Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Несобственные интегралы 1-го и 2-го родов

Несобственные интегралы 1-го и 2-го родов


Интегралы с бесконечным промежутком интегрирования


Для существования определенного интеграла необходимо, чтобы промежуток интегрирования был конечен, а подынтегральная функция ограничена на нем — в противном случае множество сумм Дарбу не будет ограниченным. При решении задач встречаются случаи, когда одно или оба из этих условий не выполняются, т. е. когда промежуток интегрирования бесконечен или подынтегральная функция не ограничена. Такие интегралы называются несобственными. Различают несобственные интегралы 1-го и 2-го рода в зависимости от того, имеем ли мы дело с бесконечностью промежутка интегрирования или с неограниченностью подынтегральной функции.


Геометрический смысл несобственного интеграла

Хотя несобственные интегралы и нельзя рассматривать как разделяющие числа для сумм Дарбу, иногда им можно придать определенный смысл с помощью дополнительного предельного перехода. Начнем со случая, когда промежутком интегрирования является луч [math][a,+\infty)[/math]. Предположим, что функция [math]y=f(x)[/math] интегрируема на каждой конечной части луча, т. е. что для любого [math]c>a[/math] существует интеграл [math]\textstyle{I(c)= \int\limits_{a}^{c} f(x)\,dx}[/math]. За значение интеграла [math]\textstyle{\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math] естественно принять предел функции [math]I(c)[/math], когда с стремится к [math]+\infty[/math], т. е. когда промежуток интегрирования стремится заполнить весь луч [math][a,+\infty)[/math] (рис. 18).


Может, однако, случиться, что этот предел не существует. Поэтому будем различать два случая:


а) Если предел [math]\lim_{c\to+\infty}I(c)[/math] существует и конечен, то несобственный [math]\textstyle{\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math] интеграл называют сходящимся, а значение этого предела — значением несобственного интеграла. В этом случае


[math]\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx= \lim_{c\to+\infty}\int\limits_{a}^{c} f(x)\,dx\,.[/math]
(1)

б) Если предел в правой части равенства (1) не существует, говорят, что несобственный интеграл [math]\textstyle{\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math] расходится.


При аналогичных предположениях относительно функции [math]y=f(x)[/math] можно рассмотреть случай, когда верхний предел фиксирован, а нижний предел стремится к [math]-\infty:[/math]


[math]\int\limits_{-\infty}^{b}f(x)\,dx= \lim_{c\to-\infty} \int\limits_{c}^{b} f(x)\,dx\,.[/math]
(2)

Если предел, стоящий в правой части равенства (2), конечен, то несобственный интеграл [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{b} f(x)\,dx}[/math] называют сходящимся, в противном случае его называют расходящимся.


Наконец, можно определить и несобственный интеграл вида [math]\textstyle{ \int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \int\limits_{\mathbb{R}}f(x)\,dx}[/math]. Будем считать, что функция [math]y=f(x)[/math] интегрируема на всей числовой прямой [math](\mathbb{R})[/math]. Выберем на прямой произвольную точку [math]a[/math]. Эта точка разобьет прямую [math]\mathbb{R}[/math] на два луча: [math](-\infty,a][/math] и [math][a,+\infty)[/math]. Если существуют несобственные интегралы


[math]\int\limits_{-\infty}^{a} f(x)\,dx\,,\qquad \int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx\,,[/math]

то говорят, что существует и несобственный интеграл [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math]. В этом случае полагают


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \int\limits_{-\infty}^{a} f(x)\,dx+ \int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx\,.[/math]
(3)

где несобственные интегралы, содержащиеся в правой части равенства (3), определены соответственно равенствами (1) и (2). Легко проверить, что значение интеграла не зависит от выбора точки [math]a[/math].




Пример 1. Вычислить несобственный интеграл [math]\int\limits_{1}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^2}[/math] с бесконечным верхним пределом.


Решение. Подынтегральная функция [math]y=\frac{1}{1+x^2}[/math] всюду непрерывна и, следовательно, интегрируема в любом конечном промежутке. Имеем:


[math]\begin{aligned}\int\limits_{1}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^2} &= \lim_{b\to+\infty}\int\limits_{1}^{b} \frac{dx}{1+x^2}= \left.{\lim_{b\to+\infty} \operatorname{arctg}x}\right|_{1}^{b}= \lim_{b\to+\infty}\bigl(\operatorname{arctg}b- \operatorname{arctg}1\bigr)=\\ &=\lim_{b\to+\infty}\operatorname{arctg}b- \frac{\pi}{4}= \frac{\pi}{2}- \frac{\pi}{4}= \frac{\pi}{4}\,.\end{aligned}[/math]

Значит, окончательно имеем [math]\int\limits_{1}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^2}= \frac{\pi}{4}[/math].


Пример 2. Вычислить несобственный интеграл от синуса [math]\int\limits_{-\infty}^{\pi/2}\sin{x}\,dx[/math].


Решение. Имеем:


[math]\int\limits_{-\infty}^{\pi/2}\sin{x}\,dx= \lim_{a\to-\infty}\int\limits_{a}^{\pi/2}\sin{x}\,dx= \left.{-\lim_{a\to-\infty}\cos{x}}\right|_{a}^{\pi/2}= -\lim_{a\to-\infty}\!\left(\cos\frac{\pi}{2}- \cos{a}\right)= \lim_{a\to-\infty}\cos{a}\,.[/math]

Так как [math]\lim_{a\to-\infty}\cos{a}[/math] не существует, то несобственный интеграл [math]\int\limits_{-\infty}^{\pi/2}\sin{x}\,dx[/math] расходится.




Запись вычислений несобственных интегралов можно упростить, предварительно найдя первообразную для подынтегральной функции [math]y=f(x)[/math]. Именно, если [math]F(x)[/math] —первообразная функция для [math]f(x)[/math], то


[math]\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)\,dx= \lim_{b\to+\infty} \int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx= \lim_{b\to+\infty} \Bigl[F(b)-F(a)\Bigr].[/math]

Предположим, что существует предел [math]\lim_{b\to+\infty}F(b)[/math]. Введем обозначение: [math]\lim_{b\to+\infty}F(b)= F(+\infty)[/math]. Тогда


[math]\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)\,dx= F(+\infty)-F(a)= \Bigl.{F(x)}\Bigr|_{a}^{+\infty}.[/math]
Аналогично,
[math]\int\limits_{-\infty}^{b}f(x)\,dx= F(b)-F(-\infty)= \Bigl.{F(x)}\Bigr|_{-\infty}^{b},[/math] где [math]F(-\infty)= \lim_{a\to-\infty}F(a)[/math]
Наконец,
[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(x)\,dx= F(+\infty)-F(-\infty)= \Bigl.{F(x)}\Bigr|_{-\infty}^{+\infty}.[/math]



Пример 3. Вычислить несобственный интеграл [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^2}[/math].


Решение. Имеем:


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^2}= \Bigl.{}\Bigr|_{-\infty}^{+\infty}= \lim_{b\to+\infty}\operatorname{arctg}b- \lim_{a\to-\infty}\operatorname{arctg}a= \frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)=\pi\,.[/math]

Пример 4. Исследовать на сходимость несобственный интеграл [math]\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x^{\alpha}}[/math].


Решение. Если [math]\alpha=1[/math], то [math]\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x}= \Bigl.{\ln|x| }\Bigr|_{1}^{+\infty}= \lim_{b\to+\infty}\ln|b|- \ln1= +\infty\,.[/math].


Если [math]\alpha\ne1[/math], то [math]\int\limits_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x^{\alpha}}= \left.{\frac{x^{-\alpha+1}}{-\alpha+ 1}}\right|_{1}^{+\infty}= \frac{1}{1-\alpha} \lim_{b\to+\infty} b^{1-\alpha}- \frac{1}{1-\alpha}\,.[/math].


