Признаки Дирихле и Абеля сходимости интегралов

Теорема (признак Дирихле)

Пусть:

функция $f$ непрерывна и имеет ограниченную первообразную $F$ при $x\in[a;+\infty)$ ;
функция $g$ непрерывно дифференцируема и убывает на полуинтервале $[a;+\infty)$ ;
$\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=0.$

Тогда интеграл $I=\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится.

Доказательство	^C показать
Покажем, что функция $fg$ удовлетворяет условию Коши на промежутке $[a,+\infty)$ . Проинтегрируем эту функцию по частям: $\int\limits_{\xi'}^{\xi''}f(x)g(x)dx=F(x)g(x)\|_{\xi'}^{\xi''}-\int\limits_{\xi'}^{\xi''}F(x)g'(x)dx,$ где $\xi',\xi''>a$ . По первому условию теоремы можно утверждать, что: $\begin{vmatrix}\left.\begin{matrix}(Fg)\end{matrix}\right\|_{\xi'}^{\xi''}\end{vmatrix}\leq$ $M(\|g(\xi')\|+\|g(\xi'')\|$ $\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}F(x)g'(x)dx\end{vmatrix}\leq$ $M\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}\|g'(x)\|dx\end{vmatrix}.$ Обратим внимание на то, что при $g'(x)\leq0$ выполняется $\|g'(x)\|=-g'(x)$ , и при $g'(x)\geq0$ выполняется $\|g'(x)\|=g'(x)$ . Рассмотрим эти два случая: $I_{1}=\int\limits_{\xi'}^{\xi''}\|g'(x)\|dx=-\int\limits_{\xi'}^{\xi''}g'(x)dx=g(\xi')-g(\xi'');$ $I_{1}=\int\limits_{\xi'}^{\xi''}\|g'(x)\|dx=\int\limits_{\xi'}^{\xi''}g'(x)dx=g(\xi'')-g(\xi').$ Получается, что $\|I_{1}\|=\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}\|g'(x)\|dx\end{vmatrix}\leq(\|g(\xi')\|+\|g(\xi'')\|).$ Тогда: $\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}f(x)g(x)dx\end{vmatrix}\leq2M(\|g(\xi')\|+\|g(\xi'')\|)$ () Поскольку $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=0$ , то $\forall\varepsilon>0\exists\delta_{\varepsilon}>0:\forall$ $x\in[\delta_{\varepsilon},+\infty)\rightarrow\|g(x)\|<\frac{\varepsilon}{4M}$ Для $\xi',\xi''\in[\delta_{\varepsilon},+\infty)$ из неравенства () и предыдущего условия следует, что $\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}f(x)g(x)dx\end{vmatrix}\leq2M(\frac{\varepsilon}{4M}+\frac{\varepsilon}{4M})=\varepsilon.$ Получили, что функция $fg$ удовлетворяет условию Коши, и по критерию Коши сходимости интегралов $I=\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится.

Доказательство

Покажем, что функция $fg$ удовлетворяет условию Коши на промежутке $[a,+\infty)$ . Проинтегрируем эту функцию по частям:

$\int\limits_{\xi'}^{\xi''}f(x)g(x)dx=F(x)g(x)|_{\xi'}^{\xi''}-\int\limits_{\xi'}^{\xi''}F(x)g'(x)dx,$

где $\xi',\xi''>a$ .
По первому условию теоремы можно утверждать, что:

$\begin{vmatrix}\left.\begin{matrix}(Fg)\end{matrix}\right|_{\xi'}^{\xi''}\end{vmatrix}\leq$ $M(|g(\xi')|+|g(\xi'')|$

$\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}F(x)g'(x)dx\end{vmatrix}\leq$ $M\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}|g'(x)|dx\end{vmatrix}.$

Обратим внимание на то, что при $g'(x)\leq0$ выполняется $|g'(x)|=-g'(x)$ , и при $g'(x)\geq0$ выполняется $|g'(x)|=g'(x)$ . Рассмотрим эти два случая:

$I_{1}=\int\limits_{\xi'}^{\xi''}|g'(x)|dx=-\int\limits_{\xi'}^{\xi''}g'(x)dx=g(\xi')-g(\xi'');$
$I_{1}=\int\limits_{\xi'}^{\xi''}|g'(x)|dx=\int\limits_{\xi'}^{\xi''}g'(x)dx=g(\xi'')-g(\xi').$

Получается, что

$|I_{1}|=\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}|g'(x)|dx\end{vmatrix}\leq(|g(\xi')|+|g(\xi'')|).$

Тогда:

$\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}f(x)g(x)dx\end{vmatrix}\leq2M(|g(\xi')|+|g(\xi'')|)$ (*)

Поскольку $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=0$ , то

$\forall\varepsilon>0\exists\delta_{\varepsilon}>0:\forall$ $x\in[\delta_{\varepsilon},+\infty)\rightarrow|g(x)|<\frac{\varepsilon}{4M}$

Для $\xi',\xi''\in[\delta_{\varepsilon},+\infty)$ из неравенства (*) и предыдущего условия следует, что

$\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi'}^{\xi''}f(x)g(x)dx\end{vmatrix}\leq2M(\frac{\varepsilon}{4M}+\frac{\varepsilon}{4M})=\varepsilon.$

Получили, что функция $fg$ удовлетворяет условию Коши, и по критерию Коши сходимости интегралов $I=\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится.

