+0} \int\limits_{\eta}^b f(x)\ dx.\label{ref8}
$$
при условии, что оба предела в правой части \eqref{ref8} существуют и конечны. В этом случае интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) называют сходящимся и пишут
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \int\limits_a^c f(x)\ dx+\int\limits_c^b f(x)\ dx\nonumber
$$
Если функция \(f\) определена на конечном или бесконечном промежутке \((a, b)\), за исключением точек \(x_{k}\ (k = \overline{1, m})\), где \(a = x_{0} < x_{1} < \ldots < x_{m} = b\), то несобственный интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) понимается как сумма несобственных интегралов по промежуткам \(\Delta_{k} = (x_{k-1}, x_{k}),\ k = \overline{1, m}\), и считается сходящимся в том и только том случае, когда сходятся интегралы по всем промежуткам \(\Delta_{k}\).
Свойства и вычисление несобственных интегралов.
Будем рассматривать несобственные интегралы вида \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) предполагая, что:
- функция \(f\) определена на промежутке \([a, b)\), где \(a\) — конечная точка, \(b\) — либо конечная точка, либо символ \(+\infty\);
- функция \(f\) интегрируема по Риману на отрезке \([a, \xi]\) при любом \(\xi \in [a, b)\).
Согласно определению сходящегося несобственного интеграла
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow b-0} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx,\ \mbox{если}\ b \neq +\infty,\nonumber
$$
$$
\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow +\infty} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx\ \mbox{если}\ b = +\infty.\nonumber
$$
Линейность интеграла.
Утверждение 1.
Если сходятся несобственные интегралы от функций \(f(x)\) и \(g(x)\) на промежутке \([a, b)\), то при любых \(\lambda, \mu \in \mathbb{R}\) сходится интеграл от функции \(\lambda f(x)+\mu g(x)\) на том же промежутке и выполняется равенство
$$
\int\limits_a^{\xi} (\lambda f(x)+\mu g(x))\ dx = \lambda \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx+\mu \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx,\label{ref9}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Для любого \(\xi \in [a, b)\) в силу свойств интеграла Римана справедливо равенство
$$
\int\limits_a^{\xi} (\lambda f(x)+\mu g(x))\ dx = \lambda \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx+\mu \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx,\nonumber
$$
правая часть которого имеет по условию конечный предел при \(\xi \rightarrow b-0\), откуда следует существование предела при \(\xi \rightarrow b-0\) в левой части и справедливость формулы \eqref{ref9}. \(\bullet\)
Формула Ньютона-Лейбница.
Утверждение 2.
Если функция \(f(x)\) непрерывна на промежутке \([a, b)\) и если \(F(x)\) — первообразная для функции \(f(x)\), то несобственный интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) сходится тогда и только тогда, когда существует конечный
$$
\lim_{\xi \rightarrow b-0} F(\xi) = F(b-0),\label{ref10}
$$
причем
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = F(b-0)-F(a).\label{ref11}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Так как функция \(f\) непрерывна на отрезке \([a, \xi]\) при любом \(\xi \in [a, b)\), то справедлива формула Ньютона-Лейбница
$$
\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx = F(\xi)-F(a),\nonumber
$$
откуда, переходя к пределу при \(\xi \rightarrow b-0\) и используя соотношение \eqref{ref10}, получаем формулу \eqref{ref11}, которую называют формулой Ньютона Лейбница для несобственного интеграла.
Правую часть формулы \eqref{ref11} часто записывают в виде \(\displaystyle\left.F(x)\right|_{a}^{b-0}\), если \(b \neq +\infty\). Если \(b = +\infty\), то правую часть формулы \eqref{ref11} записывают в виде \(\displaystyle\left.F(x)\right|_{a}^{+\infty}\). \(\bullet\)
Пример 5.
Вычислить интегралы:
- \(J_{1} = \displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{\operatorname{arctg} x}{1+x^{2}}\ dx\);
- \(J_{2} = \displaystyle\int\limits_0^{+\infty} e^{-\alpha x} \cos \beta x\ dx,\ \mbox{где}\ \alpha > 0.\)
Решение.
- \(\vartriangle\) Так как \(\displaystyle\frac{\operatorname{arctg} x}{1+x^{2}}\ dx = \operatorname{arctg} x\ d(\operatorname{arctg} x) = d \left(\frac{\operatorname{arctg}^{2}x}{2}\right)\), то \(F(x) = \displaystyle\frac{(\operatorname{arctg} x)^{2}}{2}\) является первообразной для функции \(f(x)=\displaystyle\frac{\operatorname{arctg} x}{1+x^{2}}\) и по формуле \eqref{ref11} получаем \(J_{1} = \displaystyle\left.\frac{1}{2}(\operatorname{arctg} x)^{2}\right|_{0}^{+\infty} = \frac{\pi^{2}}{8}\), так как \(\operatorname{arctg} (+\infty) = \displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} \operatorname{arctg} x = \frac{\pi}{2},\ \operatorname{arctg} 0 = 0\).
- Ранее было показано, что функция \(F(x) = \displaystyle\frac{\beta \sin \beta x-\alpha \cos \beta x}{\alpha^{2}+\beta^{2}}e^{-\alpha x}\) является первообразной для функции \(f(x) = e^{-\alpha x} \cos \beta x\). По формуле \eqref{ref11} находим \(J_{2} = F(x)\vert_{0}^{+\infty} = F(+\infty)-F(0)\), где \(F(0) = -\displaystyle\frac{\alpha}{\alpha^{2}+\beta^{2}},\ F(+\infty) = 0\), так как \(|\sin \beta x| \leq 1,\ |\cos \beta x| \leq 1\) для всех \(x \in \mathbb{R},\ \displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} e^{-\alpha x}\) при \(\alpha > 0\). Следовательно, \(J_{2} = \displaystyle\frac{\alpha}{\alpha^{2}+\beta^{2}}\). \(\blacktriangle\)
Интегрирование по частям.
Утверждение 3.
Пусть функции \(u(x)\), \(v(x)\) определены на промежутке \([a, b)\), имеют непрерывные производные на отрезке \([a, \xi]\) для любого \(\xi \in (a, b)\). Если существует конечный предел
$$
\lim_{\xi \rightarrow b-0} [u(\xi)v(\xi)] = u(b-0)v(b-0) = uv|_{\xi = b-0},\label{ref12}
$$
и интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b vu’\ dx\) сходится, то и интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b uv’\ dx\) сходится и справедлива формула интегрирования по частям
$$
\int\limits_a^b uv’\ dx = uv|_{a}^{b-0}-\int\limits_a^b vu’\ dx.\label{ref13}
$$
Доказательство.
