‹-- Назад

Несобственные интегралы с несколькими особенностями

Рассмотрим функцию $ f(x)$ и такой промежуток $ J\sbs\mathbb{R}$ , на котором $ f(x)$ имеет несколько особенностей. Будем считать, что особенности имеются в тех точках промежутка, при приближении к которым функция имеет неинтегрируемые разрывы11, а также в $ -\infty$ и $ +\infty$ , если они являются концами рассматриваемого промежутка $ J$ .

Итак, пусть $ f(x)$ имеет особенности в $ c_1,\ c_2,\ \dots,\ c_n$ , где, возможно, $ c_1=-\infty$ и $ c_n=+\infty$ , а все оставшиеся $ c_i$  -- точки оси $ Ox$ . Точки $ c_i$ разбивают промежуток $ J$ на части -- интервалы $ (c_{i-1};c_i)$ , где внутри интервалов функция уже не имеет особенностей, то есть интегрируема по любому отрезку $ [c';c'']\sbs(c_{i-1};c_i)$ . Если промежуток $ J$  -- это отрезок $ [a;b]$ и в точках $ a$ и $ b$ функция не имеет особенностей, то к интервалам $ (c_{i-1};c_i)$ добавляются ещё полуинтервалы $ [a;c_1)$ и $ (c_n;b]$ с особенностями только в точках $ c_1$ и $ c_n$ . Выберем в каждом из интервалов $ (c_{i-1};c_i)$ по точке $ d_i$ . Тогда на полуинтервалах $ (c_{i-1};d_i]$ и $ [d_i;c_i)$ функция $ f(x)$ имеет ровно по одной особенности -- в точке $ c_{i-1}$ или $ c_i$ соответственно. Присоединим, если нужно, к этим полуинтервалам ещё и $ [a;c_1)$ и $ (c_n;b]$ , то есть будем считать в этом случае $ d_1=a$ и $ d_{n+1}=b$ .

        Определение 4.9   При описанных выше условиях на функцию $ f(x)$ и выбор точек $ d_i$ будем считать несобственный интеграл от $ f(x)$ по промежутку $ J$ равным сумме несобственных интегралов по каждому из упоминавшихся выше полуинтервалов $ (c_{i-1};d_i]$ и $ [d_i;c_i)$ , при условии, что все эти интегралы сходятся:

$\displaystyle \int_Jf(x)\;dx=\sum_i\Bigl(
\int_{c_{i-1}}^{d_i}f(x)\;dx+
\int_{d_i}^{c_i}f(x)\;dx\Bigr).$

Если же хотя бы одно из этих слагаемых представляет собою расходящийся интеграл, то интеграл $ \int_Jf(x)\;dx$ считается расходящимся.     

Заметим, что мы уже давали аналогичное определение в случае, когда $ J=(-\infty;+\infty)$ и этот интервал разбивается точкой деления $ d=d_1$ на две части, то есть особенности имеются только в $ -\infty$ и $ +\infty$ ( определение 4.3). Вслед за тем мы проверили, что величина интеграла при определении 4.3 не зависит от выбора точки деления $ d$ . Аналогичный результат верен и для общего определения 4.9. Доказывается он точно так же, на основе свойства аддитивности определённого интеграла, поэтому мы опускаем доказательство.

        Пример 4.16   Рассмотрим интеграл

$\displaystyle \int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}.$

На промежутке интегрирования $ J=[-1;1]$ функция $ f(x)=\frac{1}{x^2}$ имеет особенность в точке $ x=0$ , поскольку $ f(x)\to+\infty$ при $ x\to0$ . Точка $ c=0$ разбивает $ J$ на две части: $ [-1;0)$ и $ (0;1]$ , причём у каждого из этих полуинтервалов лишь один конец (а именно, 0) соответствует особенности функции. Согласно определению, нужно положить

$\displaystyle \int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}=\int_{-1}^0\frac{dx}{x^2}+\int_0^1\frac{dx}{x^2},$

причём нужно проверить сходимость интегралов в правой части. Имеем:

$\displaystyle \int_0^1\frac{dx}{x^2}=Y(2)=\infty$

(см. выше, пример 4.9). Поскольку этот интеграл расходится, то расходится и данный интеграл $ \int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}$ , и проверять сходимость слагаемого $ \int_{-1}^0\frac{dx}{x^2}$ уже нет нужды (на самом деле он тоже расходится).

Заметим, что было бы абсолютно неверно "не заметить" особенность функции в точке 0 и необоснованно применить формулу Ньютона - Лейбница, которая верна только для непрерывных подынтегральных функций:

$\displaystyle \int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}=-\frac{1}{x}\Bigl\vert _{-1}^1=
-\frac{1}{1}-(-\frac{1}{-1})=-2.$

Рис.4.10.



Мало того, что получился абсурдный результат: интеграл от положительной функции $ f(x)=\frac{1}{x^2}$ оказался отрицательным, так ещё при таком "способе" счёта мы упустили, что на самом деле площадь под графиком $ y=\frac{1}{x^2}$ бесконечна.     

        Пример 4.17   Рассмотрим интеграл

$\displaystyle \int_{-2}^2\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}.$

На отрезке $ [-2;2]$ функция имеет две особенности -- в точках $ -1$ и 1. Поэтому нужно взять ещё точку на интервале между особенностями (возьмём 0 для симметричности), и отрезок разбивается на четыре части: $ [-2;-1)$ , $ (-1;0]$ , $ [0;1)$ и $ (1;2]$ . Интегралы по этим отрезкам -- это несобственные интегралы второго рода, причём в силу чётности подынтегральной функции нам достаточно найти лишь $ \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}$ и $ \int_1^2\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}$ , а остальные два будут иметь те же значения:

$\displaystyle \int_{-1}^0\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}$

и

$\displaystyle \int_{-2}^{-1}\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}=\int_1^2\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}.$

Заметим, что на промежутке $ [0;1)$ $ \vert x^2-1\vert=1-x^2$ , а на промежутке $ (1;2]$ $ \vert x^2-1\vert=x^2-1$ , так что

$\displaystyle \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}=\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$

и

$\displaystyle \int_1^2\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}=\int_1^2\frac{dx}{\sqrt{x^2-1}}.$

Первый из этих интегралов мы уже вычислили в примере 4.8:

$\displaystyle \int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi}{2}.$

Вычислим второй:

$\displaystyle \int_1^2\frac{dx}{\sqrt{x^2-1}}=\ln\vert x+\sqrt{x^2-1}\vert\Bigr\vert _1^2=
\ln(2+\sqrt{3})-\ln1=\ln(2+\sqrt{3}).$

Итак,

$\displaystyle \int_{-2}^2\frac{dx}{\sqrt{\vert x^2-1\vert}}=
\ln(2+\sqrt{3})+\frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}+\ln(2+\sqrt{3})=\pi+2\ln(2+\sqrt{3}).
$