Рассмотрим признак Абеля сходимости несобственных интегралов. Этот признак является следствием из признака Дирихле.

Теорема (признак Абеля)

Если на полуоси $[a,+\infty)$ :

функция $f$ непрерывна и интеграл $\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$ сходится;
функция $g$ непрерывно дифференцируема, ограничена и монотонна,

то интеграл $\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится.

Доказательство	^C показать
Заметим, что интегралы $\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ и $\int_{a}^{+\infty}f(x)[-g(x)]dx$ имеют одинаковый характер сходимости. Также, в силу монотонности функции $g$ , одна из функций $g$ или $-g$ убывает. Предположим, что убывает функция $g$ . Поскольку эта функция ограничена и монотонна, то существует конечный предел $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=c$ . Так как функция $g$ убывает, то при $x$ стремящемся к $+\infty$ разность $g(x)-c$ тоже стремится к нулю. Перепишем произведение функций $f$ и $g$ в следующем виде: $f(x)g(x)=f(x)[g(x)-c]+cf(x).$ В силу сходимости интеграла $\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$ , интеграл $\int_{a}^{+\infty}cf(x)dx$ сходится. Из этого же условия следует, что интеграл $F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt$ ограничен. Действительно, из существования конечного предела $\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)=\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$ следует ограниченность функции $F$ в окрестности $U(+\infty)=\left\{x:x>b\right\}$ бесконечно удалённой точки $+\infty$ . Из непрерывности функции $F$ на сегменте $[a,b]$ следует её ограниченность. Получили, что $F$ ограничена на полуинтервале $[a,+\infty)$ . Поскольку первообразная функции $f$ это $F$ , то $f$ имеет ограниченную первообразную на $[a,+\infty)$ . Для интеграла $\int_{a}^{+\infty}f(x)[g(x)-c]dx$ выполнены все условия признака Дирихле, следовательно этот интеграл сходится. В силу сходимости $\int_{a}^{+\infty}f(x)[g(x)-c]dx$ , интеграл $\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится, что и требовалось доказать.

Доказательство

^C показать

Заметим, что интегралы $\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ и $\int_{a}^{+\infty}f(x)[-g(x)]dx$ имеют одинаковый характер сходимости. Также, в силу монотонности функции $g$ , одна из функций $g$ или $-g$ убывает.
Предположим, что убывает функция $g$ . Поскольку эта функция ограничена и монотонна, то существует конечный предел $\lim_{x\rightarrow+\infty}g(x)=c$ . Так как функция $g$ убывает, то при $x$ стремящемся к $+\infty$ разность $g(x)-c$ тоже стремится к нулю.
Перепишем произведение функций $f$ и $g$ в следующем виде:

$f(x)g(x)=f(x)[g(x)-c]+cf(x).$

В силу сходимости интеграла $\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$ , интеграл $\int_{a}^{+\infty}cf(x)dx$ сходится. Из этого же условия следует, что интеграл $F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt$ ограничен. Действительно, из существования конечного предела $\lim_{x\rightarrow+\infty}F(x)=\int_{a}^{+\infty}f(x)dx$ следует ограниченность функции $F$ в окрестности $U(+\infty)=\left\{x:x>b\right\}$ бесконечно удалённой точки $+\infty$ . Из непрерывности функции $F$ на сегменте $[a,b]$ следует её ограниченность. Получили, что $F$ ограничена на полуинтервале $[a,+\infty)$ . Поскольку первообразная функции $f$ это $F$ , то $f$ имеет ограниченную первообразную на $[a,+\infty)$ .
Для интеграла $\int_{a}^{+\infty}f(x)[g(x)-c]dx$ выполнены все условия признака Дирихле, следовательно этот интеграл сходится. В силу сходимости $\int_{a}^{+\infty}f(x)[g(x)-c]dx$ , интеграл $\int_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$ сходится, что и требовалось доказать.

Примеры

Рассмотрим интеграл $\int_{0}^{+\infty}\sin(x^2)dx$ . Исследуем его на сходимость.

Решение	^C показать
Представим наш интеграл в виде суммы двух интегралов $\int_{0}^{\infty}=\int_{0}^{1}+\int_{1}^{\infty}$ и исследуем последний на сходимость. Запишем подынтегральное выражение в следующем виде: $\sin(x^2)=(x\sin(x^2))(\frac{1}{x}).$ $f(x)=x\sin(x^2)$ , $g(x)=\frac{1}{x}$ . Пусть $F(x)=\int_{1}^{x}t\sin(t^2)dt,$ и применим подстановку $z=t^2$ . Тогда $\forall{x}:F(x)=\frac{\cos(1)-\cos(x^2)}{2},\|F(x)\|\leq1.$ Функция $g(x)\rightarrow0(x\rightarrow+\infty),g'(x)<0$ , а значит интеграл сходится по признаку Дирихле.

