Раздел IV. Определённый интеграл — § 4. Несобственные интегралы

Демидович — задача 2357

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 2357

Найти:а) lim⁡x→0x∫x1cos⁡tt2 dt;б) lim⁡x→∞∫0x1+t4 dtx3;\text{а) }\lim_{x\to0}x\int_x^1\frac{\cos t}{t^2}\,dt;\qquad
\text{б) }\lim_{x\to\infty}\frac{\int_0^x\sqrt{1+t^4}\,dt}{x^3};в) lim⁡x→0∫x+∞t−1e−t dtln⁡1x;г) lim⁡x→0xα∫x1f(t)tα+1 dt,\text{в) }\lim_{x\to0}\frac{\int_x^{+\infty}t^{-1}e^{-t}\,dt}{\ln\frac1x};\qquad
\text{г) }\lim_{x\to0}x^\alpha\int_x^1\frac{f(t)}{t^{\alpha+1}}\,dt,где α>0\alpha>0 и f(t)f(t) --- непрерывная функция на сегменте [0,1][0,1].
Ответ:а) 11; б) 13\frac13; в) 11; г) f(0)α\frac{f(0)}{\alpha}. В подпунктах а), в) и г) понимается x→0+x\to0^+.

Решение

В подпунктах а), в) и г) подход к нулю происходит справа: при отрицательном xx соответствующие выражения не определены как данные конечные действительные интегралы.

а) Интегрируем по частям:u=cos⁡t,dv=dtt2du=−sin⁡t dt,v=−1t\begin{aligned}
u&=\cos t,&\qquad dv&=\dfrac{dt}{t^2}\\
du&=-\sin t\,dt,&v&=-\dfrac1t
\end{aligned}Получаем∫x1cos⁡tt2 dt=cos⁡xx−cos⁡1−∫x1sin⁡tt dt\int_x^1\dfrac{\cos t}{t^2}\,dt
=\dfrac{\cos x}{x}-\cos1-\int_x^1\dfrac{\sin t}{t}\,dtФункция sin⁡tt\frac{\sin t}{t} имеет конечный предел 11 при t→0+t\to0^+, поэтому последний интеграл остаётся ограниченным. Умножаем на xx:x∫x1cos⁡tt2 dt=cos⁡x−xcos⁡1−x∫x1sin⁡tt dt ⟶ 1x\int_x^1\dfrac{\cos t}{t^2}\,dt
=\cos x-x\cos1-x\int_x^1\dfrac{\sin t}{t}\,dt
\ \longrightarrow\ 1б) Сначала проверим, что числитель действительно стремится к бесконечности. Для t≥0t\ge01+t4≥t2,∫0x1+t4 dt≥∫0xt2 dt=x33⟶+∞\sqrt{1+t^4}\ge t^2,\qquad
\int_0^x\sqrt{1+t^4}\,dt
\ge\int_0^x t^2\,dt=\dfrac{x^3}{3}\longrightarrow+\inftyЗнаменатель x3x^3 также стремится к +∞+\infty, поэтому применяем правило Лопиталя. Производная интеграла с переменной верхней границей равна подынтегральной функции:lim⁡x→+∞∫0x1+t4 dtx3=lim⁡x→+∞1+x43x2=13\lim_{x\to+\infty}
\dfrac{\int_0^x\sqrt{1+t^4}\,dt}{x^3}
=\lim_{x\to+\infty}
\dfrac{\sqrt{1+x^4}}{3x^2}
=\dfrac13в) При каждом x>0x>0 интеграл до бесконечности сходится благодаря экспоненте. При 0<x<10<x<1 его нижняя оценка имеет вид∫x+∞e−tt dt≥∫x1e−tt dt≥e−1∫x1dtt==e−1ln⁡1x⟶+∞\begin{aligned}
\int_x^{+\infty}\dfrac{e^{-t}}t\,dt
&\ge\int_x^1\dfrac{e^{-t}}t\,dt
\ge e^{-1}\int_x^1\dfrac{dt}t=\\
&=e^{-1}\ln\dfrac1x\longrightarrow+\infty
\end{aligned}Здесь использовано e−t≥e−1e^{-t}\ge e^{-1} на (0,1](0,1]. Знаменатель ln⁡1x\ln\frac1x тоже стремится к +∞+\infty. При дифференцировании числителя важно учесть, что переменная граница нижняя. Представляем его какH(x)=∫x1e−tt dt+∫1+∞e−tt dtH(x)=\int_x^1\dfrac{e^{-t}}t\,dt
+\int_1^{+\infty}\dfrac{e^{-t}}t\,dtВторое слагаемое не зависит от xx, а первое равно −∫1xe−tt dt-\int_1^x\frac{e^{-t}}t\,dt. ПоэтомуH′(x)=−e−xx,(ln⁡1x)′=−1xH'(x)=-\dfrac{e^{-x}}x,\qquad
\left(\ln\dfrac1x\right)'=-\dfrac1xПрименяя правило Лопиталя, получаемlim⁡x→0+∫x+∞e−tt dtln⁡1x=lim⁡x→0+−e−xx−1x=1\lim_{x\to0^+}
\dfrac{\int_x^{+\infty}\dfrac{e^{-t}}t\,dt}{\ln\frac1x}
=\lim_{x\to0^+}
\dfrac{-\frac{e^{-x}}x}{-\frac1x}=1г) Обозначим остаток после выделения f(0)f(0) черезR(x)=xα∫x1f(t)−f(0)tα+1 dtR(x)=x^\alpha\int_x^1\dfrac{f(t)-f(0)}{t^{\alpha+1}}\,dtТеперь выделим значение функции в нуле:xα∫x1f(t)tα+1 dt=f(0)xα∫x1t−α−1 dt+xα∫x1f(t)−f(0)tα+1 dt==f(0)α(1−xα)+R(x)\begin{aligned}
x^\alpha\int_x^1\dfrac{f(t)}{t^{\alpha+1}}\,dt
&=f(0)x^\alpha\int_x^1t^{-\alpha-1}\,dt
+x^\alpha\int_x^1\dfrac{f(t)-f(0)}{t^{\alpha+1}}\,dt=\\
&=\dfrac{f(0)}{\alpha}(1-x^\alpha)+R(x)
\end{aligned}Докажем R(x)→0R(x)\to0, включая случай f(0)=0f(0)=0. Для любого ε>0\varepsilon>0 выберем 0<δ<10<\delta<1 так, чтобы ∣f(t)−f(0)∣<ε|f(t)-f(0)|<\varepsilon при 0≤t≤δ0\le t\le\delta.

