Несобственный интеграл на неограниченном промежутке

Пусть функция $f(x)$ определена в промежутке $[a,+ \infty),$ т.е. для $x \geq a$ , и интегрируема в любой конечной его части $[a,A],$ так что интеграл $\int_{a}^{A}f(x)dx$ имеет смысл при любых $A\geq a.$

Предел этого интеграла (конечный или бесконечный) при $A \to +\infty$ называют интегралом функции $f(x)$ от $a$ до $+\infty$ и обозначают символом $\int\limits_{a}^{\infty}f(x)dx=\lim_{A \to +\infty}\int\limits_{a}^{A}f(x)dx(1)$

В случае, если этот предел конечен, говорят, что интеграл $(1)$ сходится, а функцию $f(x)$ называют интегрируемой в бесконечном промежутке $[a,+ \infty)$ . Если же предел $(1)$ бесконечен или вовсе не существует, то про интеграл говорят, что он расходится. В отличие от собственного интеграла, этот интеграл называются несобственным.

Спойлер

$\int\limits_{0}^{\infty}\cos(x)dx=\lim_{b \to +\infty}\int\limits_{0}^{b}\cos(x)dx=\lim_{b \to +\infty}\sin(x)\mid_{0}^{b}=\lim_{b \to +\infty}(\sin(b)-\sin(0))=$ $\lim_{b \to +\infty}\sin(b)$ этого предела не существует, следовательно интеграл расходится.

[свернуть]

Спойлер

$\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+6x+7}=\lim_{b \to +\infty}\int\limits_{0}^{b}\frac{d(x+3)}{(x+3)^2-2}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\lim_{b \to +\infty}\ln\bigg|\frac{x+3-\sqrt{2}}{x+3+\sqrt{2}}\bigg|\Bigg|_{0}^{b}=$ $\frac{1}{2\sqrt{2}}\lim_{b \to +\infty}\bigg(\ln\Big|\frac{b+3-\sqrt{2}}{b+3+\sqrt{2}}\Big|-\ln\Big|\frac{3-\sqrt{2}}{3+\sqrt{2}}\Big|\bigg)=\frac{1}{2\sqrt{2}}\bigg[\ln1-\ln\Big|\frac{3-\sqrt{2}}{3+\sqrt{2}}\Big|\bigg]=$ $\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\Big|\frac{3-\sqrt{2}}{3+\sqrt{2}}\Big|=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\frac{11+6\sqrt{2}}{7}$ интеграл сходится.

[свернуть]

Аналогично интегралу с бесконечным верхним пределом определяется интеграл в пределах от $-\infty$ до $b:$ $\int\limits_{-\infty}^{b}f(x)dx = \lim_{B \to -\infty}\int\limits_{B}^{b}f(x)dx$

Спойлер

$\int\limits_{-\infty}^{0}e^xdx=\lim_{b \to -\infty}\int\limits_{b}^{0}e^xdx=\lim_{b \to -\infty}e^x\mid_{b}^{0}=e^0-\lim_{b \to -\infty}(e^b)=e^0=1$ этот интеграл сходится.

Так выглядит данная функция, цветом же выделена область интеграла

[свернуть]

Несобственный интеграл на неограниченном промежутке

Тест на знание темы «Несобственный интеграл на неограниченном промежутке»

Задание 1 из 5

1.
Количество баллов: 1
Какое утверждение верно для данной записи:
$\int_{a}^{\infty}f(x)dx = \lim_{A \to +\infty}\int_{a}^{A}f(x)dx$
- Если этот предел конечен, говорят, что интеграл сходится
- Если этот предел не существует, говорят, что интеграл сходится
- Если этот предел конечен, говорят, что интеграл расходятся
Правильно

Неправильно

Задание 2 из 5

2.

Количество баллов: 3

К каждому интегралу поставить в соответствие предел.

