‹-- Назад

Свойства несобственных интегралов первого рода

Напомним, что мы выяснили выше, что достаточно рассматривать только свойства интегралов вида $ \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx$ , а свойства интегралов вида $ \int\limits_{-\infty}^bf(x)\;dx$ их будут повторять с очевидными исправлениями.

        Теорема 4.1   Пусть фиксировано число $ a\in\mathbb{R}$ и функция $ f(x)$ интегрируема на любом отрезке $ [a;b]$ , где $ b\geqslant a$ . Тогда если несобственный интеграл $ \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx$ сходится, то при любом $ a_1\geqslant a$ сходится интеграл $ \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx$ . Обратно, если при некотором $ a_1\geqslant a$ сходится интеграл $ \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx$ , то сходится и интеграл $ \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx$ .

        Доказательство.     Докажем, что из сходимости $ \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx$ следует сходимость $ \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx$ при $ a_1\geqslant a$ . Из аддитивности интеграла следует, что при любом $ b\geqslant a$ имеет место равенство


Переходя в этом равенстве к пределу при $ b\to+\infty$ , получаем:


причём несобственный интеграл в правой части сходится по условию теоремы, а интеграл $ \int\limits_a^{a_1}f(x)\;dx$ вовсе не зависит от $ b$ , то есть при вычислении предела при $ b\to+\infty$ служит постоянным слагаемым. Значит, предел, задающий интеграл $ \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx$ , существует (и равен $ \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx-
\int\limits_a^{a_1}f(x)\;dx$ ), что доказывает сходимость интеграла $ \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx$ .

Доказано на самом деле даже больше: кроме самомго факта сходимости интеграла $ \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx$ , мы доказали формулу (4.3).

Из той же формулы (4.2) следует и второе утверждение теоремы. Действительно, по условию теоремы интеграл по конечному отрезку $ [a;a_1]$ существует, поскольку функция интегрируема, так что при любом $ b\geqslant a_1$ из формулы (4.2) получаем:

$\displaystyle \int\limits_{a}^{b}f(x)\;dx=
 \int\limits_a^{a_1}f(x)\;dx+
 \int\limits_{a_1}^{b}f(x)\;dx.$    

Отсюда переходом к пределу при $ b\to+\infty$ получаем, что

$\displaystyle \int\limits_{a}^{+\infty}f(x)\;dx=
 \int\limits_a^{a_1}f(x)\;dx+
 \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx,$    

причём существование предела, задающего интеграл в левой части, следует из предположенной сходимости несобственного интеграла $ \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx$ в правой части.     

        Замечание 4.2   Доказанное свойство говорит о том, что свойство несобственного интеграла быть сходящимся -- это свойство, связанное с поведением функции "на бесконечности": изменение значений функции на любом конечном отрезке $ [a;a_1]$ никак не сказывается на сходимости (или расходимости) интеграла $ \int\limits_{a_1}^{+\infty}f(x)\;dx$ , а следовательно, и на факте сходимости (или, соответственно, расходимости) интеграла $ \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx$ , хотя такое изменение может, конечно, привести к изменению значения этого интеграла.     

        Теорема 4.2 (теоpема сpавнения)   Пусть даны две функции $ f(x)$ и $ g(x)$ , заданные на $ [a;+\infty)$ , причём при всех $ x\in[a;+\infty)$ выполняется неравенство

$\displaystyle 0\leqslant f(x)\leqslant g(x).$

Тогда из сходимости интеграла от большей функции, $ \int\limits_a^{+\infty}g(x)\;dx$ , следует сходимость интеграла от меньшей функции, $ \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx$ , причём


а из расходимости интеграла от меньшей функции, $ \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx$ , следует расходимость интеграла от большей функции, $ \int\limits_a^{+\infty}g(x)\;dx$ :

$\displaystyle \int\limits_a^{+\infty}f(x)\;dx=\infty\quad\Longrightarrow \quad
\int\limits_a^{+\infty}g(x)\;dx=\infty.$

        Доказательство.     Поскольку $ f(x)\geqslant 0$ , то функция $ \Phi(b)=\int_a^bf(x)\;dx$ не убывает (геометрически значение функции равно площади криволинейной трапеции, лежащей над отрезком $ [a;b]$ , а эта площадь, очевидно, не убывает, если увеличивать $ b$ ). Точно так же не убывает и функция $ \Psi(b)=\int_a^bg(x)\;dx$ , причём по теореме об интегрировании неравенства получаем: из $ f(x)\leqslant g(x)$ следует, что