При 0<x<δ0<x<\delta разделим остаток на интегралы по [x,δ][x,\delta] и [δ,1][\delta,1]. На первом участке разность f(t)−f(0)f(t)-f(0) мала, а на втором интеграл не зависит от xx и умножается на xα→0x^\alpha\to0. Для первого участка вычислим множитель при ε\varepsilon:xα∫xδt−α−1 dt=1α(1−(xδ)α)≤1αx^\alpha\int_x^\delta t^{-\alpha-1}\,dt
=\dfrac1\alpha\left(1-\left(\dfrac x\delta\right)^\alpha\right)
\le\dfrac1\alphaОбозначим конечную величину, не зависящую от xx, черезCδ=∫δ1∣f(t)−f(0)∣tα+1 dtC_\delta=\int_\delta^1\dfrac{|f(t)-f(0)|}{t^{\alpha+1}}\,dtОна конечна, поскольку ff непрерывна, а t≥δ>0t\ge\delta>0. Следовательно,∣R(x)∣≤εxα∫xδt−α−1 dt+xα∫δ1∣f(t)−f(0)∣tα+1 dt≤εα+Cδxα|R(x)|
\le\varepsilon x^\alpha\int_x^\delta t^{-\alpha-1}\,dt
+x^\alpha\int_\delta^1
\dfrac{|f(t)-f(0)|}{t^{\alpha+1}}\,dt
\le\dfrac{\varepsilon}{\alpha}+C_\delta x^\alphaПокажем, как сделать остаток меньше любой заданной точности η>0\eta>0. Сначала выбираем ε=αη2\varepsilon=\frac{\alpha\eta}{2} и соответствующее число δ\delta. После этого CδC_\delta фиксировано. Берём xx так, чтобы0<x<δ,Cδxα<η20<x<\delta,\qquad C_\delta x^\alpha<\dfrac\eta2Это возможно, поскольку α>0\alpha>0. Тогда∣R(x)∣≤εα+Cδxα<η|R(x)|\le\dfrac\varepsilon\alpha+C_\delta x^\alpha<\etaСледовательно, R(x)→0R(x)\to0, и искомый предел равен f(0)α\frac{f(0)}\alpha.
Демидович № 2357 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика