2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Несобственный интеграл, доказательство теоремы
Сообщение04.05.2021, 18:05 


19/11/20
297
Москва
Вот так звучит теорема: пусть задан $\int_{a}^{b}f(x)dx$ с единственной особенностью в точке $b$. Для его существования необходимо и достаточно выполнение условия Коши: для всякого $\varepsilon > 0$ существует $b_0 < b$ такое, что $|\int_{b'}^{b''}f(t)dt| < \varepsilon_1$ каковы бы ни были $b', b''$, удовлетворяющие неравенствам $b_0 < b' < b'' < b$. Я не очень понимаю часть, где используется условие Коши, именно геометрический смысл.
Изображение
Правильно ли я понимаю, что если интеграл расходится, как на этом рисунке, то мы можем взять $b'$ и $b''$, для которых посчитать интеграл не получится, потому что на $b''$ функция вообще не определена и площадь под графиком считать нельзя, следовательно для этого требуется, чтобы при любых $b', b''$ посчитать интеграл можно было, так как нужно сделать его меньше $\varepsilon$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несобственный интеграл, доказательство теоремы
Сообщение04.05.2021, 20:22 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
Kevsh в сообщении #1516762 писал(а):
что если интеграл расходится, как на этом рисунке

Если это понимать буквально, то расходится он у вас непонятно где, а не в $b$.

Корректный рисунок был бы например тогда, когда единственная вертикальная асимптота находится в $b$. Условие Коши говорит: интеграл хороший, если при задании любого $\varepsilon$ никак не получается $| \int_I f | > \varepsilon$, если отрезком $I$ не вылезти за границы отрезка $(b_0(\varepsilon), b)$, зависящего только от $\varepsilon$.

Иначе говоря: возьмём $| \int_{b'}^{b''} f|$, прибъём $b'$ гвоздями. Раз у нас $f \to +\infty$ (например) при $x \to b-$, то приближением $b'' \to b$ нарастить указанный модуль можно, но не сколь угодно сильно, а до какого-то предела.

Окей, если упёрлись в этот предел, то будем пытаться нарастить этот интеграл сдвиганием нижнего предела $b'$. Условие говорит: если вы задались числом $M$, которое не может превзойти $| \int_{b'}^{b''} |$, то как угодно двигать $b'$ вам запрещено. А вот где будет $b''$ -- плевать, лишь только оно $\in (b', b)$. Вот если в самом деле "плевать", то интеграл сходится, а если можно нарастить как угодно, двигая только $b''$ -- дело труба.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несобственный интеграл, доказательство теоремы
Сообщение04.05.2021, 22:44 


19/11/20
297
Москва
StaticZero в сообщении #1516792 писал(а):
Условие говорит: если вы задались числом $M$, которое не может превзойти $| \int_{b'}^{b''} |$, то как угодно двигать $b'$ вам запрещено. А вот где будет $b''$ -- плевать, лишь только оно $\in (b', b)$. Вот если в самом деле "плевать", то интеграл сходится, а если можно нарастить как угодно, двигая только $b''$ -- дело труба.


Вот эту часть я не очень понял. Где в условии говорится про число, которое не превосходит модуль этого интеграла ($M$)? Откуда оно берётся? Или тут имеется в виду, что для сходящегося интеграла мы можем взять любое такое число и подобрать для него $b'$ и $b''$ (то есть вы заменили $\varepsilon$ на $M$)? Как я понял мы делаем так: у нас есть некая $\varepsilon$, точкой $b''$ доходим до предела справа, точку $b'$ двигаем влево, пока не интеграл от $b'$ до $b''$ будет меньше заданной $\varepsilon$, теперь как бы мы не двигали $b''$ - превзойти $\varepsilon$ не получится, мы получили условие $|\int_{b'}^{b''}f(t)dt| < \varepsilon$. Если мы всё-таки захотим сдвинуть $b'$ левее, то $b''$ можно сдвинуть вместе с ней и всё равно получить то же условие.
Однако не совсем понятно, почему при этом всём интеграл $\int_0^1\frac{dx}{x}$ будет расходящимся, хотя вроде бы ситуация почти такая же - в точке $0$ функция стремится к $+\infty$. Хотя если взять ту же самую функцию, но другие пределы: $\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x}$, то функция тоже будет расходящейся, что понятно из вашего объяснения: ставим на место $b'$, $b''$ можем двигать бесконечно вправо и бесконечно наращивать модуль, интеграл расходится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несобственный интеграл, доказательство теоремы
Сообщение05.05.2021, 00:36 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


22/06/12
2129
/dev/zero
Kevsh в сообщении #1516824 писал(а):
Однако не совсем понятно, почему при этом всём интеграл $\int_0^1\frac{dx}{x}$ будет расходящимся

Ладно, давайте на этом примере. Прибьём гвоздями точку $1/2$ и будем смотреть на интегралы типа
$$
\int_{y}^{1/2} \frac{\mathrm dx}{x}, \quad 0 < y < 1/2.
$$

Рассмотрим, например, последовательность $y_n = \frac{1}{n+2}$, которую используем в качестве нижнего предела. Интегралы тогда
$$
\int_{y_n}^{1/2} \frac{\mathrm dx}{x} = \ln \frac{1}{2 y_n} = \ln \frac{n+2}{2}.
$$
Это сигнализирует о том, что всё плохо: модуль интеграла можно наращивать неограниченно без оглядки на что-либо ещё, просто "пододвигая" нижний предел к нулю. Условие уже заведомо не выполнено, ещё даже до того, как в рассмотрение введены эпсилоны.