$\displaystyle \Phi(b)=\int_a^bf(x)\;dx\leqslant \Psi(b)=\int_a^bg(x)\;dx.$

Так как $ \Psi(b)$ не убывает, то сходимость интеграла $ \int_a^{+\infty}g(x)\;dx$ означает, что предел $ \Psi(b)$ при $ b\to+\infty$ существует и

$\displaystyle \lim_{b\to+\infty}\Psi(b)=J\geqslant \Psi(b)$

при всех $ b$ . Поэтому $ J\geqslant \Phi(b)$ при всех $ b$ , то есть функция $ \Phi(b)$ ограничена сверху постоянной $ J$ . Но мы знаем, что неубывающая ограниченная сверху функция непременно имеет предел при $ b\to+\infty$ , не больший ограничивающей постоянной: существует предел

$\displaystyle \lim_{b\to+\infty}\Phi(b)=I\leqslant J.$

По определению, этот предел равен значению несобственного интеграла:

$\displaystyle I=\int_a^{+\infty}f(x)\;dx,$

так что сходимость интеграла от меньшей функции доказана, а полученное неравенство $ I\leqslant J$ означает, что доказано неравенство (4.4).

Геометрически доказанное утверждение почти очевидно: оно означает, что если площадь под верхним графиком на следующем рисунке (она заштрихована), конечна, то конечна и имеет меньшее значение площадь под нижним графиком (она имеет двойную штриховку).

Рис.4.6.



Доказательство второго утверждения теоремы сразу следует из первого утверждения по принципу "от противного": предположим, что интеграл от меньшей функции расходится. Если бы утверждение было неверно и интеграл от большей функции оказался бы сходящимся, то вместе с ним сходился бы и интеграл от меньшей функции, вопреки предположению. Значит, второе утверждение теоремы верно.

Геометрически оно означает, что если площадь, обозначенная на рисунке двойной штриховкой, бесконечна, то, тем более, бесконечна и вся заштрихованная площадь.     

Доказанная теорема означает, что сходимость несобственного интеграла -- это такое свойство, которое выполняется "тем лучше", чем меньше значения подынтегральной функции (однако, заметим, эти значения должны быть неотрицательными)!

Если условие неотрицательности функций $ f(x)$ и $ G(x)$ не предполагается, то оба утверждения теоремы могут оказаться не верны: так, если взять $ g(x)=0$ и $ f(x)=-1$ при всех $ x$ , то интеграл от большей функции,

$\displaystyle \int_0^{+\infty}g(x)dx=\int_0^{+\infty}0\;dx$

оказывается сходящимся (его значение, очевидно, равно 0), а интеграл от меньшей функции,

$\displaystyle \int_0^{+\infty}f(x)dx
=\int_0^{+\infty}(-1)\;dx,$ --

расходится (докажите расходимость, вычислив интеграл $ \int\limits_0^b(-1)\;dx$ и рассмотрев его поведение при $ b\to+\infty$ ).

Тот же пример показывает, что если функции не неотрицательны, то из расходимости интеграла от меньшей функции может не следовать расходимость интеграла от большей.

        Замечание 4.3   Заметим, что требовать выполнения неравенств $ 0\leqslant f(x)\leqslant g(x)$ в условии теоремы 4.2 достаточно не для всех $ x\in[a;+\infty)$ , а начиная лишь с некоторого $ a_1>a$ , и всё равно заключение теоремы будет верно (за исключением выполнения неравенства (4.4)). Действительно, согласно теореме 4.1, поведение функций $ f(x)$ и $ g(x)$ на отрезке $ [a;a_1]$ не сказывается на сходимости интегралов $ \int_a^{+\infty}f(x)dx$ и $ \int_a^{+\infty}g(x)dx$ , а на промежутке $ [a_1;+\infty)$ условия теоремы уже выполнены, и к интегралам $ \int_{a_1}^{+\infty}f(x)dx$ и $ \int_{a_1}^{+\infty}g(x)dx$ её можно применить.     