Сходимость или расходимость интеграла [math]\textstyle{\int\limits_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x^{\alpha}}}[/math] зависит от того, существует или нет предел [math]\lim_{b\to+\infty} b^{1-\alpha}[/math]. Если [math]\alpha>1[/math], тo [math]\lim_{b\to+\infty} b^{1-\alpha}=0[/math]; если [math]\alpha<1[/math], то [math]\lim_{b\to+\infty} b^{1-\alpha}=+\infty[/math]. Таким образом, [math]\textstyle{\int\limits_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x^{\alpha}}}[/math] сходится, если [math]\alpha>1[/math], и расходится, если [math]\alpha\geqslant1[/math].




При исследовании на сходимость несобственных интегралов оказываются полезными следующие утверждения:


а) Если сходится интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx[/math], то при [math]A>a[/math] сходится и интеграл [math]\int\limits_{A}^{+\infty}f(x)\,dx[/math]. При этом


[math]\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)\,dx= \int\limits_{a}^{A}f(x)\,dx+ \int\limits_{A}^{+\infty}f(x)\,dx\,.[/math]

б) Если сходятся интегралы [math]\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx[/math] и [math]\int\limits_{a}^{+\infty} g(x)\,dx[/math], то и интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty} \bigl(\lambda f(x)+\mu g(x)\bigr)dx[/math] сходится, причем


[math]\int\limits_{a}^{+\infty} \bigl(\lambda f(x)+\mu g(x)\bigr)dx= \lambda \int\limits_{a}^{+\infty}f(x)\,dx+ \mu \int\limits_{a}^{+\infty}g(x)\,dx\,.[/math]



Признаки сходимости несобственных интегралов 1-го рода


В дальнейшем мы будем обычно иметь дело с несобственными интегралами от неотрицательных функций. Если функция [math]y=f(x)[/math] неотрицательна на луче [math][a;+\infty)[/math], то функция [math]\textstyle{F(x)= \int\limits_{a}^{x}f(x)\,dx}[/math] возрастает на этом луче. Поэтому она имеет предел при [math]x\to+\infty[/math] в том и только в том случае, когда ограничена. Отсюда получаем следующее утверждение:


а) Для сходимости несобственного интеграла [math]\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx[/math] от неотрицательной функции [math]y=f(x),[/math] [math]a\leqslant x<+\infty[/math], необходимо и достаточно, чтобы функция [math]F(x)= \int\limits_{a}^{x}f(x)\,dx[/math] была ограничена, т. е. чтобы нашлось такое число [math]M[/math], что [math]\int\limits_{a}^{x}f(x)\,dx \leqslant M[/math] для всех [math]x\in[a,+\infty)[/math].


Непосредственно найти такое число [math]M[/math] бывает довольно сложно, поэтому во многих случаях оказывается полезным следующее утверждение:


б) Если на луче [math][a,+\infty)[/math] выполняется неравенство [math]0\leqslant f(x)\leqslant g(x)[/math] и интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty} g(x)\,dx[/math] сходится, то сходится и интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx[/math].


В самом деле, из [math]f(x)\leqslant g(x)[/math] следует, что для любого [math]x[/math] имеем:


[math]\int\limits_{a}^{x}f(x)\,dx\leqslant \int\limits_{a}^{x} g(x)\,dx\,.[/math]

Но функция [math]Y(x)= \int\limits_{a}^{x}g(x)\,dx[/math] возрастает, и потому ее предел при [math]x\to+\infty[/math] не меньше любого из ее значений: [math]Y(x)\leqslant Y(+\infty)[/math]. Поэтому для всех [math]x\in[a,+\infty)[/math] имеем: [math]\int\limits_{a}^{x}f(x)\,dx \leqslant M[/math], где [math]M=Y(+\infty)[/math]. А тогда на основании предыдущего утверждения интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)\,dx[/math] сходится.