\(\circ\)Так как функции \(u'(x)\), \(v'(x)\) непрерывны на отрезке \([a, \xi]\) при любом \(\xi \in (a, b)\), то справедлива формула интегрирования по частям
$$
\int\limits_a^{\xi} uv’\ dx = u(\xi)v(\xi)-u(a)v(a)-\int\limits_a^{\xi} vu’\ dx.\label{ref14}
$$
Правая часть равенства \eqref{ref14} по условию имеет при \(\xi \rightarrow b-0\) конечный предел, равный правой части формулы \eqref{ref13}. Следовательно, существует конечный предел и в левой части \eqref{ref14}, то есть сходится интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b uv’\ dx\), и при этом справедлива формула \eqref{ref13}.
Отметим, что при наличии конечного предела \eqref{ref12} несобственные интегралы \(\displaystyle\int\limits_a^b vu’\ dx\) и \(\displaystyle\int\limits_a^b uv’\ dx\) сходятся или расходятся одновременно. \(\bullet\)
Пример 6.
Вычислить несобственный интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_0^{+\infty} xe^{-x}\ dx\).
Решение.
\(\vartriangle\) Применяя формулу \eqref{ref13}, получаем
$$
J = \left.\int\limits_0^{+\infty} x(-e^{-x})’\ dx = -xe^{-x}\right|_{0}^{+\infty}+\int\limits_0^{+\infty} e^{-x}\ dx.\nonumber
$$
Так как \(xe^{-x} = 0\) при \(x = 0\), а \(\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} xe^{-x} = 0\), то \(J = \displaystyle\left.\int\limits_0^{+\infty} e^{-x}\ dx = -e^{-x}\right|_{0}^{+\infty} = 1\). \(\blacktriangle\)
Замена переменного.
Утверждение 4.
Если функция \(f(x)\) непрерывна на промежутке \([a, b)\), а функция \(x = \varphi(t)\) непрерывно дифференцируема на промежутке \([\alpha, \beta)\), строго возрастает и удовлетворяет условиям \(\displaystyle\varphi(\alpha) = a,\ \lim_{t \rightarrow \beta-0} \varphi(t) = b\), то справедлива формула замены переменного
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \int\limits_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t))\varphi'(t)\ dt.\label{ref15}
$$
при условии, что хотя бы один из интегралов в \eqref{ref15} сходится.
Доказательство.
\(\circ\) Пусть \(\tau \in [\alpha, \beta),\ \varphi(\tau) = \xi\). Тогда \(\varphi(\tau) \rightarrow b\) при \(\tau \rightarrow \beta-0\). Применяя формулу замены переменного для интеграла Римана, получаем
$$
\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx = \int\limits_{\alpha}^{\tau} f(\varphi(t))\varphi'(t)\ dt.\label{ref16}
$$
Так как функция \(x = \varphi(t)\) строго возрастает и непрерывна на \([\alpha, \beta)\), то обратная функция строго возрастает и непрерывна на \([a, b)\). Поэтому если существует конечный предел при \(\tau \rightarrow \beta-0\) правой части равенства \eqref{ref16}, то существует конечный предел при \(\xi \rightarrow b\) в левой части (и наоборот), и при этом справедлива формула \eqref{ref16}. \(\bullet\)
Замечание 4.
Формула \eqref{ref15} остается справедливой и в случае, когда \(\alpha > \beta\), если функция \(\varphi(t)\) непрерывно дифференцируема на промежутке \((\beta, \alpha)\), строго убывает, причем \(a = \displaystyle\lim_{t \rightarrow \alpha-0} \varphi(t),\ b = \lim_{t \rightarrow \beta+0} \varphi(t)\). При этом по аналогии с интегралом Римана по определению полагают, что \(\displaystyle\int\limits_{\alpha}^{\beta} g(t)\ dt = -\int\limits_{\beta}^{\alpha} g(t)\ dt\) при \(\alpha > \beta\), если интеграл \(\displaystyle\int\limits_{\alpha}^{\beta}g(t)\ dt\) сходится.
Пример 7.
Вычислить интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{dx}{(x^{2}+1)^{3/2}}\).
Решение.
\(\vartriangle\) Положим \(x = \operatorname{tg} t\), где \(0 < t < \displaystyle\frac{\pi}{2}\). Тогда \(dx = \displaystyle\frac{dt}{\cos^{2} t},\ x^{2}+1 = \frac{1}{\cos^{2} t},\ (x^{2}+1)^{-3/2} = \cos^{3} t\), поэтому \(J = \displaystyle\int\limits_0^{\pi/2} \cos t\ dt\). \(\blacktriangle\)
Пример 8.
Вычислить интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{x^{2}+1}{(x^{4}+1)}\ dx\).
Решение.
\(\vartriangle\) Преобразуем интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{(1+1/x^{2})dx}{(x-1/x)^{2}+2}\ dx\) и положим \(\displaystyle x-\frac{1}{x} = t\); тогда
$$
J = \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{dt}{t^{2}+2} = \left.\frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{arctg} \frac{t}{\sqrt{2}}\right|_{-\infty}^{+\infty} = \frac{\pi}{2}.\ \blacktriangle\nonumber
$$
Пример 9.
Вычислить интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{dx}{x^{4}+1}\).
Решение.
\(\vartriangle\) Для вычисления интеграла можно использовать первообразную для подынтегральной функции \(f(x) = \displaystyle\frac{1}{x^{4}+1}\) (см. пример здесь). Рассмотрим другой способ вычисления, не требующий нахождения первообразной для функции \(f(x)\). Полагая \(x = \displaystyle\frac{1}{t}\), получаем
$$
J_{1} = -\int\limits_{+\infty}^0 \frac{dt}{t^{2}\left(1+\displaystyle\frac{1}{t^{4}}\right)} = \int\limits_0^{+\infty} \frac{t^{2}}{1+t^{4}} dt = \int\limits_0^{+\infty} \frac{x^{2}}{1+x^{4}} dx.
$$
Таким образом, \(J_{1} = \displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{dx}{x^{4}+1} = \int\limits_0^{+\infty} \frac{x^{2}}{1+x^{4}} dx\), откуда, используя пример 8, находим J\(J_{1} = \displaystyle\frac{1}{2} \int\limits_0^{+\infty} \frac{x^{2}+1}{(x^{4}+1)}\ dx = \frac{1}{2}J = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}\) Итак, \(\displaystyle\int\limits_0^{+\infty} \frac{dx}{x^{4}+1} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}\). \(\blacktriangle\)
Интегрирование неравенств.
Утверждение 5.
