Сходимость несобственных интегралов

Рассмотрим несколько примеров на сходимость несобственных интегралов. Как показывает опыт, в этой теме часто допускают ошибки не только студенты, но и сами преподаватели. Даже на интернет-ресурсах, позиционирующих себя как математические, подсказки даются противоречивые и зачастую — неверные.

Пример 1
Вычислить несобственный интеграл или доказать его расходимость.

	2
I =	∫x·dx/(x⁴ − 4)
	0

В одном псевдоматематическом сообществе им. true-debil, активно выдающем себя за некоммерческое и не менее активно продвигающем платные ресурсы владельцев сообщества и их друзей, прозвучал следующий перл:
«Обычно считается, что такой интеграл сходится тогда и только тогда, когда сходятся интегралы по отрезкам   (0; √2)   и   (√2; 2). Для расходимости исходного интеграла достаточно установить расходимость хотя бы одного интеграла». Верная же подсказка от пользователя, не имеющего отношения к владельцам сообщества, была объявлена неверной и оскорбительной.
Докажем, что исследуемый несобственный интеграл сходится и вычислим его.
Учитывая, что   x⁴ − 4 = (x² − 2)·(x² + 2), применим подстановку   t = x² − 2.
Тогда   dt = 2·x·dx. Заметим при этом, что новая переменная   t(x) — монотонно неубывающая в области интегрирования.
Пределы интегрирования после подстановки:   t₁ = 0² − 2 = −2, t₂ = 2² − 2 = 2.
Исходный интеграл перепишется в виде:  

	2
I = ½	∫dt/(t·(t + 4))
	−2

Разложим дробь в сумму элементарных дробей.

1/(t·(t + 4)) = ¼ (1/t − 1/(t + 4))

Получаем:

Во втором интеграле подынтегральная функция непрерывна в области интегрирования, он является табличным и вычисляется элементарно:

Тогда   I = (I₁ − ln 3)/8

Интеграл   I₁   является несобственным: знаменатель подынтегральной функции обращается в ноль в точке   t = 0.
Важно! Подынтегральная функция в последнем интеграле — нечётная, т. е. её график симметричен относительно начала координат. Пределы интегрирования также симметричны относительно начала координат. Функция претерпевает разрыв в единственной точке —
t = 0, в которой знаменатель дроби обращается в ноль. Этих условий вполне достаточно для вывода о равенстве интеграла нулю:   I₁ = 0.
Тогда исходный интеграл равен   I = −(ln 3)/8. Интеграл сходится.
Для тех, кого недостаточно убедили изложенные соображения, приведу более строгое доказательство.
С учётом разрыва подынтегральной функции в точке   t = 0   запишем:

Оба слагаемых являются интегралами расходящимися, но этот факт ещё не даёт оснований для вывода о расходимости несобственного интеграла, поскольку предстоит раскрыть неопределённость вида   [∞ − ∞]. Устремим пределы интегрирования к нулю слева и справа с одинаковой скоростью, проинтегрируем и применим формулу Ньютона-Лейбница.

Исходный интеграл сходится.   I = −(ln 3)/8

---

Пример 2
Вычислить несобственный интеграл или установить его расходимость.

	6
I =	∫dx/(x² − 7·x + 10)
	3

Разложим на множители знаменатель подынтегральной функции:

x² − 7·x + 10 = (x − 5)·(x − 2)

На области интегрирования функция не определена в точке   x = 5, в которой знаменатель дроби обращается в ноль.
Используем линейную подстановку   t = x − 5;   dt = dx.
Пределы интегрирования:   t₁ = 3 − 5 = −2;   t₂ = 6 − 5 = 1.
Интеграл запишется в виде:

	1
I =	∫dt/(t·(t + 3))
	−2

Разложим дробь в сумму элементарных дробей:
1/(t·(t + 3)) = ⅓ (1/t − 1/(t + 3))
Тогда

Интеграл   I₁   является несобственным: знаменатель подынтегральной функции обращается в ноль в начале координат — точке   t = 0. Принимая во внимание, что подынтегральная функция нечётная, представим интеграл в виде суммы двух интегралов, пределы одного из которых симметричны относительно начала координат:

Интеграл     равен нулю как интеграл от нечётной функции с симметричными пределами интегрирования.
Тогда   I₁ = 0 − ln 2 = −ln 2;   I = (−ln 2 − 2·ln 2)/3 = (−3·ln 2)/3 = −ln 2
Ответ:   I = −ln 2.   Интеграл сходится.

---

©   Авторские права защищены.

Использование материалов сайта без прямых, открытых для поисковых систем ссылок на страницу публикации и главную страницу сайта http://5ballov.pp.ua/ недопустимо!