Элементы сортировки

Расходится
$\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\frac{11+6\sqrt{2}}{7}$
$1$

$\int_{0}^{\infty}cos(x)dx$

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+6x+7}$

$\int_{-\infty}^{0}e^xdx$

Задание 3 из 5

3.
Количество баллов: 1
Запись вида: $\int_{a}^{\infty}f(x)dx = \lim_{A \to +\infty}\int_{a}^{A}f(x)dx$ называют
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 5

4.
Количество баллов: 3
Отсортируйте в порядке возрастания значений несобственного интеграла
- $\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+6x+7}$
- $\int_{-\infty}^{0}e^xdx$
- $\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^2}$
Правильно 3 / 3Баллы

Неправильно / 3 Баллы
Задание 5 из 5

5.
Количество баллов: 1
Интеграл расходиться или сходится?
$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+4x+9}$
- Сходится
- Расходится
Правильно

Неправильно

Литература:

Г.М.Фихтенгольц Курс дифференциального и интегрального исчисления 2 том, стр.562
Конспект лекций по математическому анализу Лысенко З. М.
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.2 стр.102
Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. Курс математического анализа стр.387

Теоремы Вейерштрасса о непрерывных функциях на компактных множествах

Первая теорема Вейерштрасса

Пусть $K$ — компакт в $\mathbb{R}^{n}$ и функция $f: K\rightarrow \mathbb{R}^{m}$ непрерывна на $K$ . Тогда эта функция ограничена на $K$ .

Доказательство

В силу непрерывности $f$ , для любого $x\in K$ найдётся окрестность $U_{x}$ , такая что функция $f$ ограничена на множестве $U_{x}$ , то есть для каждого $y\in K \cap U_{x}$ справедливо неравенство $\begin{Vmatrix} f(y) \end{Vmatrix}\leq M_{x}$ , где $M_{x}$ зависит от $x$ . Совокупность открытых шаров $U_{x}$ образует открытое покрытие компактного множества $K$ . В силу компактности, из него можно выделить конечное подпокрытие $U_{x_{1}}, …, U_{x_{p}}$ . Этим шарам соответствуют числа $M_{x_{1}}, …, M_{x_{p}}$ . На каждом и этих шаров функция $f$ ограничена этим числом. Пускай $M=\max_{1\leq i\leq p}M_{x_{i}}$ . Тогда для любого $x\in K$ получим, что $\begin{Vmatrix} f(x) \end{Vmatrix}\leq M$ .

Пусть функция $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ непрерывна на $\left[a, b \right]$ . По первой теореме Вейерштрасса эта функция ограничена на $\left[a, b \right]$ .

Вторая теорема Вейерштрасса

Пусть $f: K\rightarrow \mathbb{R}$ — действительная непрерывная функция на компакте $K\subset \mathbb{R}^{n}$ . Тогда на этом множестве функция $f$ достигает своей верхней и нижней границы, то есть существуют такие $x^{‘}, x^{»}\in K$ , что

$f(x^{‘})=\sup_{x\in E}f\left(x \right)$ , $f(x^{»})=\inf_{x\in E}f\left(x \right)$ .

Доказательство

Пусть $f: E\rightarrow \mathbb{R}$ , где $E\subset \mathbb{R}^{n}$ . Функция $f$ называется ограниченной сверху на множестве $E$ , если существует такая постоянная $M$ , то для всех $x\in E$ справедливо неравенство $\begin{Vmatrix} f(x) \end{Vmatrix}\leq M$ . Каждое такое число $M$ называется верхней границей функции $f$ , а наименьшая из всех верхних границ называется точной верхней границей или верхней гранью функции $f$ и обозначается $\sup_{x\in E}f\left(x \right)$ .

Пойдём от противного. Допустим, верхняя грань не достигается, то есть для каждого $x\in K$ справедливо неравенство $f(x)<M$ , где $M$ — верхняя грань функции $f$ на $K$ .

Рассмотрим функцию $\varphi (x)=\frac{1}{M-f(x)}$ . Эта функция положительна и непрерывна в каждой точке $x\in K$ . По ранее доказанной первой теореме Вейерштрасса она ограничена, то есть существует такое число $\mu >0$ , что $\varphi (x)\leq \mu$ для любого $x\in K$ . Это означает, что $\frac{1}{M-f(x)}\leq \mu$ , или, что то же самое, $f(x)\leq M-\frac{1}{\mu}(x\in K)$ . Следовательно, число $M-\frac{1}{\mu}$ является верхней границей для функции $f$ . Но так как $\mu >0$ , то это противоречит тому, что $M$ является верхней гранью функции $f$ , то есть наименьшей из всех верхних границ.