Если сходятся интегралы \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) и \(\displaystyle\int\limits_a^b g(x)\ dx\) и для всех \(x \in [a, b)\) выполняется неравенство
$$
f(x) \leq g(x),\nonumber
$$
то
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx \leq \int\limits_a^b g(x)\ dx.\label{ref17}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Неравенство \eqref{ref17} получается из неравенства
$$
\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx \leq \int\limits_a^{\xi} g(x)\ dx,\quad a \leq \xi \leq b,\nonumber
$$
с помощью перехода к пределу при \(\xi \rightarrow b-0\). \(\bullet\)
Несобственные интегралы от неотрицательных функций.
Будем рассматривать несобственные интегралы вида \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) предполагая, что:
- функция \(f\) определена на промежутке \([a, b)\), где \(a\) — конечная точка, \(b\) — либо конечная точка, либо символ \(+\infty\);
- функция \(f\) интегрируема по Риману на отрезке \([a, \xi]\) при любом \(\xi \in [a, b)\).
Согласно определению сходящегося несобственного интеграла
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow b-0} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx,\ \mbox{если}\ b \neq +\infty,\nonumber
$$
$$
\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx = \lim_{\xi \rightarrow +\infty} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx\ \mbox{если}\ b = +\infty.\nonumber
$$
Теорема 1.
Если для всех \(x \in [a, b)\) выполняется неравенство
$$
f(x) \geq 0,\label{ref18}
$$
то для сходимости несобственного интеграла \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) необходимо и достаточно, чтобы функция \(\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx\) была ограничена сверху, то есть
$$
\exists\ C: \forall \xi \in [a,b) \rightarrow \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx \leq C.\label{ref19}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Заметим, что \(F(\xi) = \displaystyle\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx\) — возрастающая функция. В самом деле, из условия \eqref{ref18} и свойств интеграла Римана следует, что
$$
\forall\ \xi_{1},\ \xi_{2} \in [a, b): \xi_{2} > \xi_{1} \rightarrow F(\xi_{2})-F(\xi_{1}) = \int\limits_{\xi_{1}}^{\xi_{2}} f(x)\ dx \geq 0.\nonumber
$$
Если интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) сходится, то есть существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow b-0} F(\xi) = \int\limits_a^b f(x)\ dx = J\), то по теореме о пределе монотонной функции \(J = \sup_{a \leq \xi \leq b} F(\xi)\), откуда согласно определению точной верхней грани следует, что для всех \(\xi \in [a, b)\) справедливо неравенство
$$
\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx \leq \int\limits_a^b f(x)\ dx,\nonumber
$$
то есть выполняется условие \eqref{ref19}.
Обратно: если выполняется условие \eqref{ref19}, то в силу теоремы о пределе монотонной функции (\(F\) — возрастающая функция) существует конечный
$$
\lim_{\xi \rightarrow b-0} F(\xi) = F(b-0) = \sup_{a \leq \xi \leq b} F(\xi),\nonumber
$$
то есть интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) сходится. \(\bullet\)
Теорема сравнения.
Если для всех \(x \in [a, b)\) выполняется условие
$$
0 \leq f(x) \leq g(x),\label{ref20}
$$
то:
- из сходимости интеграла \(J_{2} = \displaystyle\int\limits_a^b g(x)\ dx\) следует сходимость интеграла \(J_{1} = \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\);
- из расходимости интеграла \(J_{1}\) следует расходимость интеграла \(J_{2}\).
Доказательство.
- \(\circ\) Из условия \eqref{ref20} в силу правила оценки интеграла Римана следует, что
$$
\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx \leq \int\limits_a^{\xi} g(x)\ dx,\quad \xi \in [a, b).\label{ref21}
$$
Если сходится интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b g(x)\ dx\), то есть существует конечный \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow b-0} \int\limits_a^{\xi} g(x)\ dx = J_{2}\), где \(J_{2} = \displaystyle\sup_{a \leq \xi \leq b} \int\limits_a^{\xi} g(x)\ dx\) (теорема 1), то из \eqref{ref21} следует, что для любого \(\xi \in [a, b)\) выполняется неравенство \(\displaystyle\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx \leq J_{2}\). Таким образом, для неотрицательной функции \(f(x)\) выполняется условие \eqref{ref19}, и по теореме 1 интеграл \(J_{1}\) сходится. - Если интеграл \(J_{1}\) расходится, то интеграл \(J_{2}\) тоже должен расходиться: в случае сходимости интеграла \(J_{2}\) сходился бы по доказанному выше интеграл \(J_{1}\). \(\bullet\)
Пример 10.
Исследовать на сходимость интеграл
$$
\int\limits_1^{+\infty} \frac{\cos^{4} 3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}dx.\nonumber
$$
Решение.
\(\vartriangle\) Так как \(\displaystyle0 \leq \frac{\cos^{4} 3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}} \leq \frac{1}{x^{6/5}}\) при \(x \geq 1\), то по теореме сравнения из сходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \frac{dx}{x^{6/5}}\) (мы уже исследовали этот интеграл на сходимость здесь) следует сходимость интеграла \(J\). \(\blacktriangle\)
Следствие.
Если для всех \(x \in [a, b)\) выполняются условия
$$
f(x) > 0,\qquad g(x) > 0,\label{ref22}
$$
и, кроме того,
$$
f(x) ~ g(x)\ \mbox{при}\ x \rightarrow b-0,\label{ref23}
$$
то интегралы \(J_{1} = \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) и \(J_{2} = \displaystyle\int\limits_a^b g(x)\ dx\) сходятся или расходятся одновременно.
\(\circ\) Если выполнены условия \eqref{ref22} и \eqref{ref23}, то \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow b-0} \frac{f(x)}{g(x)} = 1\), то есть
$$
\forall \varepsilon > 0\ \exists \delta (\varepsilon) \in [a, b): \forall x \in [\delta (\varepsilon), b) \rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1\right| < \varepsilon.\nonumber
$$
Полагая здесь \(\varepsilon = \displaystyle\frac{1}{2}\), найдем число \(\displaystyle\delta\left(\frac{1}{2}\right) = c\) такое, что
$$
\frac{1}{2} < \frac{f(x)}{g(x)} < \frac{3}{2},\quad x \in [c, b),\quad a \leq c < b.\label{ref24}
$$
Неравенство \eqref{ref24} в силу условия \(g(x) > 0\) равносильно неравенству
$$
\frac{1}{2}g(x) < f(x) < \frac{3}{2}g(x),\quad x \in [c, b).\label{ref25}
$$
Так как функции \(f\) и \(g\) не имеют особых точек на промежутке \([a, b)\), то интегралы \(J_{1}\) и \(J_{2}\) сходятся тогда и только тогда, когда сходятся интегралы соответственно от функций \(f\) и \(g\) на промежутке \([c, b)\), где \(a \leq c < b\) (см. замечание 3).
