Несобственные интегралы: сходимость и разобранные примеры

У интеграла может быть привычная первообразная, но при этом не быть конечного значения. Недостающий шаг здесь предел. Если промежуток уходит в бесконечность или функция становится неограниченной на границе либо внутри промежутка, нельзя просто подставить записанные границы в первообразную. Сначала замените проблемную границу обычной переменной. Затем выясните, что происходит при приближении этой переменной к границе.

Такой интеграл называется несобственным. Название описывает постановку задачи, а не её ответ. Одни несобственные интегралы сходятся к конечному числу, другие расходятся. В этом руководстве примеры стоят парами, чтобы решающий шаг был виден. Если запись определённого интеграла пока непривычна, начните с введения в интегралы. В руководстве по пределам объясняется операция, которая определяет исход каждого примера ниже.

Сначала найдите причину несобственности

Обычно встречаются два случая. Бесконечный промежуток имеет границу вроде $+\infty$ или $-\infty$. Неограниченная подынтегральная функция растёт без границ в некоторой точке, хотя обе записанные границы интегрирования могут быть конечными. Эта точка находится на краю или внутри промежутка.

OpenStax, Calculus, том 2, §3.7 определяет оба случая через пределы. Различие важно: если обращаться с $\infty$ как с числом или вычислять интеграл одним действием через внутреннюю особую точку, можно получить правдоподобный, но неверный ответ.

Конечный предел означает сходимость. Если значение растёт без границ или иначе не приближается к конечному числу, интеграл расходится. Одна и та же первообразная может встречаться в обоих исходах. Найти её значит выполнить лишь часть работы.

Четыре шага для повторного применения

1. Найдите все подозрительные границы. Ищите бесконечный конец, нулевой знаменатель, логарифм вне области определения или другую точку, где функция неограниченна. Особая точка внутри промежутка требует разделить его ещё до интегрирования.

2. Замените одну проблемную границу конечной переменной. Запишите получившийся обычный интеграл. Например, вместо $\int_1^{\infty} f(x)\,dx$ напишите $\int_1^R f(x)\,dx$ с конечным $R>1$.

3. Вычислите обычный интеграл. Здесь полезна первообразная. Перед подстановкой конечных границ проверьте её область определения и знаки. Если взять первообразную трудно, сравнение всё равно может установить сходимость.

4. Возьмите предел и назовите результат. Не останавливайтесь на выражении для конечного $R$ или $\varepsilon$. Запишите предельное значение и скажите: сходится или расходится. Если промежуток разделён из-за внутренней особой точки, работайте независимо с обеими частями.

Такой порядок позволяет проверить решение. Читатель увидит, верно ли вы выбрали границу и действительно ли итоговое число является пределом.

На бесконечности: конечная и бесконечная площади

Начнём со сходящегося примера:

$$\int_1^{\infty}\frac{1}{x^2}\,dx =\lim_{R\to\infty}\int_1^R x^{-2}\,dx =\lim_{R\to\infty}\left[-\frac1x\right]_1^R =\lim_{R\to\infty}\left(1-\frac1R\right)=1.$$

Промежуток не заканчивается, однако добавляемая площадь становится достаточно малой, чтобы сумма стремилась к 1. Теперь изменим только степень знаменателя:

$$\int_1^{\infty}\frac1x\,dx =\lim_{R\to\infty}\int_1^R\frac1x\,dx =\lim_{R\to\infty}[\ln x]_1^R =\lim_{R\to\infty}\ln R=+\infty.$$

Этот интеграл расходится. То, что $1/x$ стремится к нулю, ещё не делает накопленную площадь конечной. Функция убывает слишком медленно. Сравните пару: обе функции стремятся к нулю и имеют простые первообразные, но только один интеграл имеет конечный предел.

Для $\int_1^{\infty}x^{-p}\,dx$ границей служит $p=1$. Интеграл сходится при $p>1$ и расходится при $p\le1$. Это краткое правило следует из вычисления предела, включая логарифмический случай $p=1$. Если вы сомневаетесь, подходят ли степень и промежуток, вернитесь к определению через предел.

