Tích Phân Suy Rộng (Improper Integrals) | Toán Cho Vật Lý | Trang 3

Trang chủ » Nguyên Hàm Từ 0 đến Vô Cực » Tích Phân Suy Rộng (Improper Integrals) | Toán Cho Vật Lý | Trang 3

Có thể bạn quan tâm

3. Bài giải mẫu:

3.1. Ví dụ 1: Xét sự hội tụ của tích phân:

\int\limits_{1}^{+ \infty} { \dfrac{dx}{{\sqrt{x+1}}.{\sqrt[3]{1+x^2}}}} \,

Xét:

f(x) = { \dfrac{dx}{{\sqrt{x+1}}{\sqrt[3]{1+x^2}}}} .

Rõ ràng:f(x) \ge 0 , \forall x \ge 1

Ta sẽ tìm cách sử dụng dấu hiệu so sánh 2 bằng cách xây dựng hàm g(x) tương đương với hàm f(x).

Muốn vậy, ta sẽ thay thế các vô cùng bé (vô cùng lớn) khi x \to \infty có trong f(x) bằng các VCB (VCL) tương đương .

Ở đây ta có:

{\sqrt{1 + x}} \sim x^{ \dfrac{1}{2}} , {\sqrt[3]{1+x^2}} \sim {x^{ \dfrac{2}{3}}}

Do đó: f(x) = { \dfrac{dx}{{\sqrt{x+1}}.{\sqrt[3]{1+x^2}}}} \sim { \dfrac{1}{x^{ \dfrac{7}{6}}}}

Vậy hàm số g(x) cần xét ở đây là:g(x) = { \dfrac{1}{x^{ \dfrac{7}{6}}}}

Khi đó: \lim\limits_{x \to \infty} { \dfrac{f(x)}{g(x)}} = 1 (việc kiểm tra dành cho bạn)

Mà: \int\limits_{1}^{+\infty} { \dfrac{1}{x^{ \dfrac{7}{6}}}} hội tụ (do s = \dfrac{7}{6} \langle 1 ).

Vậy theo dấu hiệu so sánh ta có: \int\limits_{1}^{+ \infty} { \dfrac{dx}{{\sqrt{x+1}}.{\sqrt[3]{1+x^2}}}} \, hội tụ.

3.2.Ví dụ 2 : Xét sự hội tụ của tích phân:

\int\limits_{1}^{+\infty} { \dfrac{x+sinx}{x^{2}.(x - sinx)}} \, dx

Ta tìm các xây dựng hàm g(x) bằng cách thay thế các VCL tương đương.

Do \lim\limits_{x \to \infty} { \dfrac{sinx}{x}} = 0 nên x là VCL bậc cao hơn sinx.

Vậy: x + sinx \sim x ; x - sinx \sim x

Nên: { \dfrac{x + sinx}{x^{2}.(x-sinx)}} \sim { \dfrac{x}{x^{3}}} \sim { \dfrac{1}{x^2}} .

Vậy hàm g(x) cần xét là: \dfrac{1}{x^2}.

Đến đây dễ kết luận tích phân cần xét là hội tụ.

3.3. Ví dụ 3: Xét sự hội tụ của tích phân:

\int\limits_{0}^{+ \infty} e^{-x^{3}} \, dx

Rõ ràng, không thể tính trực tiếp tích phân này vì hàm lấy tích phân không thể có nguyên hàm là các hàm sơ cấp.

Mặc dù, e^{-x^{3}} là VCB khi x \to +\infty nhưng ta không thể tìm được VCB tương đương nào để thay thế. Cũng vậy, nếu viết e^{-x^{3}} =\dfrac{1}{e^{x^{3}}} thì ta cũng không chỉ ra được VCL tương đương nào với e^{x^{3}} .

Vậy không thể xây dựng hàm g(x) tương đương.

Tích phân này cũng không thể sử dụng dấu hiệu Dirichlet để so sánh.

Ta tìm cách chặn hàm f(x) bởi các bất đẳng thức.

Ta có: e^{t} > t , \forall t \ge 0

Do vậy: \dfrac{1}{e^{x^3}} < \dfrac{1}{x^3} .

Tuy nhiên, ta không thể xét hàm g(x) = \dfrac{1}{x^3} , \forall t \ge 0 . Vì hàm f(x) xác định tại x = 0 trong khi hàm g(x) lại không xác định. Nếu không chú ý ta sẽ dễ dẫn đến ngộ nhận là \int\limits_{0}^{\infty}{f(x)} \, phân kỳ vì \int\limits_{0}^{\infty}{ \dfrac{1}{x^3}} \, phân kỳ.

Ta phải xét trên các khoảng mà cả f(x) lẫn g(x) đều cùng xác định. Do đó:

\mathop \int\limits_{0}^{+ \infty} e^{-x^{3}} \, dx = \int\limits_{0}^{1} e^{-x^{3}} \, dx + \int\limits_{1}^{+ \infty} e^{-x^{3}} \, dx \\ \qquad \le \int\limits_{0}^{1} e^{-x^{3}} \, dx + \int_{1}^{+ \infty} { \dfrac{1}{x^{3}}} \, dx

Tích phân đầu tiên ở vế phải là tích phân xác định nên hội tụ, tích phân còn lại cũng hội tụ (do s = 3 > 1) .

Vậy theo dấu hiệu so sánh thì tích phân cần xét phải hội tụ.

Đánh giá:

Chia sẻ:

  • Email
  • In
  • Facebook
Thích Đang tải... Trang: 1 2 3

Từ khóa » Nguyên Hàm Từ 0 đến Vô Cực