Если сходится интеграл \(J_{2}\) (а значит, и интеграл \(\displaystyle\int\limits_c^b g(x)\ dx\)), то из правого неравенства \eqref{ref25} по теореме сравнения следует сходимость интеграла от \(f\) на промежутке \([c, b)\), а это равносильно сходимости интеграла \(J_{1}\). Аналогично из левого неравенства \eqref{ref25} заключаем, что из сходимости интеграла \(J_{1}\) следует сходимость интеграла \(J_{2}\).
Если же один из интегралов \(J_{1}\) или \(J_{2}\) расходится, то расходится и другой (это доказывается методом от противного на основе теоремы сравнения). \(\bullet\)
В частности, если функция \(f(x)\) интегрируема на отрезке \([a, \xi]\) при любом \(\xi \geq a\) и если
$$
f(x) \sim \frac{A}{x^{\alpha}}\ \mbox{при}\ x \rightarrow +\infty,\ \mbox{где}\ A \neq 0,\nonumber
$$
то интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx\) сходится при \(\alpha > 1\) и расходится при \(\alpha \leq 1\).
Пример 11.
Исследовать на сходимость интеграл
$$
\int\limits_a^{+\infty} \frac{dx}{x^{\alpha} \ln^{\beta}x}.\label{ref26}
$$
Решение.
\(\triangle\) Рассмотрим три возможных случая: \(\alpha > 1\), \(\alpha = 1\), \(\alpha < 1\).
- Первый случай: \(\alpha > 1\).Если \(\alpha > 1\), то \(\alpha = 1+2\delta\), где \(\delta > 0\). Представим подынтегральную функцию \(f(x)\) в следующем виде:
$$
f(x) = \frac{1}{x^{1+ \delta}}g(x),\ \mbox{где}\ g(x) = \frac{dx}{x^{\delta} \ln^{\beta}x}.\nonumber
$$Так как \(\displaystyle\lim_{\xi \rightarrow +\infty} x^{\alpha} \ln^{\beta}x = +\infty\) при \(\alpha > 0\) и любом \(\beta\) (см. пример 5 здесь), то существует число \(x_{0} > 2\) такое, что \(0 < g(x) < 1\) при всех \(x \geq x_{0}\). Поэтому \(\displaystyle0 < f(x) < \frac{1}{x^{1+ \delta}}\) при \(x \in [x_{0}, +\infty)\), и из сходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_{x_{0}}^{+\infty} \frac{dx}{x^{1+ \delta}}\), где \(x_{0} > 2\), \(\delta > 0\), по теореме сравнения следует сходимость интеграла от \(f\) на промежутке \([x_{0}, +\infty)\), а это равносильно сходимости интеграла \(J\). Итак, если \(\alpha > 1\), то интеграл \(f\) сходится при любом \(\beta\). - Второй случай: \(\alpha = 1\).В этом случае \(J = \displaystyle\int\limits_2^{+\infty} \frac{dx}{x \ln^{\beta}x} = \int\limits_{\ln 2}^{+\infty} \frac{dt}{t^{\beta}}\). Поэтому при \(\alpha = 1\) интеграл \(J\) сходится, если \(\beta > 1\), и расходится при \(\beta \leq 1\) (пример 3).
- Третий случай: \(\alpha < 1\).Если \(\alpha < 1\), то \(\alpha = 1-2\delta\), где \(\delta > 0\). Запишем подынтегральную функцию \(f(x)\) в виде \(f(x) = \displaystyle\frac{g(x)}{x^{1-\delta}}\), где \(g(x) = x^{\delta}(\ln x)^{-\beta} \rightarrow +\infty\) при \(x \rightarrow +\infty\), откуда следует, что \(g(x) > 1\) при \(x \geq x_{0} > 2\). Поэтому \(f(x) > \displaystyle\frac{1}{x^{1-\delta}}\) при \(x \geq x_{0}\) и по теореме сравнения из расходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_{x_{0}}^{+\infty} \frac{dx}{x^{1-\delta}}\), где \(\delta > 0\), следует расходимость интеграла от \(f\) на промежутке \([x_{0}, +\infty)\), откуда заключаем, что интеграл \(J\) расходится.Итак, интеграл расходится, если \(\alpha < 1\).
Таким образом, интеграл \eqref{ref26} сходится при \(\alpha > 1\) (\(\beta\) любое) и при \(\alpha = 1\), если \(\beta < 1\), и расходится при других значениях \(\alpha\) и \(\beta\). \(\blacktriangle\)
Можно также показать, что несобственный интеграл
$$
J = \int\limits_{0}^{1/2} \frac{dx}{x^{\alpha}|\ln x|^{\beta}}\ dx.\label{ref2601}
$$
сходится при \(\alpha < 1\) (\(\beta\) любое) и при \(\alpha = 1\), если \(\beta > 1\), и расходится при других значениях \(\alpha\) и \(\beta\).
Пример 12.
Исследовать на сходимость интеграл
$$
J = \int\limits_{x_{0}}^{+\infty} \frac{\ln (e^{x}-x)}{x^{\alpha}}\ dx.\nonumber
$$
Решение.
\(\vartriangle\) Подынтегральная функция \(f(x) = \displaystyle\frac{\ln (e^{x}-x)}{x^{\alpha}}\) неотрицательна при \(x > 0\), так как \(e^{x} > 1+x\) при \(x > 0\), и непрерывна на промежутке \((0, +\infty)\). Интеграл \(J\) сходится тогда и только тогда, когда сходятся интегралы \(J_{1} = \displaystyle\int\limits_0^1 f(x)\ dx\) и \(J_{2} = \displaystyle\int\limits_1^{+\infty} f(x)\ dx\).
- Исследуем поведение функции при \(x \rightarrow 0\).Так как \(e^{x} = 1+x+\displaystyle\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\) при \(x \rightarrow 0\), \(\ln(1+t) = t+o(t)\) при \(t \rightarrow 0\), то \(\ln (e^{x}-x) = \displaystyle\ln \left(1+\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\right) = \frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\), и поэтому \(f(x) \sim \displaystyle\frac{1}{2x^{\alpha-2}}\). Следовательно, интеграл \(J_{1}\) сходится тогда и только тогда, когда \(\alpha-2 < 1\), то есть при \(\alpha < 3\).
