Question

Проверить интеграл на сходимость и если он сходится, то вычислить его

Answer 1

Ответ:

$\boxed{ \boldsymbol{ \displaystyle \int\limits^{+\infty}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx = \dfrac{\pi}{2}}}$

Примечание:

Интеграл 1 рода от положительной функции  $\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{a} {f(x)} \, dx$ сходится если $\exists M$, что $\displaystyle \int\limits^{A}_{a} {f(x)} \, dx \leq M, \forall A \geq a$

Объяснение:

$\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx = \dfrac{\pi}{2}$

$\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx$ - несобственный интеграл 1 рода

1) способ решения

(взятие интеграла смотрите ниже(2 способ решения))

По определению несобственного интеграла 1 рода:

$\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx = \lim_{A \to \infty} \int\limits^{A}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx = \lim_{A \to \infty} \Bigg( 2 \ \text{arctg} \sqrt{x} \bigg|^{A}_{1} \Bigg) =$

$\displaystyle = \lim_{A \to \infty} 2(\text{arctg} \ \sqrt{A} - \text{arctg} \ \sqrt{1} ) = 2\lim_{A \to \infty} (\text{arctg} \ \sqrt{A} - \text{arctg} \ \sqrt{1} ) =$

$\displaystyle 2 \bigg(\lim_{A \to \infty} \text{arctg} \ \sqrt{A} - \lim_{A \to \infty}\text{arctg} \ \sqrt{1} \bigg)= 2 \bigg(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} \bigg) = 2 \bigg \cdot\dfrac{2\pi - \pi }{4} = \dfrac{\pi}{2}$

(Детальнее о пределе вида $\displaystyle \lim_{A \to \infty} \text{arctg} \ \sqrt{A} = \frac{\pi }{2}$ смотрите в конце 2 способа решения)

2) способ решения (проверка на сходимость через признак)

Пусть $f(x) = \dfrac{1}{(1 + x)\sqrt{x} }$, тогда так как $f(x) > 0$ на промежутке от $[1; + \infty)$

то данный интеграл является несобственный интеграл 1 рода от положительной функции.

Найдем такое $M$, что выполнено условие $\displaystyle \int\limits^{A}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx \leq M, \forall A \geq 1$

Рассмотрим неопределенный интеграл $\displaystyle \int {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx$.

$\displaystyle \int {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx =$

----------------------------------------

Замена: $\sqrt{x} = t \Longrightarrow x = t^{2}$

$dx = d(t^{2}) \ dt = 2t \ dt$

-----------------------------------------

$= \displaystyle \int {\frac{2t \ dt}{(t^{2} + 1)t } } = 2 \int {\frac{ dt}{t^{2} + 1^{2} } } = 2 \ \text{arctg} \ t + C = 2 \ \text{arctg} \sqrt{x} + C$

Таким образом $\displaystyle \int\limits^{A}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx = 2 \ \text{arctg} \sqrt{x} \bigg|^{A}_{1} = 2(\text{arctg} \ \sqrt{A} - \text{arctg} \ \sqrt{1} ) =$

$= 2 \bigg (\text{arctg} \ \sqrt{A} - \dfrac{\pi }{4} \bigg) = 2 \ \text{arctg} \ \sqrt{A} - \dfrac{\pi }{2}$

Так как $E(\text{arctg} \ x) \in \bigg(- \dfrac{\pi}{2} ; \dfrac{\pi}{2} \bigg)$, то функция $f(A) = 2 \ \text{arctg} \ \sqrt{A} - \dfrac{\pi }{2}$ - ограниченна, а так как функция ограниченна, то $\exists M$, что $f(A) \leq M$, то есть выполнено условие $\displaystyle \int\limits^{A}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx \leq M, \forall A \geq 1$

Так как $\displaystyle \int {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx = 2 \ \text{arctg} \sqrt{x} + C$, то:

(при вычислении несобственного интеграла воспользуемся несобственной двойной подстановкой)

$\displaystyle \int\limits^{+\infty}_{1} {\frac{1}{(1 + x)\sqrt{x} } } \, dx = 2 \ \text{arctg} \sqrt{x} \bigg|^{+\infty}_{1} = 2 \bigg( \lim_{x \to \infty} \text{arctg} \sqrt{x} - \text{arctg} \sqrt{1} \bigg) =$

$= 2 \bigg(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{4} \bigg) = 2 \bigg \cdot\dfrac{2\pi - \pi }{4} = \dfrac{\pi}{2}$.

Так как асимптота графика $y = \text{arctg} \ x$ при $x \to + \infty$ это $y = \dfrac{\pi}{2}$, то и

асимптота графика $y = \text{arctg} \sqrt{x}$ при $x \to + \infty$ это $y = \dfrac{\pi}{2}$, то

$\displaystyle \lim_{x \to \infty} \text{arctg} \sqrt{x} = \dfrac{\pi}{2}$.