Решение

^C показать

Представим наш интеграл в виде суммы двух интегралов $\int_{0}^{\infty}=\int_{0}^{1}+\int_{1}^{\infty}$ и исследуем последний на сходимость. Запишем подынтегральное выражение в следующем виде:

$\sin(x^2)=(x\sin(x^2))(\frac{1}{x}).$

$f(x)=x\sin(x^2)$ , $g(x)=\frac{1}{x}$ . Пусть

$F(x)=\int_{1}^{x}t\sin(t^2)dt,$

и применим подстановку $z=t^2$ . Тогда

$\forall{x}:F(x)=\frac{\cos(1)-\cos(x^2)}{2},|F(x)|\leq1.$

Функция $g(x)\rightarrow0(x\rightarrow+\infty),g'(x)<0$ , а значит интеграл сходится по признаку Дирихле.

Теперь рассмотрим интеграл $\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}\cdot\;arctg{x}}{x^p}$ . Проверим его на сходимость.

Решение	^C показать
Пусть $f(x)=\frac{\sin{x}}{x^p}$ , $g(x)=arctg(x)$ . Интеграл $\int_{1}^{\infty}f(x)dx$ сходится по признаку Дирихле, т.к. интегралы $\begin{vmatrix}\int_{1}^{x}\sin(t)dt\end{vmatrix}\leq2$ , а $\frac{1}{x^p}$ монотонно стремится к $0$ . Функция $g(x)\rightarrow\frac{\pi}{2}(x\rightarrow+\infty),g'(x)>0$ . По признаку Абеля интеграл сходится.

Решение

^C показать

Пусть $f(x)=\frac{\sin{x}}{x^p}$ , $g(x)=arctg(x)$ . Интеграл $\int_{1}^{\infty}f(x)dx$ сходится по признаку Дирихле, т.к. интегралы $\begin{vmatrix}\int_{1}^{x}\sin(t)dt\end{vmatrix}\leq2$ , а $\frac{1}{x^p}$ монотонно стремится к $0$ . Функция $g(x)\rightarrow\frac{\pi}{2}(x\rightarrow+\infty),g'(x)>0$ . По признаку Абеля интеграл сходится.

Литература

А.М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин, «Курс математического анализа», физмат-лит, 2001, стр. 377-380
Л.Д. Кудрявцев «Курс математического анализа», том №1, Высшая школа, 1988-1989, стр. 672-676
Г.М. Фихтенгольц «Курс дифференциального и интегрального исчисления», том №2, стр. 564-565
Конспект З.М. Лысенко

Тесты

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 3 заданий окончено

Вопросы:

Информация

Проверьте, как вы усвоили предоставленный материал.

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 3

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

Математический анализ 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

С ответом
С отметкой о просмотре

Задание 1 из 3

1.
Количество баллов: 10

Рубрика: Математический анализ
Какие интегралы из списка сходятся?
- $\int\limits_{a}^{+\infty}\frac{sinx}{x^p}dx,(p>0,a>0)$
- $\int\limits_{0}^{+\infty}x^{2}dx$
- $\int\limits_{a}^{+\infty}\frac{cosx}{x^p}dx,(p>0,a>0)$
- $\int\limits_{0}^{+\infty}sin(x^2)dx$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 3

2.
Количество баллов: 5

Рубрика: Математический анализ
Сходимость какого из интегралов рассматривается в признаках Абеля и Дирихле?
- $\int\limits_{a}^{+\infty}[f(x)+g(x)]dx$
- $\int\limits_{a}^{+\infty}[f(x)-g(x)]dx$
- $\int\limits_{a}^{+\infty}f(x)g(x)dx$
- $\int\limits_{a}^{+\infty}\frac{f(x)}{g(x)}dx$
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 3

3.
Количество баллов: 5

Рубрика: Математический анализ
Признак Абеля является следствием из
- признака Дирихле
- критерия Коши сходимости несобственных интегралов
- теоремы сравнения несобственных интегралов
- правила взятия несобственного интеграла "по частям".
Правильно

Неправильно

Поделиться ссылкой:

Нажмите здесь, чтобы поделиться контентом на Facebook. (Открывается в новом окне)
Нажмите, чтобы поделиться в Google+ (Открывается в новом окне)
Нажмите, чтобы поделиться на LinkedIn (Открывается в новом окне)
Нажмите, чтобы поделиться на Twitter (Открывается в новом окне)
Нажмите, чтобы поделиться на Reddit (Открывается в новом окне)
Нажмите для печати (Открывается в новом окне)

Похожее