- Пусть \(x \rightarrow +\infty\).Тогда \(e^{x}-x = e^{x}(1-xe^{-x}) = e^{x}(1+o(1))\), откуда \(\ln (e^{x}-x) = x+\ln (1+o(1)) = x+o(1)\) при \(x \rightarrow +\infty\), \(f(x) \sim \displaystyle\frac{1}{x^{\alpha-1}}\) при \(x \rightarrow +\infty\). Так как интеграл \(\displaystyle\int\limits_1^{+\infty}\frac{dx}{x^{\beta}}\) сходится при \(\beta > 1\) и расходится при \(\beta \leq 1\), то интеграл \(J_{2}\) сходится тогда и только тогда, когда \(\alpha-1 > 1\), то есть при \(\alpha > 2\).
Таким образом, интеграл \(J\) сходится в том и только том случае, когда выполняются условия \(\alpha < 3\) и \(\alpha > 2\), то есть при \(2 < \alpha < 3\). \(\blacktriangle\)
Пример 13.
Исследовать на сходимость интеграл
$$
J = \int\limits_0^{+\infty} \frac{\ln (1+x^{\alpha})}{\sqrt{x+\sqrt{x}}}\ dx.\nonumber
$$
Решение.
\(\vartriangle\) Подынтегральная функция \(f(x)\) положительна и непрерывна на интервале (0,1). Интеграл \(J\) сходится тогда и только тогда, когда сходятся интегралы от \(f(x)\) по промежуткам (0,1) и (1, \(+\infty\)). Обозначим эти интегралы \(J_{1}\) и \(J_{2}\) соответственно.
- Если \(x \rightarrow 0\), то \(\displaystyle\sqrt{x+\sqrt{x}} = \sqrt{\sqrt{x}(1+\sqrt{x})} = \sqrt[4]{x}(1+\sqrt{x})^{1/2} \sim \sqrt[4]{x}\). Учитывая, что \(\ln (1+t) \sim t\) при \(t \rightarrow 0\), \(\ln (1+u) \sim \ln u\) и при \(u \rightarrow +\infty\), получаем следующие асимптотические формулы для \(f(x)\) при \(x \rightarrow +0\):
$$
f(x) \sim \left\{\begin{aligned}
x^{\alpha-1/4},\ \mbox{при}\ \alpha > 0, \\
x^{-1/4} \ln 2,\ \mbox{при}\ \alpha = 0,\\
\alpha x^{-1/4}\ \ln x,\ \mbox{при}\ \alpha < 0.
\end{aligned} \right.\nonumber
$$
Используя результат \eqref{ref2601}, получаем: интеграл \(J_{1}\) сходится при всех значениях \(\alpha\). - Если \(x \rightarrow +\infty\), то \(\displaystyle\sqrt{x+\sqrt{x}} = \sqrt{x(1+x^{-1/2})} \sim \sqrt{x}\), и поэтому
\begin{equation*}
f(x) \sim \left\{\begin{aligned}
\alpha x^{-1/2}\ \ln x,\ \mbox{при}\ \alpha > 0, \\
x^{-1/2} \ln 2,\ \mbox{при}\ \alpha = 0,\\
x^{\alpha-1/2},\ \mbox{при}\ \alpha < 0.
\end{aligned} \right.\nonumber
\end{equation*}
Отсюда следует, что интеграл \(J_{2}\) сходится, если \(\displaystyle\frac{1}{2}-\alpha > 1\), то есть при \(\alpha < -\frac{1}{2}\).
Таким образом, интеграл \(J\) сходится при \(\alpha < -\frac{1}{2}\) и расходится при прочих значениях \(\alpha\). \(\blacktriangle\)
Критерий Коши сходимости несобственных интегралов.
Будем рассматривать несобственные интегралы вида \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) предполагая, что:
- функция \(f\) определена на промежутке \([a, b)\), где \(a\) — конечная точка, \(b\) — либо конечная точка, либо символ \(+\infty\);
- функция \(f\) интегрируема по Риману на отрезке \([a, \xi]\) при любом \(\xi \in [a, b)\).
Согласно определению сходящегося несобственного интеграла
$$
\int\limits_a^b f(x)\ dx = \lim_{\substack{\xi \rightarrow b-0}} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx,\ \mbox{если}\ b \neq +\infty,\nonumber
$$
$$
\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx = \lim_{\substack{\xi \rightarrow +\infty}} \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx\ \mbox{если}\ b = +\infty.\nonumber
$$
Теорема 3.
Для сходимости несобственного интеграла
$$
J = \int\limits_a^b f(x)\ dx\nonumber
$$
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие Коши
$$
\forall \varepsilon > 0\ \exists \delta_{\varepsilon} \in (a, b): \forall \xi’, \xi″ \in (\delta_{\varepsilon}, b) \rightarrow \left|\int\limits_{\xi’}^{\xi″} f(x)\ dx\right| < \varepsilon.\label{ref27}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Обозначим
$$
F(\xi) = \int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx,\ a \leq \xi < b.\label{ref28}
$$
Тогда сходимость интеграла \(J\) означает существование конечного предела функции \(F(\xi)\) при \(\xi \rightarrow b-0\), а этот предел, согласно критерию Коши для функций, существует в том и только том случае, когда функция \(F\) удовлетворяет условию
$$
\forall \varepsilon > 0\ \exists \tilde{\delta}_{\varepsilon} \in (a, b): \forall \xi’, \xi″ \in (\tilde{\delta}_{\varepsilon}, b) \rightarrow \left|F(\xi″)-F(\xi’)\right| < \varepsilon.\label{ref29}
$$
Из формулы \eqref{ref29} в силу свойств интеграла следует, что
$$
F(\xi″)-F(\xi’) = \int\limits_{\xi’}^{\xi″} f(x)\ dx.\nonumber
$$
Поэтому условие \eqref{ref29}, являясь необходимым и достаточным для сходимости интеграла \(J\), выполняется тогда и только тогда, когда выполняется условие \eqref{ref27}, если взять \(\tilde{\delta}_{\varepsilon} = \delta_{\varepsilon}\). \(\bullet\)
Замечание 5.
Если условие Коши \eqref{ref27} не выполняется, то есть
$$
\exists \varepsilon_{0} > 0\ \forall \delta_{\varepsilon} \in (a, b): \exists \xi_{\delta}’, \xi_{\delta}″ \in (\delta_{\varepsilon}, b) \rightarrow \left|\int\limits_{\xi_{\delta}’}^{\xi_{\delta}″} f(x)\ dx\right| \geq \varepsilon_{0},\label{ref30}
$$
то интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) расходится.
Пример 14.
Исследовать на сходимость интеграл
$$
J(\alpha) = \int\limits_1^{+\infty} \frac{\sin^{2} x}{x^{\alpha}}\ dx.\label{ref31}
$$
Решение.
- \(\vartriangle\) Если \(\alpha > 1\), то интеграл \(J\) сходится, так как \(\displaystyle 0 \leq \frac{\sin^{2} x}{x^{\alpha}} \leq \frac{1}{x^{\alpha}}\).
