сходимост на несобствени интеграли

[vladob]

Да се изследват за сходимост интегралите

[tex]\int_{1}^{\infty} \frac {\sin x}{x}dx \ ; \ \int_{1}^{\infty} \frac {\sin^2 x}{x} dx\ ; \ \int_{1}^{\infty} \frac {|\sin x|}{x}dx[/tex]

[Реклама]

[Infernum]

Интегрира се по части.

[tex]\int_{1}^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx=-\int_{1}^{\infty}\frac{d(\cos x-\cos 1)}{x}=-\lim_{x \to \infty}\frac{\cos x -\cos 1}{x}+\int_{1}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2}dx[/tex]

Тогава

[tex]\left| \int_{1}^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx \right|=\left|\int_{1}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2}\right|\le \int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^2}[/tex]

и тъй като интегралът стоящ от дясната страна на последното неравенство е сходящ, съгласно принципа за сравняване на несобствени интеграли, интегралът [tex]\int_{1}^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx[/tex] е сходящ.

Между другото сходимостта може да се установи директно, като се използва резултата от
http://www.math10.com/forumbg/viewtopic.php?t=4207.

[Infernum]

Тук, драги математици, ще ви покажа, че вторият интеграл е разходящ.
Разглеждането на въпроса за неговата сходимост се свежда до изследването на сходимостта на един друг интеграл

И така.

[tex]\int_{1}^{\infty} \frac {\sin^2 x}{x} dx=\int_{1}^{\infty} \frac {1-\cos 2x}{2x} dx=\frac{1}{2}\int_{2}^{\infty} \frac {1-\cos t}{t}dt[/tex]

Сега се изследва за сходимост интеграла

[tex]\int_{2}^{\infty} \frac {1-\cos x}{x}dx.[/tex]

Първата и най-естествена идея е да се изследва сходимостта му с помощта на принципа за сравняване, което навежда на мисълта подинтегралната функция първоначално да се сравнява с функции от вида c/x^α. В този случай обаче, подинтегралната функция е по-особена. Тя е неотрицателна, и се мажорира от функцията 2/x. Последното не е полезно, тъй като за установяване на сходимост или разходимост, е нужна функция, която съответно да мажорира или да бъде мажорирана от подинтегралната функция и интегралът от нея да бъде съответно сходящ или разходящ, за да може да се приложи принципа за сравняване. В случая обаче, подинтегралната функция се мажорира от функция, която интегрирана от 2 до безкрайност дава разходящ несобствен интеграл, и това не позволява по никакъв начин да се приложи принципа за сравняване.
От друга страна, сравняването на подинтегралната функция с по-бавно клонящи към нула функции (при x -> ∞) от вида c/x^α за 0<α<1, за установяване евентуално на разходимост, не дава резултат, именно поради неравенството [tex]\frac{|1-cos x|}{x}\le \frac{2}{x}[/tex].
Така се оказва, че не може да се намери функция от вида c/x^α, която да бъде мажорирана от подинтегралната функция. Това навежда на мисълта, че интегралът може би е сходящ и следва да се сравнява с функции от вида c/x^α за α>1. Но тъй като в интеграционния интервал подинтегралната функция приема стойности, съвпадащи някои от стойностите на функцията 2/x, за безбройно много точки от интеграционния интервал (точките от вида x = (2k+1)п , k=0, 1, 2... ), то функцията не може да се сравнява и с по-бързо намаляващите функции от вида c/x^α за α>1.
Тогава следва подинтегралната функция да се сравнява с други функции.
Следващата идея произтича от геометрични съображения, а именно да се разгледа несобствения интеграл, като безкрайна сума от лицата на сивите фигури показани на чертежа по-долу. За целта се постъпва по следния начин.
Представя се несобствения интеграл, като безкрайна сума от интеграли върху интервали с дължина 2п.
Нека J_k означава интервала [2kп, 2(k+1)п], k=0, 1, 2,.....
Тогава

[tex]\int_{2}^{\infty}\frac{1-\cos x}{x}dx=\sum_{k=0}^{\infty}\int_{J_k}\frac{1-\cos x}{x}dx-\int_{0}^{2}\frac{1-\cos x}{x}dx[/tex]

Във всеки интервал J_k, подинтегралната функция се сравнява с функции от вида

[tex]f_k(x)=\{0 \ , \ x \in J_k \backslash ((2k+1)\pi -\epsilon \ , \ (2k+1)\pi +\epsilon) \\ \frac{2}{\epsilon(2k+1)\pi}[x-(2k+1)\pi +\epsilon] \ , \ (2k+1)\pi -\epsilon \le x \le (2k+1)\pi \\ -\frac{2}{\epsilon(2k+1)\pi}[x-(2k+1)\pi -\epsilon] \ , \ (2k+1)\pi \le x \le 2(k+1)\pi+\epsilon[/tex].

Положителното число [tex]\epsilon[/tex] се избира толкова малко, че да бъде изпълнено неравенството

[tex]f_k(x)\le \frac{1-\cos x}{x}[/tex]

за всяко х от интервала J_k.
Такъв избор в случая е винаги възможен, тъй като подинтегралната функцията е неотрицателна и непрекъсната в краен интервал, чиято дължина остава постоянна за произволно k.
(за пояснение вижте втория чертеж).
Тогава от свойствата на римановия интеграл следват неравенствата

[tex]\int_{J_k}\frac{1-\cos x}{x}dx\ge \int_{J_k}f_k(x)dx[/tex] за k=1, 2 ,....

Като се вземе предвид и геометричния смисъл на римановия интеграл, лесно се получават равенствата

[tex]\int_{J_k}f_k(x)dx=\frac{2\epsilon}{\pi}\frac{1}{2k+1}[/tex]

(вижте втория чертеж).
Тогава

[tex]\int_{J_k}\frac{1-\cos x}{x}dx\ge \frac{2\epsilon}{\pi}\frac{1}{2k+1}[/tex]

откъдето

[tex]\int_{2}^{\infty}\frac{1-\cos x}{x}dx=\sum_{k=0}^{\infty}\int_{J_k}\frac{1-\cos x}{x}dx-\int_{0}^{2}\frac{1-\cos x}{x}dx \ge \frac{2\epsilon}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{2k+1}-\int_{0}^{2}\frac{1-\cos x}{x}dx[/tex]

В крайна сметка излезе, че несобственият интеграл мажорира един ред, който лесно се установява, че е разходящ, например с интегралния критерий на Коши- Маклорен.
С това разходимостта на интеграла [tex]\int_{2}^{\infty}\frac{1-\cos x}{x}dx[/tex] е установена.

[Infernum]

Лесно се установява разходимостта на третия интеграл, като се вземе предвид неравенството

[tex] \int_{1}^{\infty }\frac{\sin^2x}{x}dx = \int_{1}^{\infty }\frac{|\sin x|^2}{x}dx\le \int_{1}^{\infty }\frac{|\sin x|}{x}dx[/tex]

и разходимостта на интеграла [tex]\int_{1}^{\infty }\frac{\sin^2x}{x}dx[/tex] доказана в предния пост.