При помощи теоремы 4.2 мы можем в некоторых случаях исследовать сходимость интеграла, не вычисляя его значения. Для доказательства сходимости интеграла от функции $ f(x)\geqslant 0$ $ \int_a^{+\infty}f(x)dx$ достаточно найти более простую функцию $ g(x)\geqslant f(x)$ , для которой интеграл $ J=\int_a^{+\infty}g(x)dx$ легко вычисляется и сходится. Согласно теореме, тогда исходный интеграл тоже сходится, причём мы получаем оценку его величины: $ \int_a^{+\infty}f(x)dx\leqslant J$ . Если же нам нужно доказать расходимость интеграла $ \int_a^{+\infty}f(x)dx$ , то достаточно найти такую (более просто устроенную) функцию $ g(x)\geqslant 0$ , что $ g(x)\leqslant f(x)$ и интеграл $ \int_a^{+\infty}g(x)dx$ расходится.

Приведём примеры, показывающие этот приём в действии и разъясняющие, как определять, что же для данного интеграла нужно доказывать: сходимость или расходимость10.

        Пример 4.3   Покажем, что интеграл Эйлера - Пуассона

$\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx$

сходится. (Заметим сразу, что соответствующий неопределённый интеграл $ \int e^{-\frac{x^2}{2}}dx$  -- неберущийся, то есть не выражается через элементарные функции. Так что надежды вычислить этот интеграл "в лоб", применив формулу Ньютона - Лейбница, нет.)

Для сравнения выберем функцию $ g(x)=e^{-x}$ , неопределённый интеграл от которой легко считается:

$\displaystyle \int e^{-x}dx=-e^{-x}+C.$

Очевидно, что обе функции, $ f(x)=e^{-\frac{x^2}{2}}$ и $ g(x)=e^{-x}$ , положительны. Покажем, что при достаточно больших $ x$ имеет место неравенство $ f(x)\leqslant g(x)$ . Поскольку $ e^z$  -- возрастающая функция переменного $ z$ , неравенство

$\displaystyle e^{-\frac{x^2}{2}}\leqslant e^{-x}$

эквивалентно неравенству между показателями степени:

$\displaystyle -\frac{x^2}{2}\leqslant -x,$

которое, как легко видеть, выполняется при всех $ x\geqslant 2$ . Значит, $ 0<f(x)\leqslant g(x)$ при $ x\geqslant 2$ . Однако интеграл от большей функции сходится:

$\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-x}dx=
\lim_{b\to+\infty}(-e^{-x})\Bigr\vert _0^b=
\lim_{b\to+\infty}(-e^{-b}+1)=1.$

Согласно замечанию 4.3 и теореме 4.2, отсюда следует сходимость интеграла

$\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-\frac{x^2}{2}}dx.$

    

Для многих примеров при доказательстве сходимости или расходимости интеграла естественно сравнивать подынтегральную функцию с функцией вида $ g(x)=\frac{\textstyle{1}}{\textstyle{x^p}}$ . Определим, при каких значениях показателя $ p$ интеграл

$\displaystyle Z(p)=\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p}$

cходится.

Рассмотрим случай $ p>1$ . Тогда

$\displaystyle Z(p)=\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p}=
\frac{1}{-p+1}x^{-p+1}\Bigl...
...
-\frac{1}{p-1}\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^{p-1}}+\frac{1}{p-1}=\frac{1}{p-1},$

поскольку при $ p-1>0$

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^{p-1}}=0.$

Значит, при $ p>1$ интеграл сходится и имеет значение $ Z(p)=\frac{\textstyle{1}}{\textstyle{p-1}}.$

Рассмотрим случай $ p=1$ . Тогда

$\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{dx}{x}=
\ln\vert x\vert\Bigl\vert _1^{+\infty}=
\lim_{x\to+\infty}\ln x-\ln1=+\infty,$

поскольку

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$

(то есть предела не существует) и $ \ln1=0$ . Значит, при $ p=1$ интеграл расходится.

Рассмотрим случай $ p<1$ . Тогда

$\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p}=
\frac{1}{-p+1}x^{-p+1}\Bigl\vert _1^{+\infty}=
\frac{1}{1-p}\lim_{x\to+\infty}x^{1-p}-\frac{1}{1-p}=+\infty,$

поскольку при $ 1-p>0$

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}x^{1-p}=+\infty.$

Значит, при $ p<1$ интеграл расходится.