- Докажем, что при \(\alpha \geq 1\) интеграл расходится. Достаточно показать, что для этого интеграла выполняется условие \eqref{ref30}. Для \(\delta > 1\) выберем число \(n \in \mathbb{N}\) таким, чтобы выполнялось неравенство \(\pi n > \delta\), и возьмем \(\xi_{\delta}’ = \pi n\), \(\xi_{\delta}″ = 2\pi n\), тогда
$$
\left|\int\limits_{\xi_{\delta}’}^{\xi_{\delta}″} \frac{\sin^{2} x}{x^{\alpha}}\ dx\right| = \int\limits_{\pi n}^{2\pi n} \frac{\sin^{2} x}{x^{\alpha}}\ dx \geq \int\limits_{\pi n}^{2\pi n} \frac{\sin^{2} x}{x}\ dx \geq\\ \geq \frac{1}{2\pi n} \int\limits_{\pi n}^{2\pi n} \frac{1-\cos 2x}{2}\ dx = \frac{1}{4\pi n}\pi n = \frac{1}{4} = \varepsilon_{0}.\nonumber
$$
Таким образом, условие \eqref{ref30} выполняется, и поэтому при \(\alpha \geq 1\) интеграл \eqref{ref31} расходится. \(\blacktriangle\)
Замечание 6.
Так как \(|\sin x| \geq \sin^{2} x\), то по теореме сравнения из расходимости интеграла \eqref{ref31} при \(\alpha \leq 1\) следует, что интеграл \(\displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \frac{\sin^{2} x}{x^{\alpha}}\ dx\) расходится при \(\alpha \leq 1\).
Абсолютно и условно сходящиеся интегралы.
Несобственный интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) называется:
- абсолютно сходящимся, если сходится интеграл \(\tilde{J} = \int\limits_a^b |f(x)|\ dx\); в этом случае говорят, что функция \(f\) абсолютно интегрируема на промежутке \([a, b)\);
- условно сходящимся, если интеграл \(J\) сходится, а интеграл \(\tilde{J}\) расходится.
Теорема 4.
Если несобственный интеграл \(\tilde{J} = \displaystyle\int\limits_a^b |f(x)|\ dx\) сходится, то интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) также сходится и выполняется неравенство
$$
\left|\int\limits_a^b f(x)\ dx\right| \leq \int\limits_a^b |f(x)|\ dx.\label{ref32}
$$
Доказательство.
\(\circ\) Из сходимости интеграла \(\tilde{J}\) по теореме 3 (необходимое условие) следует, что для него выполняется условие Коши \eqref{ref27}, то есть
$$
\forall \varepsilon > 0\ \exists \delta_{\varepsilon} \in (a, b): \forall \xi’, \xi″ \in (\delta_{\varepsilon}, b) \rightarrow \left|\int\limits_{\xi’}^{\xi″} |f(x)|\ dx\right| < \varepsilon.\label{ref33}
$$
По определению несобственного интеграла \(J\) функция \(f(x)\) интегрируема по Риману на отрезке с концами \(\xi’, \xi″\), и поэтому функция \(|f(x)|\) также интегрируема по Риману на этом отрезке. Применяя правило оценки интеграла, получаем
$$
\left|\int\limits_{\xi’}^{\xi″} f(x)\ dx\right| \leq \left|\int\limits_{\xi’}^{\xi″} |f(x)|\ dx\right|,\nonumber
$$
откуда в силу \eqref{ref33} следует, что функция \(f\) удовлетворяет условию Коши \eqref{ref27}, и по теореме сравнения (достаточное условие) сходится интеграл \(J\).
Для доказательства неравенства \eqref{ref32} воспользуемся неравенством
$$
\left|\int\limits_a^{\xi} f(x)\ dx\right| \leq \int\limits_a^{\xi} |f(x)|\ dx,\label{ref34}
$$
справедливым при любом \(\xi \in [a, b)\). В силу сходимости интегралов \(J\) и \(\tilde{J}\) существуют пределы при \(\xi \rightarrow b-0\) левой и правой частей \eqref{ref34}, равные соответственно \(J\) и \(\tilde{J}\). Переходя в \eqref{ref34} к пределу при \(\xi \rightarrow b-0\), получаем неравенство \eqref{ref32}. \(\bullet\)
Пример 15.
Исследовать на сходимость и абсолютную сходимость интеграл
$$
J(\alpha) = \int\limits_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x^{\alpha}}\ dx.\label{ref35}
$$
Решение.
- \(\vartriangle\) Пусть \(\alpha > 1\). Так как \(\displaystyle\left|\frac{\sin x}{x^{\alpha}}\right| \leq \frac{1}{x^{\alpha}}\), то в силу сходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \frac{dx}{x^{\alpha}}\) по теореме сравнения сходится интеграл \(\tilde{J}(\alpha) = \displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x^{\alpha}}\ dx\), то есть интеграл \(J\) сходится абсолютно (откуда следует сходимость самого интеграла \(J\) по теореме 4).
- Пусть \(0 < \alpha \leq 1\). Тогда, интегрируя по частям, получаем
$$
J =-\left.\frac{\cos x}{x^{\alpha}}\right|_{1}^{+\infty}-\alpha \int\limits_a^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{\alpha+1}}\ dx,\nonumber
$$
где \(\displaystyle\lim_{\substack{x \rightarrow +\infty}} \frac{\cos x}{x^{\alpha}} = 0\), а интеграл \(\displaystyle\int\limits_a^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{\alpha+1}}\ dx\) абсолютно сходится и, следовательно, сходится. Поэтому интеграл \(J\) сходится, если \(\alpha \in (0,1]\).Так как интеграл \(\displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \frac{|\sin x|}{x^{\alpha}}\ dx\) при \(\alpha \in \) (0,1] расходится (замечание 6), то при \(\alpha \in \) (0,1] интеграл \(J\) сходится условно. - Пусть \(\alpha \leq 0\). Докажем, что интеграл \(J\) расходится, используя критерий Коши. Для \(\delta > 1\) выберем число \(n \in \mathbb{N}\) таким, чтобы выполнялось условие \(2\pi n > \delta\), и возьмем \(\xi_{\delta}’ = 2\pi n+\displaystyle\frac{\pi}{6}\), \(\xi_{\delta}″ = 2\pi n+\displaystyle\frac{5\pi}{6}\). Так как при \(x \in [\xi_{\delta}’, \xi_{\delta}″]\) выполняется неравенство \(\sin x \geq \displaystyle\frac{1}{2}\) и, кроме того, \(\displaystyle\frac{1}{x^{\alpha}} \geq 1\) при \(x \geq 1\) и \(\alpha \leq 0\), то
$$
\left|\int\limits_{\xi_{\delta}’}^{\xi_{\delta}″} \frac{\sin x}{x^{\alpha}}\ dx\right| = \int\limits_{\pi/6+2\pi n}^{5\pi/6+2\pi n} \frac{\sin x}{x^{\alpha}}\ dx \geq \frac{1}{2} \int\limits_{\pi/6+2\pi n}^{5\pi/6+2\pi n}\ dx = \frac{\pi}{3},\nonumber
$$
то есть выполняется условие \eqref{ref30}, и поэтому при \(\alpha \leq 0\) интеграл \eqref{ref35} расходится.