Из доказанного вытекает, что если [math]0\leqslant f(x)\leqslant g(x)[/math] при [math]x\in[a,+\infty)[/math] и интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)\,dx[/math] расходится, то расходится и интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty}g(x)\,dx[/math] — в противном случае в соответствии с утверждением б) интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)\,dx[/math] сходился бы.




Пример 5. Исследуем на сходимость интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty} \frac{dx}{1+x^3}[/math].


Решение. Мы имеем [math]0\leqslant \frac{1}{1+x^3}<\frac{1}{x^3}[/math] при [math]x\geqslant1[/math]. Но интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty}\frac{dx}{x^3}[/math] сходится (см. пример 4). Поэтому сходится и исходный интеграл.


Пример 6. Исследуем на сходимость интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty} \frac{dx}{1+\sqrt{x}}[/math].


Решение. Так как [math]\frac{1}{1+\sqrt{x}}> \frac{1}{3\sqrt{x}}>0[/math] при [math]x\geqslant1[/math], а интеграл [math]\int\limits_{a}^{+\infty}\frac{dx}{3\sqrt{x}}[/math] расходится (см. пример 4 при [math]\alpha=1/2[/math]), то расходится и заданный интеграл.




Несобственные интегралы 2-го рода


Рассмотрим теперь случай, когда промежуток интегрирования [math][a,b][/math] конечен, но подынтегральная функция [math]y=f(x)[/math] не ограничена на нем. Строение таких функций может быть очень сложным. Мы ограничимся рассмотрением случая, когда можно указать конечное множество особых точек [math]c_1,c_2,\ldots,c_n[/math], таких, что в сколь угодно малых окрестностях этих точек функция [math]f(x)[/math] не ограничена, но после удаления этих окрестностей получаем промежутки, на которых функция интегрируема.


Геометрический смысл несобственного интеграла 2-го рода

Сначала изучим случай, когда множество особых точек состоит лишь из точки [math]b[/math]. В этом случае [math]f(x)[/math] не ограничена на всем отрезке [math][a,b][/math], но интегрируема на любом из отрезков [math][a,b-\varepsilon][/math] (рис. 19). За значение интеграла [math]\int\limits_{a}^{b} f(x)\,dx[/math] естественно принять предел [math]\lim_{\varepsilon \to+0} \int\limits_{a}^{b-\varepsilon}f(x)\,dx[/math], если этот предел существует.


Введем следующее определение:

Пусть функция [math]y=f(x)[/math] не ограничена на отрезке [math][a,b][/math], но интегрируема на любом из отрезков [math][a,b-\varepsilon][/math], где [math]\varepsilon>0[/math]. Несобственный интеграл [math]\int\limits_{a}^{b} f(x)\,dx[/math] называют сходящимся, если существует предел [math]\lim_{\varepsilon\to+0} \int\limits_{a}^{b-\varepsilon}f(x)\,dx[/math]. Значение этого предела и называют значением интеграла [math]\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx[/math]. Если же этот предел не существует, то интеграл называют расходящимся.


Аналогично, если функция не ограничена на отрезке [math][a;b][/math], но интегрируема на любом отрезке [math][a-\varepsilon;b][/math], то полагаем


[math]\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx= \lim_{\varepsilon\to+0} \int\limits_{a+\varepsilon}^{b}f(x)\,dx\,.[/math]

Наконец, если единственная особая точка [math]c[/math] лежит внутри отрезка [math][a;b][/math], то положим


[math]\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx= \lim_{\varepsilon\to+0} \int\limits_{a}^{c-\varepsilon}f(x)\,dx+ \lim_{\varepsilon\to+0} \int\limits_{c+\varepsilon}^{b}f(x)\,dx\,.[/math]