Итак, интеграл сходится (и функция $ Z(p)$ определена и равна $ \frac{1}{p-1}$ ) только при $ p>1$ ; при $ p\leqslant 1$ интеграл расходится.

        Пример 4.4   Исследуем сходимость несобственного интеграла

$\displaystyle \int_0^{+\infty}\frac{x^2-x-5}{x^8+1}dx.$

При больших значениях $ x$ (которые, вследствие замечания 4.3, только и имеют значение для сходимости интеграла) дробь $ f(x)=\frac{\textstyle{x^2-x-5}}{\textstyle{x^8+1}}dx$ имеет почти такие же значения, как дробь $ g(x)=\frac{1}{x^6}$ . Действительно, поделив числитель и знаменатель дроби $ f(x)$ на $ x^2$ , получим

$\displaystyle f(x)=\frac{1-\frac{1}{x}-\frac{5}{x^2}}{x^6+\frac{1}{x^2}}.$

Дроби $ \frac{1}{x},\ \frac{5}{x^2}$ и $ \frac{1}{x^2}$ при больших $ x$ принимают пренебрежимо малые значения, так что ведущую роль будет играть функция $ g(x)$ , получающаяся при отбрасывании этих малых слагаемых в числителе и знаменателе.

Интеграл от функции $ g(x)$ сходится: поскольку $ p=6>1$ , то получаем сходящийся интеграл

$\displaystyle Z(6)=\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^6}.$

Теперь аккуратно проверим выполнение условий теоремы 4.2. При достаточно больших $ x$ (больших большего корня $ x_0=\frac{1+\sqrt{21}}{2}$ уравнения $ x^2-x-5=0$ ) обе функции, $ f(x)$ и $ g(x)$ , принимают положительные значения и

$\displaystyle f(x)=\frac{x^2-x-5}{x^8+1}>\frac{x^2}{x^8+1}>\frac{x^2}{x^8}=\frac{1}{x^6}=g(x).$

Поэтому из сходимости интеграла от $ g(x)$ , которую мы уже проверили, следует сходимость интеграла от $ f(x)$ по промежутку $ [x_0;+\infty)$ .

На основании теоремы 4.1 сходится и исходный интеграл.     

        Пример 4.5   Исследуем сходимость несобственного интеграла

$\displaystyle \int_1^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt{x^3+1}}.$

Наводящие соображения насчёт того, с какой функцией сравнивать подынтегральную функцию

$\displaystyle f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^3+1}},$

таковы: при больших значениях $ x$ ведущую роль в знаменателе играет $ x^3$ , поскольку $ 1\ll x$ при больших $ x$ ; значит, если откинуть 1, получим функцию

$\displaystyle g(x)=\frac{1}{\sqrt{x^3}}=\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}}.$

Поскольку её показатель $ p=\frac{3}{2}$ больше 1, то интеграл

$\displaystyle Z(\frac{3}{2})=
\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^{\frac{3}{2}}}=
\int_1^{+\infty}g(x)\;dx$

сходится. В то же время имеет место неравенство

$\displaystyle 0<f(x)=\frac{1}{\sqrt{x^3+1}}<\frac{1}{x^{\frac{3}{2}}}=g(x),$

поскольку, очевидно,

$\displaystyle \sqrt{x^3+1}>\sqrt{x^3}=x^{\frac{3}{2}}.$

Итак, интеграл от большей функции $ g(x)$ сходится, откуда следует сходимость исходного интеграла $ \int_1^{+\infty}\frac{dx}{\sqrt{x^3+1}}.$     

        Пример 4.6   Исследуем сходимость несобственного интеграла

$\displaystyle \int_2^{+\infty}\frac{x^2+3x+2}{\sqrt{x^5-1}}dx.$

При больших $ x$ в числителе ведущую роль играет $ x^2$ , поскольку $ x^4\gg3x$ и $ x^2\gg2$ , а в знаменателе ведущая роль принадлежит $ x^5$ , поскольку $ x^5\gg1$ . Поэтому при больших $ x$ подынтегральная функция

