Несобственные интегралы

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
Эта статья находится в разработке!

Несобственный интеграл — в некотором смысле обобщение интеграла [math]\int\limits_a^b[/math] на случай [math]b = +\infty[/math].

Некоторые определения[править]

Определение:
Пусть [math]a[/math] — конечно, [math]b = +\infty[/math], [math]\forall A \geq a: \ f \in \mathcal{R}(a, A)[/math]. Тогда определим [math]\int\limits_a^{+\infty} f(x) dx = \lim\limits_{A \to +\infty} \int\limits_a^A f(x)dx[/math]


Определение:
Если предел конечен, то такой интеграл называют сходящимся.


Аналогично определяется [math]\int\limits_{-\infty}^b[/math].


Определение:
[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x) dx = \lim\limits_{a \to +\infty} \int\limits_{-a}^0 + \int\limits_0^a[/math]. При этом, [math]\int\limits_{-a}^0[/math] и [math]\int\limits_0^a[/math] должны сходиться.


Критерий Коши существования несобственного интеграла[править]

Пусть [math]F(A) = \int\limits_a^A f(x) dx[/math]. Применяя критерий Коши существования предела функции, приходим к критерию Коши сходимости несобственного интеграла:

[math]\int\limits_a^{+\infty}[/math] сходится [math]\iff \lim\limits_{A, B \to +\infty} \int\limits_A^B f(x)dx = 0[/math].

Знакопостоянная функция[править]

Рассмотрим важный частным случай — подынтегральная функция неотрицательна.

Специфика этого случая в том, что все такие интегрируемые функции разбиваются на два класса: сходящиеся([math]\lim\limits_{A \to +\infty} \int\limits_a^A \lt +\infty[/math]) и расходящиеся([math]\lim\limits_{A \to +\infty} \int\limits_a^A = +\infty[/math]).

При исследовании таких функции применяют принцип сравнения.


Определение:
Интегралы [math]\int\limits_0^{+\infty} f[/math] и [math]\int\limits_0^{+\infty} g[/math] равносходятся, если выполнено одно из следующих условий:
  1. Оба интеграла сходятся.
  2. Оба интеграла расходятся.
Также записывают [math]\int\limits_a^{+\infty} f \sim \int\limits_a^{+\infty} g[/math].


Утверждение:
1. Пусть [math]0 \leq f(x) \leq g(x)[/math], [math]x \geq a[/math], [math]g[/math] — сходящаяся. Тогда [math]f[/math] — тоже сходящаяся.
2. Пусть [math]\frac{g(x)}{f(x)} \to q[/math], [math]q \ne 0[/math], [math]q \ne \infty[/math]. Тогда [math]f[/math] и [math]g[/math] равносходятся.
[math]\triangleright[/math]

1. Пусть [math]0 \leq f(x) \leq g(x)[/math]. Тогда [math]\int\limits_a^A f \leq \int\limits_a^A g[/math]. В силу сходимости интеграла [math]g[/math], [math]\int\limits_0^A g \leq M[/math]. Тогда [math]\int\limits_a^A f \leq M[/math]. Значит, он ограничен, и интеграл сходится.

2. В силу наложенных на функции условий, [math]q \gt 0[/math]. Возьмём [math]\varepsilon = q/2[/math]. [math]\exists A_0\ \forall x \gt A_0:\ q - \varepsilon \leq \frac{g(x)}{f(x)} \leq q + \varepsilon[/math]. Подставим [math]\varepsilon[/math] и домножим на большее нуля [math]f(x)[/math].

[math]\frac12qf(x) \leq g(x) \leq \frac32qf(x)[/math].

Тогда, по первому пункту этого утверждения, так как неравенство двойное, требуемое доказано.
[math]\triangleleft[/math]


Наиболее часто интеграл функции пытаются сравнивать с интегралом вида [math]\int\limits_1^{+\infty} \frac1{x^p} dx = \left\{\begin{aligned} \ln x, & \quad p = 1\\ \frac1{1-p} \frac1{x^{p - 1}}, & \quad p \ne 1\\ \end{aligned} \right. [/math]

Он замечателен тем, что [math]\int\limits_1^{+\infty} \frac1{x^p} dx[/math] — сходится [math]\iff p \gt 1[/math].

Ситуация резко усложняется, если рассматривать интегралы незнакопостоянной функции.

Интеграл Дирихле[править]

Определение:
[math]\int\limits_0^{+\infty} \frac{\sin x}x dx[/math] — интеграл Дирихле. Он сходится к [math]\frac\pi2[/math], однако, мы это пока не умеем доказывать


Заметим, что так как [math]\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}x = 1[/math], то в нуле никакой внезапной гадости не будет.

Для таких интегралов с незнакопостоянной функцией принята следующая терминология:

Определение:
Если [math]\int\limits_a^{+\infty} |f(x)| dx[/math] — сходится, то говорят, что [math]\int\limits_a^{+\infty} f[/math] абслоютно сходится.


Утверждение:
Если интеграл абсолютно сходится, то он сходится
[math]\triangleright[/math]
Ну очевидно же...
[math]\triangleleft[/math]


Определение:
Если [math]\int\limits_a^{+\infty} |f|[/math] расходится, но [math]\int\limits_a^{+\infty} f[/math] сходится, то говорят, что [math]\int\limits_a^{+\infty} f[/math] — условно-сходящийся


Метод исследования[править]

Наибольшие сложности возникают при исследовании условно-сходящихся интегралов. Как правило, данные интегралы исследуются творческим применением формулы интегрирования по частям для определённого интеграла.

Рассмотрим [math]\int\limits_a^{+\infty} f(x)g(x)dx[/math].

[math]\int\limits_A^B f(x)g(x)dx = \int\limits_A^Bf(x)dG(x)[/math]

Применим формулу интегрирования по частям: [math]\int\limits_A^B f(x)dG(x) = f(B)G(B) - f(A)G(A) - \int\limits_A^B f'(x)G(x)dx[/math]

Пусть [math]f[/math] убывает и стремится к нулю.

Пусть [math]\forall A : \left|\int\limits_a^A g(x)dx \right| \leq M[/math]

Получаем [math]\left|\int\limits_A^B fg\right|\leq[/math] [math]|f(B)| \left|\int\limits_a^B g\right| + |f(A)| \left|\int\limits_a^A g\right| + M \int\limits_A^B f'(x) dx[/math]

Но при [math] A, B \rightarrow \infty [/math] [math]|f(B)|, |f(A)| \to 0[/math], [math]\left|\int\limits_a^Bg\right|, \left|\int\limits_a^Ag\right| \leq M[/math] и [math]\int\limits_A^B f'(x) dx = f(B) - f(A)[/math](по формуле Ньютона-Лейбница). Тогда получаем, что, так как правая часть стремится к нулю, [math]\left|\int\limits_A^Bfg\right| \to 0[/math], интеграл, по принципу Коши, сходится.

Утверждение:
Интеграл Дирихле сходится
[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим интеграл Дирихле и положим [math]f = \frac1x[/math], [math]g = \sin x[/math].

[math]f' = -\frac1{x^2}[/math], [math]\int g(x)dx = -\cos x[/math]. Все условия предыдущих выкладок выполнены, значит, интеграл Дирихле — сходящийся.
[math]\triangleleft[/math]
Утверждение:
Интеграл Дирихле сходится лишь условно.
[math]\triangleright[/math]

Для доказательства утверждения нужно доказать, что [math]\int\limits_a^{+\infty} \left|\frac{\sin x}{x}\right| dx[/math] — расходится.

Очевидно, достаточно доказать это для [math]a = 1[/math].

Допустим обратное. Пусть этот интеграл сходится.

Так как [math]|\sin x| \leq 1[/math], [math]\sin^2 x \leq |\sin(x)|[/math]. По принципу сравнения, [math]\int\limits_1^{+\infty} \frac{\sin^2 x}{x} dx[/math] — сходится.

Понизим степень [math]\sin^2 x[/math]: [math]\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}2[/math]

Тогда получаем, что [math]\int\limits_1^A \frac{\sin^2 x}x dx =[/math] [math]\int\limits_1^A \frac{1 - \cos 2x}{2x} dx = [/math] [math]\int\limits_1^A \frac1{2x} dx - \int\limits_1^A\frac{\cos 2x}{2x}dx[/math].

Заметим, что первое слагаемое расходится(это логарифм), а второе аналогично доказанному выше про [math]\frac{\sin x}x[/math], сходится.

Получили, что сходящийся интеграл расходится, то есть, получено противоречие. Значит, интеграл Дирихле сходится лишь условно.
[math]\triangleleft[/math]