Аналогично теорема доказывается и для нижней грани.

Пусть функция $f: \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ непрерывна на $\left[a, b \right]$ . Тогда на этом множестве функция $f$ достигает своей верхней и нижней граней $M=f(x^{»})=\sup_{x\in E}f\left(x \right)$ , $m=f(x^{‘})=\inf_{x\in E}f\left(x \right)$ .

Пример

Пусть $f(x,y)=x^{5}+y^{4}+2x^{3}y^{2}+1$ . Будет ли $f$ ограничена на $\left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right]$ ?

Спойлер

$\left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right]$ — компактное множество (оно замкнуто и ограничено). $f(x,y)=x^{5}+y^{4}+2x^{3}y^{2}+1$ — непрерывна как композиция непрерывных функций.

Следовательно, по первой теореме Вейерштрасса $f$ ограничена на $\left[5, 7 \right]\times\left[8,9 \right]$ .

[свернуть]

Литература

Коляда В. И., Кореновский А. А., Курс лекций по математическому анализу, 2010, т. 1, с. 255-257
Фихтенгольц Г. М., Курс дифференциального и интегрального исчисления, т. 1, с. 369-370
Конспект лекций по математическому анализу Лысенко З. М.
Определение непрерывности функции
Первая теорема Вейерштрасса для случая двух переменных
Вторая теорема Вейерштрасса для случая двух переменных

Тест на знание теорем Вейерштрасса о непрерывных функциях на компакте

Тест поможет понять, как хорошо вы усвоили приведённый выше материал.

Задание 1 из 2

1.
Заполните пропуски.
- Если функция $f$ является непрерывной на множестве $R$ , то она (всегда/не всегда/никогда не) ограничена на $R$ .
  
  Если функция $f$ является непрерывной на отрезке $[a,b]$ , то её верхней границей (не всегда) (всегда/не всегда/никогда не) является один из концов этого отрезка.
Задание 2 из 2

2.
Возможно ли, чтобы непрерывная функция на компакте достигала только своей верхней грани либо только нижней?
- Нет.
- Да.
- Требует дополнительной проверки.

Определение дифференцируемой функции

Дифференцируемость функции нескольких переменных
Если у Вас возникли трудности с понятием дифференцируемой функции в одномерном случае, то ознакомьтесь со статьей «Дифференцируемые функции и дифференциал».

Пусть действительная функция нескольких переменных $f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R^m$ $(f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R)$ определена в некоторой окрестности точки $x\in R^n$ и $\Delta x=(\Delta x_{1}\dots\Delta x_{n})$ — такой вектор независимых переменных, что точка $x+\Delta x$ тоже принадлежит этой окрестности. В этом случае определено полное приращение функции $f$

$\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$ ,

соответствующее приращение $\Delta x$ переменных в точке $x$ . Напомним, что

$||\Delta x||=\sqrt{(\Delta x_{1})^2+\dots +(\Delta x_{n})^2}$ .

Определение. Функцию $f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R$ , определенную в некоторой окрестности точки $x$ , называют дифференцируемой в точке $x$ , если ее полное приращение в окрестности этой точки можно представить в виде

$\Delta f(x)=a_{1}\Delta x_{1}+a_{2}\Delta x_{2}+\dots +a_{n}\Delta x_{n}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|, \ \ \ (1)$

где коэффициенты $a_{1},a_{2},\dots ,a_{n}$ не зависят от приращений $\Delta x$ , а функция $\alpha(\Delta x)$ является бесконечно малой при $\Delta x\rightarrow 0$ .

Теорема (необходимое условие дифференцируемости). Если функция нескольких переменных дифференцируема в точке $x$ , то у этой функции в точке $x$ существуют все частные производные $f_{x_{i}}^{\prime}(x)$ , $i=\overline{1,n}$ , причем коэффициенты $a_{i}$ в представлении (1) равны значениям соответствующих частных производных в точке $x$ :

$a_{i}=f_{x_{i}}^{\prime}(x), i=\overline{1,n}$ .