$\displaystyle f(x)=\frac{x^2+3x+2}{\sqrt{x^5-1}}$

принимает почти такие же значения, что и функция

$\displaystyle g(x)=\frac{x^2}{\sqrt{x^5}}=\frac{1}{\sqrt{x}}.$

Интеграл от $ g(x)$ расходится, поскольку показатель $ p=\frac{1}{2}$ меньше 1. (Для интеграла по промежутку $ [1;+\infty)$ мы это проверяли выше, а расходимость интеграла по промежутку $ [2;+\infty)$ следует из теоремы 4.1.) Значит, для исходного интеграла от функции $ f(x)$ нужно доказывать расходимость. Проверим выполнение соответствующих условий теоремы 4.2: во-первых, функция $ g(x)$ , очевидно, определена на $ [2;+\infty)$ и принимает только положительные значения; во-вторых, имеет место неравенство

$\displaystyle f(x)=\frac{x^2+3x+2}{\sqrt{x^5-1}}>g(x)=\frac{x^2}{\sqrt{x^5}}=\frac{1}{\sqrt{x}}.$

Действительно, у дроби в левой части числитель больше, а знаменатель меньше, чем у первой дроби в правой части.

Итак, условия теоремы 4.2 проверены. На основании этой теоремы (точнее, её второго утверждения) мы можем заключить, что данный нам интеграл $ \int_2^{+\infty}\frac{\textstyle{x^2+3x+2}}{\textstyle{\sqrt{x^5-1}}}dx$ расходится.     

Докажем ещё одно важное свойство несобственного интеграла первого рода.

        Теорема 4.3   Если интеграл

$\displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\;dx$

сходится, то сходится также интеграл

$\displaystyle \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx,$

причём имеет место неравенство

$\displaystyle \Bigl\vert\int_a^{+\infty}f(x)\;dx\Bigr\vert\leqslant \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx.$

        Доказательство.     Представим $ f(x)$ в виде разности двух неотрицательных функций $ f_+(x)\geqslant 0$ и $ f_-(x)\geqslant 0$ :

$\displaystyle f(x)=f_+(x)-f_-(x).$

Для этого достаточно положить

$\displaystyle f_+(x)=\max\{f(x);0\}=\left\{\begin{array}{ll}
0,&\text{ если }f(x)<0;\\
f(x),&\text{ если }f(x)\geqslant 0
\end{array}\right.$

и

$\displaystyle f_-(x)=\max\{-f(x);0\}=\left\{\begin{array}{ll}
0,&\text{ если }f(x)>0;\\
-f(x),&\text{ если }f(x)\leqslant 0.
\end{array}\right.$

(Проверьте, что тогда действительно получается $ f(x)=f_+(x)-f_-(x)$ .) Согласно определению функций $ f_+$ и $ f_-$ , получаем также равенство

$\displaystyle \vert f(x)\vert=f_+(x)+f_-(x).$

Поскольку $ f_+(x)\geqslant 0$ и $ f_-(x)\geqslant 0$ , отсюда сразу получаем, что имеют место неравенства

$\displaystyle 0\leqslant f_+(x)\leqslant \vert f(x)\vert$    и $\displaystyle 0\leqslant f_-(x)\leqslant \vert f(x)\vert.$

Поэтому, по теореме 4.2, несобственные интегралы от функций $ f_+(x)$ и $ f_-(x)$ сходятся, поскольку по предположению сходится интеграл от $ \vert f(x)\vert$ . Вычислим теперь несобственный интеграл от $ f(x)$ :

$\displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\;dx=
 \int_a^{+\infty}(f_+(x)-f_-(x))\;dx=
 \lim_{b\to+\infty}\int_a^b(f_+(x)-f_-(x))\;dx=$    
$\displaystyle =\lim_{b\to+\infty}\Bigl(\int_a^bf_+(x)\;dx-\int_a^bf_-(x))\;dx\B...
...
 \lim_{b\to+\infty}\int_a^bf_+(x)\;dx-
 \lim_{b\to+\infty}\int_a^bf_-(x))\;dx=$    
$\displaystyle =\int_a^{+\infty}f_+(x)\;dx-\int_a^{+\infty}f_-(x)\;dx.$    