На краю: та же граница с другой стороны

Даже две конечные записанные границы не гарантируют, что интеграл обычный. В точке $x=0$ функция $x^{-1/2}$ неограниченна. Заменим нижнюю границу на $\varepsilon>0$:

$$\int_0^1\frac1{\sqrt{x}}\,dx =\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{\varepsilon}^1 x^{-1/2}\,dx =\lim_{\varepsilon\to0^+}[2\sqrt{x}]_{\varepsilon}^1 =\lim_{\varepsilon\to0^+}2(1-\sqrt{\varepsilon})=2.$$

Функция неограниченно растёт у края, но интеграл сходится. Сравним $1/x$ на том же промежутке:

$$\int_0^1\frac1x\,dx =\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{\varepsilon}^1\frac1x\,dx =\lim_{\varepsilon\to0^+}(0-\ln\varepsilon)=+\infty.$$

Этот интеграл расходится. Не подставляйте ноль в $\ln x$: выражение $\ln0$ не определено. Настоящий математический вопрос состоит в пределе. Пара на краю похожа на пару на бесконечности: сама особая точка не решает вопрос сходимости, и наличие первообразной тоже.

Внутри промежутка: нельзя сокращать через разрыв

Самый опасный короткий путь появляется, когда особая точка лежит между двумя обычными с виду границами. Рассмотрим

$$\int_{-1}^{1}\frac1x\,dx.$$

Первообразная $\ln|x|$ принимает одинаковое значение в $-1$ и $1$. Хочется написать ноль. Но такое действие пересекает $x=0$, где $1/x$ не определена. Основная теорема анализа не разрешает одну подстановку через разрыв. Перед тем как приписать значение всему выражению, исследуйте обе части отдельно:

$$\int_{-1}^{0}\frac1x\,dx\qquad\text{и}\qquad\int_0^1\frac1x\,dx.$$

Каждой части нужен свой предел. Слева при $\varepsilon>0$ получаем $\int_{-1}^{-\varepsilon}1/x\,dx=\ln\varepsilon\to-\infty$. Справа $\int_{\varepsilon}^{1}1/x\,dx=-\ln\varepsilon\to+\infty$. Ни одна часть не сходится к конечному числу. Поэтому исходный несобственный интеграл расходится.

Симметричное отсечение даёт ноль при каждом положительном $\varepsilon$, но определяет другую конструкцию: главное значение по Коши. Оно сводит вместе две расходящиеся части и даёт им взаимно уничтожиться. Это не значение обычного несобственного интеграла. Рабочий лист Университета Южной Каролины отдельно требует проверить обе стороны внутренней особой точки.

Если первообразная трудна, сравните функции

Не у каждого несобственного интеграла удобно находить первообразную. Для неотрицательной подынтегральной функции можно сравнить её с функцией, поведение которой уже известно. Например, при $x\ge1$ имеем

$$0<\frac1{x^2+1}\le\frac1{x^2}.$$

Поскольку $\int_1^{\infty}1/x^2\,dx$ сходится, меньший неотрицательный интеграл $\int_1^{\infty}1/(x^2+1)\,dx$ также сходится. Так сходимость доказана без точного значения. Теорема сравнения в OpenStax, §3.7 задаёт необходимые условия. Направление неравенства важно: положение ниже расходящейся функции само по себе ничего не говорит. Неотрицательная функция ниже сходящейся получает сходимость.

Проверьте ответ перед сдачей

Назовите проблемную границу и посмотрите на последнюю строку. Одна лишь первообразная, непосредственная подстановка $\infty$ или неопределённый $\ln0$ не завершают решение. При внутренней особой точке нужны два конечных односторонних предела. Симметричное сокращение их не заменит.

Две короткие проверки. Сходится ли $\int_2^{\infty}1/x^2\,dx$? По тому же расчёту получается $1/2$. А $\int_0^1x^{-2}\,dx$? Его предел на краю неограниченно растёт, значит интеграл расходится. Хотя степень одинаковая, границы и исходы разные. Если ответ удивляет, запишите версию с конечной границей и посмотрите, что покажет предел.

Руководство Math Zen по пределам поможет с последним шагом. Руководство по правилу Лопиталя объясняет инструмент для допустимых форм пределов, но не заменяет поиск и разделение проблемной границы интеграла. Когда все особые точки и правильные односторонние пределы выписаны, остальное снова становится обычным интегрированием.