Математика примеры решения задач Интегралы

Исследовать интеграл на абсолютную и условную сходимость.

а) .

Решение. Исследуем интеграл  на абсолютную сходимость. Обозначим

.

Особая точка подынтегральной функции . Поэтому интеграл  разобьем на два интеграла

. (17)

Интеграл  - несобственный интеграл 2-го рода. Имеем

 при . Отсюда и из следствия из теоремы сравнения получаем, что интеграл  сходится (см. пример 3).

Интеграл  - несобственный интеграл 1-го рода. Имеем

.

Используя теорему сравнения и результат примера 1, отсюда получаем, что интеграл  сходится.

Таким образом, эти результаты и (17) дают, что интеграл  сходится. Значит,

Ответ: интеграл  сходится абсолютно.

б) .

Решение. Интеграл  - несобственный интеграл 2-го рода, особая точка . Сделаем замену переменной . Это возможно, так как

1) функция  непрерывна на промежутке ;

2) функция  удовлетворяет следующим условиям:

 а) непрерывно дифференцируема на промежутке ;

 б) строго убывает;

 в) .

Тогда

. (18)

 - несобственный интеграл 1-го рода. По признаку Дирихле интеграл  сходится, так как:

1) функция  непрерывна на промежутке  и ее первообразная  ограничена;

2)  непрерывно дифференцируема на промежутке  и ;

3) .

Итак, интеграл  сходится, а значит, сходится и интеграл .

Докажем теперь, что интеграл  расходится. Имеем

.

Известно, что интеграл  расходится (см. пример 1). По признаку Дирихле интеграл  сходится (доказывается точно так же, как сходимость интеграла  - см. выше). Таким образом, интеграл  расходится. Так как , то по теореме сравнения интеграл  также расходится.

Следовательно, интеграл  сходится условно, и значит (см. (18)),

Ответ: интеграл  сходится условно.

в) .

Решение. Интеграл  - несобственный интеграл 1-го рода. Используя признак Дирихле, докажем, что он сходится. Действительно,

.

Выполняются следующие условия:

1) функция  непрерывна на промежутке ; ее первообразная  ограничена;

2) функция  непрерывно дифференцируема на промежутке  и монотонно убывает ;

3) .

Точно так же, как в задаче б) доказывается, что интеграл  расходится.

Таким образом, получаем

Ответ: интеграл  сходится условно.

г) .

Решение. Имеем . Поэтому точка  не является особой точкой подынтегральной функции. Значит, интеграл  является несобственным интегралом 1-го рода.

Так как функция  не является непрерывной в точке , то для дальнейшего исследования интеграл  разобьем на два интеграла:

. (19)

Если подынтегральную функцию доопределить нулем в точке , то она становится непрерывной на отрезке . Следовательно,  - интеграл Римана и он существует.

Что касается интеграла , то его мы исследуем на абсолют ную и условную сходимость.

Докажем сначала, используя признак Дирихле, что интеграл  сходится. Действительно,

1) функция  непрерывна на промежутке ; ее первообразная  (проверить) - ограничена;

2) функция  непрерывно дифференцируема на промежутке  и монотонно убывает ;

3) .

Рассмотрим теперь интеграл .

Имеем . Точно так же, как в задаче б) доказывается, что интеграл  расходится. Следовательно, по теореме сравнения интеграл  расходится.

Таким образом, мы имеем: интеграл  расходится, а интеграл  сходится. Отсюда следует, что интеграл   сходится условно.

Учитывая (19) и то, что интеграл Римана  существует, отсюда получаем

Ответ: интеграл  сходится условно.

д) .

Решение. Интеграл  - несобственный интеграл 2-го рода, особая точка .

. Пусть . Имеем . Известно, что  сходится при  (см. пример 3). Следовательно, по теореме сравнения интеграл  сходится, а значит, интеграл  сходится абсолютно при .

. Пусть теперь . В интеграле  сделаем замену переменной , или . Это возможно, так как

1) функция  непрерывна на промежутке ;

2) функция  удовлетворяет следующим условиям:

 а) непрерывно дифференцируема на промежутке ;

 б) строго возрастает;

в) .

Тогда

. (20)

) Докажем сначала, что интеграл  расходится при . Используем следствие из критерия Коши:

если существует такое , что для любого  существуют такие , что выполняется неравенство

, (21)

то интеграл  расходится.

Имеем

, (22)

Если , то . Имеют место неравенства . Отсюда и из (22) получим

. (23)

Теперь в (21) положим . Используя (23), имеем

.

Напомним, что .

Таким образом, для любого  существуют  такие, что выполняется неравенство (21) при .

Итак, при  интеграл  расходится, а значит, расходится и интеграл  (см. (20)).

) Докажем теперь, что интеграл  сходится условно при .

Для доказательства сходимости интеграла  используем признак Дирихле:

1) функция  непрерывна на промежутке  и ее первообразная  ограничена;

2) функция  непрерывно дифференцируема на промежутке  и монотонно убывает; действительно,

 

отсюда следует, что возрастает, следовательно,  убывает;

3) .

Тогда интеграл  сходится.

Докажем теперь, что интеграл  расходится . Из (23) имеем

. (24)

Известно, что интеграл  расходится при  (см. пример 1), а интеграл  сходится при . Следовательно, интеграл  расходится при . Отсюда, из (24) и теоремы сравнения следует, что интеграл  расходится при .

В результате имеем: интеграл  сходится, а интеграл  расходится. Значит, интеграл  сходится условно, а вместе с ним сходится условно и исходный интеграл  при  (доказать).

Ответ: интеграл  сходится абсолютно при , сходится условно при , расходится при .

е) .

Решение. При  точка  является особой точкой подынтегральной функции. Поэтому представим интеграл  в виде .

Рассмотрим интеграл . Имеем  при . Отсюда следует, что интеграл  расходится при  (см. пример 3). Тогда независимо от поведения остальных интегралов отсюда получаем, что интеграл  расходится при .

Пусть теперь . Рассмотрим интеграл . Имеем . Отсюда следует, что интеграл  расходится при  (см. пример 1). Это означает, что интеграл  расходится при .

Ответ: интеграл  расходится при любом действительном .

Примеры решения задач по математике