Доказательство
Для дифференцируемой в точке $x$ функции $f$ представление (1) верно для любого приращения $\Delta x$ имеет вид

$\Delta x=(0,\dots, 0 ,\Delta x_{i}, 0,\dots, 0)$ ,

$\Delta x_{i}\neq0$ ,
где номер

$i$ выбран произвольным образом и зафиксирован. В этом случае

$||\Delta x||=|\Delta x_{i}|$ , соответствующее полное $\Delta f(x)$ функции $f(x)$ сводится к ее $i-$ му частному приращению $\Delta_{i}f(x)$ , а равенство (1) принимает вид

$\Delta f(x)=\Delta_{i}f(x)=a_{i}\Delta x_{i}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|$ .

Разделив последнее равенство на $\Delta x_{i}$ и перейдя к пределу при $\Delta x_{i}\rightarrow 0$ , получим

$\lim\limits_{\Delta x_{i}\rightarrow 0}{\frac{\Delta_{i}f(x)}{\Delta x_{i}}}=a_{i}+\lim\limits_{\Delta x_{i}\rightarrow 0}{(\alpha(\Delta x)\frac{|\Delta x_{i}|}{\Delta x_{i}})}=a_{i}$ ,

поскольку функция $\alpha(\Delta x)$ бесконечно малая при $\Delta x_{i}\rightarrow 0$ , а отношение $\frac{|\Delta x_{i}|}{\Delta x_{i}}=\pm 1$ ограничено, так что последний предел равен нулю. Следовательно, производная $f_{x_{i}}^{\prime}(x)$ в точке $x$ существует и равна $a_{i}$ .
Следствие. Если функция нескольких переменных $f:R^n\rightarrow R$ дифференцируема в точке $x$ , то ее полное приращение $\Delta f(x)$ можно представить в виде

$\Delta f(x)=f_{x_{1}}^{\prime}(x)\Delta x_{i}+\dots +f_{x_{n}}^{\prime}(x)\Delta x_{n}+\alpha(\Delta x)|\Delta x|$ ,

где при $\alpha(\Delta x)\rightarrow 0$ $\Delta x\rightarrow 0$ .

Литература

Тест: Определение дифференцируемой функции

Предлагаем пройти тесты и закрепить пройденный материал

Задание 1 из 3

1.

Количество баллов: 4

Рубрика: Математический анализ

Найти производные функций двух переменных по переменной $y$ :

Элементы сортировки

$4x^2+3y^2$
$x^y\ln x$
$xe^{xy}$
$-3\cos(2x-3y)$

$4x^2y+y^3-56$

$x^y$

$e^{xy}$

$\sin(2x-3y)$

Задание 2 из 3

2.
Количество баллов: 3

Рубрика: Математический анализ
Пусть функция нескольких переменных $f:R^n\rightarrow R$ определена в некоторой окрестности точки $x\in R^n$ и $\Delta x=(\Delta x_{1}\dots\Delta x_{n})^T$ — такой вектор независимых переменных, что точка $x+\Delta x$ тоже принадлежит этой окрестности. В этом случае определено полное приращение функции $f$
- $\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$
- $\Delta f(x)=f(x+\Delta x)$
- $\Delta f(x)=f(x+\Delta x)-\Delta f$
- $f(x)=f(x+\Delta x)-f(x)$
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 3

3.
Количество баллов: 3

Рубрика: Математический анализ
Если функция нескольких переменных $f:\mathbb R^n\rightarrow \mathbb R$ дифференцируема в точке $x$ , то у этой функции в точке $x$ существуют все
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Тест: Определение дифференцируемой функции

максимум из 10 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Признак сравнения несобственных интегралов

Признак сравнения в форме неравенств

Теорема

Пусть функции $f$ и $g$ неотрицательны на $[a,b)$ и интегрируемы на каждом отрезке, содержащемся в $[a,b)$ . Предположим, что $f(x)\leq g(x)$ для любого $x\in [a,b)$ . Тогда:

из сходимости интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ следует сходимость интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ ;
из расходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ следует расходимость интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ ;