Мы доказали тем самым, что интеграл $ \int_a^{+\infty}f(x)\;dx$ сходится. Поскольку $ {\int_a^{+\infty}f_-(x)\;dx\geqslant 0}$ , то

$\displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\;dx=
 \int_a^{+\infty}f_+(x)\;dx-\int_a^{+\infty}f_-(x)\;dx\leqslant$    
$\displaystyle \leqslant \int_a^{+\infty}f_+(x)\;dx+\int_a^{+\infty}f_-(x)\;dx=
 \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx.$    

Но поскольку $ \vert-f(x)\vert=\vert f(x)\vert$ , это же неравенство можно написать и для функции $ -f(x)$ , получив тем самым, одновременно

$\displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\;dx\leqslant \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx$    и $\displaystyle -\int_a^{+\infty}f(x)\;dx\leqslant \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx.$

Взятые вместе, эти два неравенства означают, что

$\displaystyle \Bigl\vert\int_a^{+\infty}f(x)\;dx\Bigr\vert\leqslant \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx,$

и доказательство закончено.     

        Определение 4.4   Если несобственный интеграл $ \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx$ сходится, то несобственный интеграл $ \int_a^{+\infty}f(x)\;dx$ называется абсолютно сходящимся.

Если же несобственный интеграл $ \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx$ расходится, а несобственный интеграл $ \int_a^{+\infty}f(x)\;dx$ сходится, а несобственный интеграл $ \int_a^{+\infty}f(x)\;dx$ называется условно сходящимся.     

Заметим, что доказанная только что теорема означает в точности, что любой абсолютно сходящийся интеграл сходится.

        Определение 4.5   Неотрицательная функция $ g(x)$ называется мажорантой для функции $ f(x)$ на множестве $ \mathcal{D}$ , лежащем в области определения обеих функций, если

$\displaystyle \vert f(x)\vert\leqslant g(x)$ при всех $\displaystyle x\in\mathcal{D}.$

    

        Теорема 4.4   Пусть для функции $ f(x)$ , интегрируемой на любом отрезке $ [a;b]$ , существует мажоранта $ g(x)$ на $ [a;+\infty)$ , причём несобственный интеграл $ {J=\int_a^{+\infty}g(x)\;dx}$ сходится. Тогда несобственный интеграл $ {I=\int_a^{+\infty}f(x)\;dx}$ тоже сходится, и $ \vert I\vert\leqslant J$ .

        Доказательство.     Поскольку $ 0\leqslant \vert f(x)\vert\leqslant g(x)$ и интеграл $ J$ сходится, то по теореме 4.2 интеграл $ {\int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx}$ также сходится. Это означает, что интеграл $ {I=\int_a^{+\infty}f(x)\;dx}$ сходится абсолютно, откуда следует сходимость самого интеграла $ I$ , причём

$\displaystyle \vert I\vert=\Bigl\vert\int_a^{+\infty}f(x)\;dx\Bigr\vert\leqslant \int_a^{+\infty}\vert f(x)\vert\;dx
\leqslant \int_a^{+\infty}g(x)\;dx=J,$

что и завершает доказательство.     

Таким образом, чтобы установить сходимость несобственного интеграла $ {I=\int_a^{+\infty}f(x)\;dx}$ , достаточно найти для $ f(x)$ на $ [a;+\infty)$ такую мажоранту $ g(x)$ , что интеграл $ {J=\int_a^{+\infty}g(x)\;dx}$ сходится.

        Пример 4.7   Рассмотрим несобственный интеграл

$\displaystyle I=\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{1+x^2}\;dx.$

Поскольку $ \vert\sin x\vert\leqslant 1$ при всех $ x$ , функция $ {g(x)=\frac{\textstyle{1}}{\textstyle{1+x^2}}}$ служит мажорантой для $ {f(x)=\frac{\textstyle{\sin x}}{\textstyle{1+x^2}}}$ на $ [0;+\infty)$ . Интеграл от этой мажоранты сходится и равен $ \frac{\pi}{2}$ , как мы проверяли выше, см.  пример 4.1. Значит, сходится и данный нам интеграл $ I$ , причём его значение не превосходит $ \frac{\pi}{2}$ по абсолютной величине:

$\displaystyle \Bigl\vert\int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{1+x^2}\;dx\Bigr\vert\leqslant \frac{\pi}{2}.$