7.9-bo'lim: Noto'g'ri integrallar uchun taqqoslash testi
Endi biz noto'g'ri integrallarni qanday hisoblashni ko'rganimizdan so'ng, ular haqida yana bir mavzuni ko'rib chiqishimiz kerak. Ko'pincha biz bu integrallarning haqiqiy qiymati bilan qiziqmaymiz. Buning o'rniga bizni faqat integralning konvergent yoki divergent ekanligi qiziqtirishi mumkin. Bundan tashqari, biz shunchaki integrallasholmaydigan ba'zi integrallar bo'ladi, ammo biz hali ham ularning yaqinlashish yoki ajralishlarini bilishni xohlaymiz.
Buni hal qilish uchun bizda konvergentsiya yoki divergensiya testi mavjud bo'lib, biz noto'g'ri integral uchun yaqinlashuv haqidagi savolga javob berishga yordam berishimiz mumkin.
Biz bu testni faqat cheksiz intervalli integralning kichik holi uchun beramiz, biroq cheksiz intervalli integrallarning boshqa kichik holatlari, shuningdek uzluksiz integralli integrallar uchun test versiyalari mavjud.
Taqqoslash testi
Agar \(f\left( x \right) \ge g\left( x \right) \ge 0\) \(\left[ {a,\infty } \right)\) oralig'ida bo'lsa, u holda,
- Agar \(\displaystyle \int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{f\left( x \right)\,dx}}\) yaqinlashsa, \(\displaystyle \int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{g\left( x \right)\,dx}}\) ham shunday bo'ladi.
- Agar \(\displaystyle \int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{g\left( x \right)\,dx}}\) ajralib chiqsa, \(\displaystyle \int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{f\left( x \right)\,dx}}\) ham farqlanadi.
E'tibor bering, agar siz hudud nuqtai nazaridan o'ylasangiz, taqqoslash testi juda mantiqiy. Agar \(f\left( x \right)\) \(g\left( x \right)\) dan katta bo'lsa, \(f\left( x \right)\) ostidagi maydon \(g\left( x \right)\) ostidagi maydondan ham katta bo'lishi kerak.
Shunday qilib, agar kattaroq funktsiya ostidagi maydon cheklangan bo'lsa (i.e. \(\int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{f\left( x \right)\,dx}}\) yaqinlashadi) u holda kichikroq funksiya ostidagi maydon ham chekli bo'lishi kerak (i.e. \(\int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{g\left( x \right)\,dx}}\) birlashadi). Xuddi shunday, agar kichikroq funksiya ostidagi maydon cheksiz bo'lsa (i.e. \(\int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{g\left( x \right)\,dx}}\) ajralib chiqadi) u holda kattaroq funksiya ostidagi maydon ham cheksiz bo'lishi kerak (i.e. \(\int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{f\left( x \right)\,dx}}\) farqlanadi).
Ushbu testni noto'g'ri ishlatmaslik uchun ehtiyot bo'ling. Agar kichikroq funktsiya yaqinlashsa, kattasi ham yaqinlashadi deb ishonish uchun asos yo'q (agar cheksizlik chekli sondan kattaroq bo'lsa ...) va agar kattaroq funktsiya ajralib chiqsa, kichikroq funktsiya ham ajralib chiqishiga ishonish uchun asos yo'q.
Taqqoslash testidan foydalanib, bir nechta misollarni ishlab chiqaylik. E'tibor bering, biz faqat integralning yaqinlashuvini aniqlashimiz mumkin. Biz integrallarning qiymatini aniqlay olmaymiz va shuning uchun ham bu bilan bezovtalanmaymiz.
Yechim
Keling, bir soniya vaqt ajratamiz va Taqqoslash testi qanday ishlashi haqida o'ylaymiz. Agar bu integral yaqinlashuvchi bo'lsa, biz bir xil oraliqda yaqinlashadigan kattaroq funktsiyani topishimiz kerak. Xuddi shunday, agar bu integral divergent bo'lsa, biz ham ajralib chiqadigan kichikroq funktsiyani topishimiz kerak bo'ladi.