Спойлер

Из $0\leq f(x) \leq g(x)$ следует, что $\int_{a}^{\xi}{f(x)dx}\leq \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}$ $(1)$ , $\xi \in [a,b)$ . Если сходится интеграл $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ , т.е. существует конечный $\lim_{\xi \rightarrow b-0} \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}=I_{2}$ , где $I_{2}=sup_{a\leq\xi <b} \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}$ , то из $(1)$ следует, что $\forall \xi \in [a,b)$ выполняется неравенство $\int_{a}^{\xi}{f(x)dx} \leq I_{2}$ . Таким образом для неотрицательной функции $f(x)$ выполняется условие $\exists C: \forall \xi \in [a,b) \rightarrow \int_{a}^{\xi}{f(x)dx}\leq C$ (критерий сходимости интегралов от неотрицательных функций). Следовательно, интеграл $I_{2}$ сходится.
Пусть $I_{1}$ расходится. Предположим, что $I_{2}$ сходится, тогда по первому пункту сходится и $I_{1}$ , что противоречит условию, следовательно $I_{2}$ тоже расходится.

[свернуть]

Спойлер

Сходится ли интеграл? $I_{1}=\int\limits_{1}^{+\infty}{\frac{\cos^{4}3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}dx}$

Так как $0\leq \frac{\cos^{4}3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}\leq \frac{1}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}\leq \frac{1}{x^{6/5}}$ при $x\geq 1$ $I_{2}=\int_{1}^{+\infty}{\frac{1}{x^{6/5}}dx} < \infty$ (сходится), т.к. $\alpha =\frac{6}{5}>1$ . Тогда, если интеграл $I_{2}$ сходится, то из сходимости интеграла $I_{2}$ следует сходимость интеграла $I_{1}$ .
Ответ: $I_{1}$ сходится.

[свернуть]

Признак сравнения в предельной форме

Теорема

Пусть функции $f(x)$ и $g(x)$ неотрицательны на $[a,b)$ и интегрируемы на каждом отрезке, содержащемся в $[a,b)$ . Тогда, если для $\forall x \in [a,b)$ выполняются условие $f(x)\sim g(x)$ при $x\rightarrow b-0$ $(\lim_{x \rightarrow b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=1)$ . Тогда интегралы $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ и $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ сходятся или расходятся одновременно (ведут себя одинаково).

Спойлер

Согласно условию $\lim\limits_{x \rightarrow b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=1:$ $\forall \varepsilon >0 \exists \delta _{\varepsilon}>0: b-\delta <x<b \Rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right| < \varepsilon$ или, что то же самое $\forall \varepsilon >0 \exists \delta (\varepsilon)\in [a,b):\forall x \in[\delta (\varepsilon ),b) \rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right| < \varepsilon$ Выберем $\varepsilon =\frac{1}{2}$ , найдем $\delta (\frac{1}{2})=c$ такое, что $b-c<x<b$ $\left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right|<\frac{1}{2} \Leftrightarrow -\frac{1}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}-1<\frac{1}{2}\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow \frac{1}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<\frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2}g(x)<f(x)<\frac{3}{2}g(x), \forall x \in [b-c,b]$ Так как функции $f(x)$ и $g(x)$ не имеют особых точек на промежутке $[a,b)$ , то интегралы $I_{1}$ и $I_{2}$ сходятся тогда и только тогда, когда сходятся интегралы соответственно от функций $f(x)$ и $g(x)$ на промежутке $[b-c,b)$ . Если сходится интеграл $I_{2}$ (а значит и $\int_{b-c}^{b}{g(x)dx}$ ), то из равенства $f(x)<\frac{3}{2}g(x)$ по признаку сравнения в форме неравенств следует сходимость интеграла $\int_{b-c}^{b}{f(x)dx}$ , а это равносильно сходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ . Аналогично, из $\frac{1}{2}g(x)<f(x)$ заключаем, что из сходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ следует сходимость интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ .
Если же один из интегралов расходится, например, $I_{1}$ . Тогда предположим, что $I_{2}$ сходится, следовательно, по доказанному выше $I_{1}$ тоже должен сходиться, что противоречит условию, следовательно $I_{2}$ тоже расходится. Т.е. если один из интегралов расходится, то расходится и другой.