Пусть [math]F(x)[/math] — первообразная для функции [math]f(x)[/math]. Положим


[math]F(a+0)= \lim_{\varepsilon\to+0} F(a+\varepsilon),\qquad F(b-0)= \lim_{\varepsilon\to+0} F(b-\varepsilon)[/math]

(если эти пределы существуют). Тогда для сходящихся интегралов, у которых особыми являются лишь точки [math]a[/math] и [math]b[/math], имеем:


[math]\int\limits_{a}^{b} f(x)\,dx= F(b-0)-F(a+0).[/math]

Если функция [math]F(x)[/math] непрерывна в точках [math]a[/math] и [math]b[/math], то получаем:


[math]\int\limits_{a}^{b} f(x)\,dx= F(b)-F(a).[/math]

Аналогично обстоит дело и в случае, когда подынтегральная функция не ограничена в любой окрестности некоторой внутренней точки отрезка [math][a;b][/math].




Пример 7. Вычислим несобственный интеграл второго рода [math]\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}[/math].


Решение. Этот интеграл является несобственным, так как функция [math]y=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}[/math] не ограничена в любой окрестности точки [math]x=1[/math]. Поскольку первообразная для функции равна [math]\arcsin{x}[/math], то, пользуясь определением несобственного интеграла, получаем:


[math]\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}= \Bigl.{ \lim_{\varepsilon\to+0} \arcsin{x}}\Bigr|_{0}^{1-\varepsilon}= \lim_{\varepsilon\to+0} \arcsin(1-\varepsilon)- \arcsin0\,,[/math]

откуда, учитывая непрерывность функции [math]\arcsin{x}[/math], окончательно получаем


[math]\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}= \Bigl.{\arcsin{x}}\Bigr|_{0}^{1}= \frac{\pi}{2}-0= \frac{\pi}{2}\,.[/math]

Пример 8. Вычислить интеграл [math]\int\limits_{2}^{4} \frac{2x\,dx}{\sqrt[3]{x^2-9}}[/math].


Решение. Подынтегральная функция внутри данного промежутка интегрирования имеет одну особую точку [math]x=3[/math]. Найдем первообразную для подынтегральной функции:


[math]\int \frac{2x\,dx}{\sqrt[3]{x^2-9}}= \frac{3}{2} \sqrt[3]{(x^2-9)^2}+C.[/math]

Так как функция [math]F(x)= \frac{3}{2} \sqrt[3]{(x^2-9)^2}[/math] непрерывна в точке [math]x=3[/math], то имеем


[math]\int\limits_{2}^{4} \frac{2x\,dx}{\sqrt[3]{x^2-9}}= \left.{\frac{3}{2} \sqrt[3]{(x^2-9)^2}}\right|_{2}^{4}= \frac{3}{2}\bigl(\sqrt[3]{49}- \sqrt[3]{25}\bigr).[/math]

Пример 9. Вычислить [math]\int\limits_{-3}^{3} \frac{dx}{\sqrt{9-x^2}}[/math].


Решение. В данном случае подынтегральная функция имеет две особые точки [math]x_1=-3[/math] и [math]x_2=3[/math]. Пользуясь определением несобственного интеграла и учитывая непрерывность первообразной, получаем, что


[math]\int\limits_{-3}^{3} \frac{dx}{\sqrt{9-x^2}}= \left.{\arcsin\frac{x}{3}}\right|_{-3}^{3}= \frac{\pi}{2}- \left(-\frac{\pi}{2}\right)= \pi\,.[/math]

Пример 10. Исследуем на сходимость интеграл [math]\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{x}[/math].


Решение. Имеем: [math]\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{x}= \lim_{\varepsilon\to+0} \int\limits_{\varepsilon}^{1} \frac{dx}{x}= \lim_{\varepsilon\to+0} \bigl(\ln1-ln\varepsilon\bigr)= -\lim_{\varepsilon\to+0} \ln\varepsilon= +\infty[/math]. Значит, данный интеграл расходится.


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved