Математика Электротехника Лабораторные по электронике Строительная механика Машиностроительное черчение Атомная энергетика Ядерные реакторы История искусства На главную

А если завтра контрольная?

Несобственный интеграл.

Пример 10. Вычислить несобственный интеграл  или доказать его расходимость.

Решение. Перейдем от несобственного интеграла к определенному с границами .Далее считаем полученный интеграл, с помощью обычных правил интегрирования:

Пример 11. Вычислить несобственный интеграл  или установить его расходимость. ЗАДАНИЕ 21. Многочлен f(x)=3x4  22x3 + 60x2  73x + 39 по степеням x представить в виде многочлена по степеням (x  2). Известно, что для дифференцируемой 4 раза в точке x0 функции f(x) существует лишь один многочлен, приближающий её в окрестности этой точки с точностью до слагаемого о((x  x0)4)  это многочлен Тейлора

Решение. Так же, как и в предыдущем примере, перейдем от несобственного интеграла к определенному под знаком предела.

Замечание: когда , то .

Поэтому получаем, что , а это значит, что данный интеграл расходится.

Пример 12. Вычислить интеграл от разрывной функции  или установить его расходимость.

Решение. Данная подынтегральная функция имеет разрыв в точке х=0, поэтому разделим исходный интеграл на два несобственных интеграла, так как они будут представлять собой интегралы от разрывной функции в точке границы отрезка интегрирования.

.  (1)

Так как подынтегральная функция имеет разрыв на правом конце отрезка интегрирования, то переходим к следующей записи:

Таким образом, на отрезке  интеграл расходится, а следовательно расходится и исходный интеграл, так как равенство (1) справедливо только для сходящихся интегралов в правой части.

Приложения определенного интеграла

 

Свойства определённого интеграла

Из предыдущего может сложиться неверное впечатление, будто для интегрируемости функции на отрезке необходима её непрерывность. Это не так, и интегрируемыми могут быть и разрывные функции (но, конечно, не все). Достаточно широкий класс интегрируемых функций даёт следующая теорема.

        Теорема 7.4   Пусть функция $ f(x)$монотонна на отрезке $ [a;b]$, то есть либо не убывает, либо не возрастает на нём. Тогда $ f(x)$интегрируема на $ [a;b]$.

        Доказательство.     Разберём случай, когда $ f(x)$не убывает на отрезке, то есть когда из неравенства $ x_1<x_2$( $ x_1,x_2\in[a;b]$) следует, что $ f(x_1)\leqslant f(x_2)$. Если функция постоянна на отрезке $ [a;b]$, то она непрерывна на нём и, следовательно, интегрируема9. Если же функция не постоянна, то $ f(b)>f(a)$. Рассмотрим тогда произвольное число $ {\varepsilon}>0$и возьмём $ {\delta}=\frac{{\varepsilon}}{f(b)-f(a)}$. Выберем любое разбиение $ X=(x_1;\dots;x_{n-1})$с диаметром $ \mathop{\rm diam}\nolimits (X)\leqslant {\delta}$. Тогда нижняя интегральная сумма $ \ul S$получится, если взять точки разметки $ \ov x_i=x_{i-1}$, поскольку ввиду неубывания функции она принимает наименьшее значение в левом конце каждого из отрезков разбиения; аналогично, верхняя интегральная сумма $ \ov S$получится при выборе $ \ov x_i=x_i$(наибольшее значения принимается в правом конце отрезка $ [x_{i-1};x_i]$). Получаем, что

$\displaystyle \ul S\leqslant \wt S(\Xi)\leqslant \ov S,$

где $ \Xi$ -- размеченное разбиение, полученное из $ X$любым выбором точек разметки $ \ov x_i$. Интегрируемость функции $ f$будет доказана, если мы покажем, что $ \ul S$и $ \ov S$имеют один и тот же предел $ I$при $ \mathop{\rm diam}\nolimits (X)\to0$. Заметим, что при любом разбиении $ X$величины $ \ul S$ограничены сверху числом $ f(b)(b-a)$, а величины $ \ov S$ограничены снизу числом $ {f(a)(b-a)}$, причём эти границы не зависят от выбора разбиения. Значит, существует точная верхняя грань $ \ul I=\sup\ul S$и точная нижняя грань $ \ov I=\inf\ov S$, причём из неравенства $ \ul S\leqslant \ov S$следует, что $ \ul I\leqslant \ov I$и

$\displaystyle \ov S-\ul S\geqslant \ov I-\ul I.$

Покажем, что разность $ \ov S-\ul S\leqslant {\varepsilon}$, если $ \mathop{\rm diam}\nolimits (X)<{\delta}$. Действительно, поскольку длины отрезков разбиения $ h_i$меньше $ {\delta}$,

$\displaystyle \ov S-\ul S=\sum_{i=1}^n(f(x_i)-f(x_{i-1}))h_i\leqslant 
 \sum_{i=1}^n(f(x_i)-f(x_{i-1})){\delta}=
 {\delta}\sum_{i=1}^n(f(x_i)-f(x_{i-1}))=$

   

$\displaystyle ={\delta}(f(b)-f(a))=\frac{{\varepsilon}}{f(b)-f(a)}(f(b)-f(a))={\varepsilon}.$

   



Получили, тем самым, что $ \ov I-\ul I\leqslant {\varepsilon}$. Так как в качестве $ {\varepsilon}$мы можем выбрать как угодно малое число, а разность $ \ov I-\ul I$от разбиения (и, следовательно, от выбора $ {\varepsilon}$) не зависит, то $ \ov I-\ul I=0$, то есть $ \ov I=\ul I=I$. Так как $ 0\leqslant \ov S-I\leqslant {\varepsilon}$и $ 0\leqslant I-\ul S\leqslant {\varepsilon}$, то при $ \mathop{\rm diam}\nolimits (X)\to0$будет $ \ov S\to I$и $ \ul S\to I$. По теореме "о двух милиционерах" тогда и $ \lim\limits_{\mathop{\rm diam}\nolimits (X)\to0}\wt S(\Xi)=I$, что означает интегрируемость функции $ f$.     

Можно указать также класс функций, ни одна из которых не может быть интегрируемой на отрезке $ [a;b]$. А именно, имеет место следующее утверждение:

        Теорема 7.5   Пусть функция $ f(x)$не ограничена на отрезке $ [a;b]$. Тогда эта функция $ f(x)$не может быть интегрируемой на $ [a;b]$, то есть не существует предела интегральных сумм для функции $ f(x)$при условии $ \mathop{\rm diam}\nolimits (\Xi)\to0$. Иными словами, если функция интегрируема, то она ограничена.

        Доказательство.     Фиксируем любое разбиение $ X$с произвольным диаметром $ d=\mathop{\rm diam}\nolimits (X)$. Поскольку функция $ f(x)$не ограничена на отрезке $ [a;b]$, то она не ограничена хотя бы на одном из отрезков разбиения $ [x_{i_0-1};x_{i_0}]$. Предположим, что функция не ограничена на этом отрезке сверху (случай неограниченности снизу разбирается совершенно аналогично), и покажем, что тогда интегральную сумму, соответствующую этому разбиению, можно сделать как угодно большой лишь за счёт выбора точки разметки, лежащей на отрезке $ [x_{i_0-1};x_{i_0}]$. Выберем точки разметки $ \ov x_i$, лежащие на прочих отрезках разбиения, то есть при $ i\ne i_0$, и зафиксируем. Тогда эти фиксированные отрезки и точки разметки дадут некоторый фиксированный вклад в интегральную сумму, равный $ s=\sum\limits_{i\ne i_0}f(\ov x_i)h_i.$Поскольку на оставшемся отрезке деления с номером $ i_0$и фиксированной длиной $ h_{i_0}$функция $ f$неограничена сверху, то для любого, как угодно большого числа $ M$можно найти такую точку $ \ov x_{i_0}\in[x_{i_0-1};x_{i_0}]$, что

$\displaystyle s+f(\ov x_{i_0})h_{i_0}>M,$

достаточно взять такую точку $ \ov x_{i_0}$, что значение функции в ней превышает $ \frac{M-s}{h_{i_0}}$. Следовательно, при любом, как угодно малом, значении диаметра размеченного разбиения $ \Xi=(X,\ov X)$, мы можем найти такое размеченное разбиение $ \Xi$, что интегральная сумма $ \wt S(\Xi)$, ему соответствующая, будет как угодно велика. Значит, величина $ \wt S(\Xi)$не ограничена ни на каком окончании $ E_{{\delta}}$базы $ \mathop{\rm diam}\nolimits (\Xi)\to0$и поэтому не может иметь никакого предела при этой базе (как мы знаем, все величины, имеющие предел, локально ограничены при данной базе). Поскольку предела интегральных сумм нет, функция $ f(x)$не интегрируема на отрезке $ [a;b]$, что и требовалось доказать.     


На главную