Итак, интеграл \eqref{ref35}:
- абсолютно сходится при \(\alpha > 1\);
- условно сходится при \(0 < \alpha \leq 1\);
- расходится при \(\alpha \leq 0\). \(\blacktriangle\)
Замечание 7.
Аналогично можно показать, что интеграл
$$
\int\limits_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^{\alpha}}\ dx\nonumber
$$
абсолютно сходится при \(\alpha > 1\), условно сходится при \(\alpha \in \) (0,1] и расходится при \(\alpha \leq 0\).
При исследовании сходимости интегралов часто может оказаться полезным следующее утверждение.
Теорема 5.
Если функция \(g(x)\) абсолютно интегрируема на промежутке \([a, b)\), то есть несобственный интеграл \(\tilde{J} = \displaystyle\int\limits_a^b |g(x)|\ dx\) сходится, то несобственные интегралы \(J_{1} = \displaystyle\int\limits_a^b f(x)\ dx\) и \(J_{2} = \displaystyle\int\limits_a^b (f(x)+g(x))\ dx\) либо оба абсолютно сходятся, либо оба условно сходятся, либо оба расходятся.
Доказательство.
\(\circ\) Обозначим \(J = \displaystyle\int\limits_a^b g(x)\ dx\), \(\tilde{J}_{1} = \displaystyle\int\limits_a^b |f(x)|\ dx\), \(\tilde{J}_{2} = \displaystyle\int\limits_a^b |(f(x)+g(x))|\ dx\)
- Из неравенства \(|f+g| \leq |f|+|g|\) и критерия Коши следует, что если интегралы \(\tilde{J}_{1}\) и \(\tilde{J}\) сходятся, то интеграл \(\tilde{J}_{2}\) также сходится.Аналогично, используя неравенство \(|f| \leq |f+g|+|g|\), докажем, что из сходимости интегралов \(\tilde{J}\) и \(\tilde{J}_{2}\) следует сходимость интеграла \(\tilde{J}_{1}\).
- Пусть интеграл \(J_{1}\) сходится, а интеграл \(\tilde{J}_{1}\) расходится.Тогда интеграл \(J_{2}\) сходится (это следует из сходимости интегралов \(J_{1}\) и \(J\)), а интеграл \(\tilde{J}_{2}\) расходится, так как в противном случае из неравенства \(|f| \leq |f+g|+|g|\) и сходимости интеграла \(\tilde{J}\) следовала бы сходимость интеграла \(\tilde{J}_{1}\).Аналогично доказывается, что из условной сходимости интеграла \(J_{2}\) следует условная сходимость интеграла \(J_{1}\).
- Из расходимости интеграла \(J_{1}\) следует расходимость интеграла \(J_{2}\) (в противном случае из равенства \(f = (f+g)-g\) и сходимости интеграла \(J\) следовала бы сходимость интеграла \(J_{1}\)).Аналогично из расходимости интеграла \(J_{2}\) следует расходимость интеграла \(J_{1}\). \(\bullet\)
Теорему 5 коротко можно сформулировать так: прибавление (вычитание) под знаком интеграла абсолютно интегрируемой функции не влияет ни на сходимость интеграла, ни на характер сходимости (абсолютная, условная сходимость).
Признаки Дирихле и Абеля сходимости интегралов.
Теорема 6.
(признак Дирихле)
Пусть функция \(f\) непрерывна, а функция \(g\) имеет непрерывную производную на промежутке \([a, +\infty)\) и выполняются следующие условия:
- функция \(F(x) = \displaystyle\int\limits_a^x |f(t)|\ dt\) (первообразная для \(f\)) ограничена на \([a, +\infty)\), то есть
$$
\exists M > 0: \forall x \in [a, +\infty) \rightarrow |F(x)| \leq M.\label{ref36}
$$ - функция \(g'(x)\) не меняет знака на промежутке \([a, +\infty)\), то есть
$$
g'(x) \leq 0.\label{ref37}
$$
или
$$
g'(x) \geq 0.\label{ref38}
$$ - $$
\lim_{x \rightarrow +\infty} g(x) = 0.\label{ref39}
$$
Тогда интеграл
$$
J = \int\limits_a^{+\infty} f(x)g(x)\ dx\label{ref40}
$$
сходится.
Доказательство.
\(\circ\) Покажем, что функция \(fg\) удовлетворяет на промежутке \([a, +\infty)\) условию Коши \eqref{ref27}. Согласно формуле интегрирования по частям для \(\xi’ > a\), \(\xi″ > a\) получаем
$$
\int\limits_{\xi’}^{\xi″} f(x)g(x)\ dx = F(x)g(x)|_{\xi’}^{\xi″}-\int\limits_{\xi’}^{\xi″} F(x)g'(x)\ dx.\label{ref41}
$$
Из условия \eqref{ref36} следует, что
$$
\left|\left.(Fg)\right|_{\xi’}^{\xi″}\right| \leq M(|g(\xi’)|+|g(\xi″)|),\label{ref42}
$$
$$
\left|\int\limits_{\xi’}^{\xi″} F(x)g'(x)\ dx\right| \leq M\left| \int\limits_{\xi’}^{\xi″} |g'(x)|\ dx\right|.\label{ref43}
$$
Заметим, что \(|g'(x)| = -g'(x)\), если выполнено условие \eqref{ref37}, и \(|g'(x)| = g'(x)\), если выполнено условие \eqref{ref38}. Поэтому в первом случае \(J_{1} = \displaystyle\int\limits_{\xi’}^{\xi″} |g'(x)|\ dx = -\int\limits_{\xi’}^{\xi″} g'(x)\ dx = g(\xi’)-g(\xi″)\), а во втором случае \(J_{1} = g(\xi″)-g(\xi’)\). Следовательно,
$$
|J_{1}| = \left|\int\limits_{\xi’}^{\xi″} |g'(x)|\ dx\right| = |g(\xi″)-g(\xi’)| \leq |g(\xi’)+g(\xi″)|.\label{ref44}
$$
Поэтому из равенства \eqref{ref41}, используя оценки \eqref{ref42}-\eqref{ref44}, получаем неравенство
$$
\left|\int\limits_{\xi’}^{\xi″} f(x)g(x)\ dx\right| \leq 2M (|g(\xi’)+g(\xi″)|).\label{ref45}
$$
Согласно условию \eqref{ref39}
$$
\forall \varepsilon > 0\ \exists \delta_{\varepsilon} > a: \forall x \in [\delta_{\varepsilon}, +\infty) \rightarrow |g(x)| < \frac{\varepsilon}{4M}.\label{ref46}
$$
Поэтому для \(\xi’, \xi″ \in [\delta_{\varepsilon}, +\infty)\) из \eqref{ref45} и \eqref{ref46} следует, что
$$
\left|\int\limits_{\xi’}^{\xi″} f(x)g(x)\ dx\right| < 2M (\frac{\varepsilon}{4M}+\frac{\varepsilon}{4M}) = \varepsilon,\nonumber
$$
то есть функция \(f g\) удовлетворяет на промежутке \([a, +\infty)\) условию Коши \eqref{ref27}, и по теореме 3 интеграл \eqref{ref40} сходится. \(\bullet\)
Замечание 8.