Теперь возьмём корень: $ \int \frac{\mathrm dx}{\sqrt x}$ на том же отрезке, ту же последовательность нижних концов. Получаем:
$$
\int_{y_n}^{1/2} \frac{\mathrm dx}{\sqrt x} = \sqrt{2} - \frac{2}{\sqrt{n+2}}
$$
Если пододвигать нижний конец к нулю путём устремления $n \to \infty$, то у интеграла конечный предел $\sqrt 2$.

Уже лучше. Теперь привлечём то, что там написано: для любого эпсильена существует... Ну вот возьмём $\varepsilon = 1$; тогда существует такой $b(1)$, что $| \int_{b'}^{b''} \frac{\mathrm dx}{\sqrt x} | < 1$ при всех $0 < b' < b'' < b(1)$.

В самом деле, значение интеграла $2(\sqrt {b''} - \sqrt {b'})$ продвижением $b' \to 0+$ можно нарастить не более, чем до $2 \sqrt {b''}$ (в случае $1/x$ мы получаем уже здесь неограниченный рост). Всё, здесь уже $b'$ выпал: "обнулением" мы достигли максимума. Наличие числа $b(1)$ такого, что при $0 < b'' < b(1)$ выполняется $2 \sqrt{b''} < 1$, очевидно. И так для каждого мыслимого $\varepsilon > 0$.

Геометрический смысл, если угодно, такой: если нас "запрут" между числом из отрезка $(a, b)$ с одной стороны и особенностью на конце отрезка с другой, то "топтанием" на этом пятачке мы бесконечный интеграл не получим.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несобственный интеграл, доказательство теоремы
Сообщение05.05.2021, 09:05 
Заслуженный участник


13/12/05
4518
Kevsh
Почему бы Вам не ознакомиться с критерием Коши существования предела функции $\lim\limits_{x\to b-0} F(x)$ ?

 Профиль  
                  
 
 Re: Несобственный интеграл, доказательство теоремы
Сообщение05.05.2021, 11:15 


19/11/20
297
Москва
StaticZero в сообщении #1516846 писал(а):
Kevsh в сообщении #1516824 писал(а):
Однако не совсем понятно, почему при этом всём интеграл $\int_0^1\frac{dx}{x}$ будет расходящимся

Ладно, давайте на этом примере. Прибьём гвоздями точку $1/2$ и будем смотреть на интегралы типа
$$
\int_{y}^{1/2} \frac{\mathrm dx}{x}, \quad 0 < y < 1/2.
$$

Рассмотрим, например, последовательность $y_n = \frac{1}{n+2}$, которую используем в качестве нижнего предела. Интегралы тогда
$$
\int_{y_n}^{1/2} \frac{\mathrm dx}{x} = \ln \frac{1}{2 y_n} = \ln \frac{n+2}{2}.
$$
Это сигнализирует о том, что всё плохо: модуль интеграла можно наращивать неограниченно без оглядки на что-либо ещё, просто "пододвигая" нижний предел к нулю. Условие уже заведомо не выполнено, ещё даже до того, как в рассмотрение введены эпсилоны.

Теперь возьмём корень: $ \int \frac{\mathrm dx}{\sqrt x}$ на том же отрезке, ту же последовательность нижних концов. Получаем:
$$
\int_{y_n}^{1/2} \frac{\mathrm dx}{\sqrt x} = \sqrt{2} - \frac{2}{\sqrt{n+2}}
$$
Если пододвигать нижний конец к нулю путём устремления $n \to \infty$, то у интеграла конечный предел $\sqrt 2$.

Уже лучше. Теперь привлечём то, что там написано: для любого эпсильена существует... Ну вот возьмём $\varepsilon = 1$; тогда существует такой $b(1)$, что $| \int_{b'}^{b''} \frac{\mathrm dx}{\sqrt x} | < 1$ при всех $0 < b' < b'' < b(1)$.

В самом деле, значение интеграла $2(\sqrt {b''} - \sqrt {b'})$ продвижением $b' \to 0+$ можно нарастить не более, чем до $2 \sqrt {b''}$ (в случае $1/x$ мы получаем уже здесь неограниченный рост). Всё, здесь уже $b'$ выпал: "обнулением" мы достигли максимума. Наличие числа $b(1)$ такого, что при $0 < b'' < b(1)$ выполняется $2 \sqrt{b''} < 1$, очевидно. И так для каждого мыслимого $\varepsilon > 0$.

Геометрический смысл, если угодно, такой: если нас "запрут" между числом из отрезка $(a, b)$ с одной стороны и особенностью на конце отрезка с другой, то "топтанием" на этом пятачке мы бесконечный интеграл не получим.


Понял, большое спасибо. Я так понял, что именно по графику понять, сходится или расходится несобственный интеграл нереально, те же приведённые вами функции выглядят на указанных промежутках с виду почти одинаково. Вот и мне не особо получается представить, как это одна функция, которая в нуле не существует, а рядом с ним стремится к бесконечности даёт бесконечную площадь, а вторая, почти точно такая же, не даёт.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 6 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group