[свернуть]

Замечание

Если функция $f(x)$ интегрируема на отрезке $[a,\xi]$ при $\forall \xi \geq \alpha$ и если $f(x)\sim \frac{A}{x^{\alpha}}$ при $x\rightarrow +\infty$ , где $A\neq 0$ , то интеграл $\int_{\alpha }^{+\infty}{f(x)dx}$ сходится при $\alpha >1$ и расходится при $\alpha \leq 1$ .

Спойлер

Сходится ли интеграл? $\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}dx}$
$\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}dx}=\left[\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}\sim \frac{x}{x^{2}}=\frac{1}{x} \right]$ (можем заменить функцию эквивалентной т.к. $\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}\rightarrow 0$ ). Тогда интеграл $\int_{0}^{1}{\frac{dx}{x}}=\infty$ расходится (т.к. $\alpha =1$ ).
Ответ: интеграл расходится.

[свернуть]

Литература

Конспект лекций по мат.анализу Лысенко З.М.
Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа»: Учеб. пособие для вузов. 3-е издание, 2001 г. стр. 369-373.
Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. Учеб. пособие. 13-е изд., 1997 г. стр. 223-230.
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу. 2009г. стр.87-89.
Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 1, 1988-1989г. стр.659-665..

Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

Этот тест покажет ваши знания по данной теме.

Таблица лучших: Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

максимум из 15 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Замена переменных

Пусть функция $f(x)$ определена и непрерывна на промежутке $[a,b)$ и интегрируема в каждой части этого отрезка, не содержащей точки $b$ , которая может быть и $+\infty$ .

Рассмотрим теперь функцию $x=\phi(t)$ , которая является монотонно возрастающей и непрерывной вместе со своей производной $\phi'(t)$ на промежутке $[\alpha,\beta)$ . Допустим, что $\phi(\alpha)=a$ и $\phi(\beta)=b$ . Равенство $\phi(\beta)=b$ следует понимать как $\lim_{t \to \beta}\phi(t)=b$ . Если соблюдены все вышеперечисленные условия, то имеет место равенство:

$\int\limits_{a}^{b}f(x)=\int\limits_{a}^{b}f(\phi(t))\phi'(t)dt$

при условии, что один из этих интегралов сходится. Из существования одного из двух интегралов в равенстве вытекает существование второго. Второй интеграл будет либо собственным,либо несобственным с единственной особой точкой $\beta$ .

Доказательство

Пусть теперь $x_0$ и $t_0$ будут произвольными, но соответствующими значениям $x$ и $t$ и их промежуткам $(a,b)$ и $(\alpha, \beta)$ . Тогда будем иметь:

$\int\limits_{a}^{x_0}f(x)=\int\limits_{a}^{t_0}f(\phi(t))\phi'(t)dt$

Если существует второй из интегралов, будем приближать произвольным образом $x_0$ к $b$ , при этом $t_0=\theta(x_0)$ устремится к $\beta$ , существование второго интеграла доказано. Данное рассуждение одинаково применимо и к монотонно убывающей функции.

Спойлер

$I=\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x^2+1)^{3/2}}=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\frac{dt}{\cos^2(t)}}{(tg^2(t)+1)^{2/3}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(t)dt=\sin(t)|_{0}{\frac{\pi}{2}}=1$

[свернуть]

Литература

Конспект лекций по мат. анализу Лысенко З. М.
Г. М. Фихтенгольц «Курс дифференциального и интегрального исчисления» ФИЗМАТЛИТ, 1964 т.2, ст. 604-605
Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа»: Учеб. пособие для вузов. 3-е издание, 2001 г. ст. 366-368

Тест : Замена переменных

Тест на знание метода замены переменных в случае несобственных интегралов

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Несобственный интеграл на неограниченном промежутке

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

3.

4.

5.

Первая теорема Вейерштрасса

Доказательство

Вторая теорема Вейерштрасса

Доказательство

Пример

Тест на знание теорем Вейерштрасса о непрерывных функциях на компакте

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Тест: Определение дифференцируемой функции

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

Таблица лучших: Тест: Определение дифференцируемой функции

Признак сравнения в форме неравенств

Теорема

Признак сравнения в предельной форме

Теорема

Замечание

Литература

Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

4.

5.

6.

Таблица лучших: Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

Доказательство

Литература

Тест : Замена переменных

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Элементы сортировки