Условия \eqref{ref37}-\eqref{ref39} означают, что функция \(g(x)\) монотонно стремится к нулю при \(x \rightarrow +\infty\).
Следствие (признак Абеля).
Если функция \(f\) непрерывна на промежутке \(\Delta = [a, +\infty)\), интеграл \(J = \displaystyle\int\limits_a^{+\infty} f(x)\ dx\) сходится, а функция \(g(x)\) ограничена на \(\Delta\) и ее производная \(g'(x)\) не меняет знака на \(\Delta\) (удовлетворяет условию \eqref{ref37} или \eqref{ref38}), то интеграл \eqref{ref40} сходится.
Доказательство.
\(\circ\) По теореме о пределе монотонной функции существует конечный \(\displaystyle\lim_{\substack{x \rightarrow +\infty}} g(x) = g(+\infty)\), и поэтому функция \(g_{1}(x) = g(x)-g(+\infty)\) монотонно стремится к нулю при \(x \rightarrow +\infty\). Из сходимости интеграла \(J\) следует, что функция \(f\) имеет ограниченную первообразную. По признаку Дирихле интеграл от функции \(f(x)g_{1}(x)\) по промежутку \(\Delta\) сходится. Так как \(f(x)g(x) = f(x)g(+\infty)+f(x)g_{1}(x)\), то интеграл \eqref{ref40} сходится. \(\bullet\)
Пример 16.
Исследовать на сходимость и абсолютную сходимость интеграл
$$
J = \int\limits_0^{+\infty} (e^{x}+x) \cos e^{2x}\ dx.\nonumber
$$
Решение.
\(\vartriangle\) Положим \(e^{2x} = t\). Тогда \(x = \displaystyle\frac{1}{2} \ln t\), \(dx = \displaystyle\frac{dt}{2t}\), и поэтому
$$
J = \frac{1}{2} \int\limits_1^{+\infty} \frac{\cos t}{\sqrt{t}}dt+\frac{1}{4} \int\limits_1^{+\infty} \frac{\ln t}{t} \cos t\ dt.\label{ref47}
$$
Оба интеграла в формуле \eqref{ref47} сходятся по признаку Дирихле, так как функция \(\cos t\) имеет ограниченную первообразную \(\displaystyle\left(\left|\int\limits_1^{\xi} \cos t\ dt\right| \leq 2 \right)\), а функции \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{t}}\) и \(\displaystyle\frac{\ln t}{t}\) монотонно стремятся к нулю при \(t \rightarrow +\infty\). Покажем, что \(\tilde{J} = \displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \varphi(t) |\cos t|\ dt\), где \(\varphi(t) = \displaystyle\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{t}}+\frac{\ln t}{2t}\right)\), расходится. В самом деле, \(\varphi(t) \geq \displaystyle\frac{1}{2t}\) при \(t \geq 1\), \(|\cos t| \geq \cos^{2} t = \displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}\), откуда следует неравенство \(\varphi(t)|\cos t| \geq \displaystyle\frac{1+\cos 2t}{4t}\). Так как интеграл \(\displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \frac{1+\cos 2t}{4t}dt\) расходится (это следует из сходимости по признаку Дирихле интеграла \(\displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \frac{\cos 2t}{4t}dt\) и расходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_1^{+\infty} \frac{dt}{4t}\)), то по теореме сравнения интеграл \(\tilde{J}\) расходится. Таким образом, интеграл \(J\) сходится условно. \(\blacktriangle\)
Пример 17.
Исследовать на сходимость интеграл
$$
J = \int\limits_4^{+\infty} \frac{\sin x}{\sqrt{x}-\sin x}dx.\nonumber
$$
Решение.
\(\vartriangle\) Признак Дирихле применить нельзя, так как \(g(x) = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}-\sin x}\) не является монотонной при \(x \geq 4\). Запишем функцию \(g(x)\) в следующем виде: \(g(x) = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{x}}\left(1-\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right)^{-1}\), где \(\displaystyle\left|\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right| \leq \frac{1}{2}\), так как \(x \geq 4\). Положим \(\varphi(t) = (1-t)^{-1}\), \(|t| \displaystyle\leq \frac{1}{2}\). По формуле Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа получаем
$$
\varphi(t) = 1+t+\frac{\varphi″(\xi)}{2!}t^{2},\nonumber
$$
Отсюда следует, что если \(x \geq 4\), то
$$
\left(1-\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right)^{-1} = 1+\frac{\sin x}{\sqrt{x}}+h(x),\nonumber
$$
где \(|h(x)| \leq 2^{3} \displaystyle\left|\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right| \leq \frac{8}{x}\). Поэтому \(\displaystyle\frac{\sin x}{\sqrt{x}-\sin x} = \frac{\sin x}{\sqrt{x}}+\frac{\sin^{2} x}{\sqrt{x}}+\frac{\sin x}{\sqrt{x}}h(x)\), где функция \(\psi(x) = \displaystyle\frac{\sin x}{\sqrt{x}}h(x)\) не влияет на сходимость интеграла \(J\) (теорема 5), так как \(\psi(x) \leq \displaystyle\frac{8}{x^{3/2}}\), а интеграл \(\displaystyle\int\limits_4^{+\infty} \frac{8}{x^{3/2}}dx\) сходится. Из сходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_4^{+\infty}\frac{\sin x}{\sqrt{x}}dx\) (пример 15) и расходимости интеграла \(\displaystyle\int\limits_4^{+\infty}\frac{\sin^{2} x}{\sqrt{x}}dx\) (пример 14) следует, что интеграл \(J\) расходится. \(\blacktriangle\)