Demak, integralning vaqtdan oldin yaqinlashishi yoki ajralishi haqida qandaydir fikrga ega bo'lsak yaxshi bo'lardi, shuning uchun biz kattaroq (va yaqinlashuvchi) funktsiyani yoki kichikroq (va divergent) funktsiyani izlashimiz kerakligini bilib olamiz.
Ushbu funktsiyani taxmin qilish uchun hisoblagich yaxshi va chegaralanganligiga e'tibor bering, chunki biz buni bilamiz,
\[0 \le {\cos ^2}x \le 1\]
Shuning uchun, hisoblagich juda katta bo'lmaydi.
Demak, maxraj ushbu integralning yaqinlashuvini/divergensiyasini aniqlay oladi va biz bilamizki,
\[\int_{{\,2}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{{{x^2}}}\,dx}}\]oldingi fakt bilan \(p = 2 > 1\) dan beri yaqinlashadi bo'limi. Demak, bu integral yaqinlashadi deb taxmin qilaylik.
Demak, endi biz dan kattaroq funktsiyani topishimiz kerakligini bilamiz
\[\frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2}}}\]va ham birlashadi. Kasrni kattalashtirish aslida juda oddiy jarayon. Numeratorni kattaroq qilishimiz yoki maxrajni kichikroq qilishimiz mumkin. Bu holda biz yordam beradigan tarzda maxraj haqida ko'p narsa qila olmaymiz. Biroq, suratni kattalashtirish uchun \(0 \le {\cos ^2}x \le 1\) faktidan foydalanishimiz mumkin (i.e. biz kosinusni kattaroq deb bilgan narsa bilan almashtiramiz, ya'ni 1). Shunday qilib,
\[\frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2}}} \le \frac{1}{{{x^2}}}\]Endi, biz allaqachon ta'kidlaganimizdek
\[\int_{{\,2}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{{{x^2}}}\,dx}}\]yaqinlashadi va shuning uchun taqqoslash testi orqali biz buni bilamiz
\[\int_{{\,2}}^{{\,\infty }}{{\frac{{{{\cos }^2}x}}{{{x^2}}}\,dx}}\]ham birlashishi kerak.
Yechim
Keling, avval ushbu integralning yaqinlashuvi haqida taxmin qilaylik. Haqida oxirgi qismda ta'kidlanganidek
\[\int_{{\,a}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{{{x^p}}}\,dx}}\]agar integral \(\frac{1}{x}\) dan tezroq nolga tushsa, u holda integral yaqinlashishi mumkin. Endi bizda \(x\) ga qaraganda cheksizlikka tezroq yaqinlashadigan maxrajdagi eksponensial bor va shuning uchun bu integral yaqinlashishi kerakdek tuyuladi.
Shunday qilib, bizga yaqinlashadigan kattaroq funktsiya kerak. Bu holda biz payni kattalashtira olmaymiz va shuning uchun funktsiyani bir butun sifatida kattaroq qilish uchun maxrajni kichikroq qilishimiz kerak bo'ladi. Biroq, biz ehtiyot bo'lishimiz kerak. Buni qilishning ikkita usuli bor va ulardan faqat bittasi, bu holda biz uchun ishlaydi.
Birinchidan, e'tibor bering, integratsiyaning pastki chegarasi 3 bo'lgani uchun biz \(x \ge 3 > 0\) deb aytishimiz mumkin va biz ko'rsatkichlar har doim ijobiy ekanligini bilamiz. Demak, maxraj ikki musbat hadlarning yig‘indisidir va agar ulardan birini tashlasak, maxraj kichrayadi. Bu o'z navbatida funktsiyani kattaroq qiladi.
Savol shundaki, qaysi birini tashlab yuborish kerak? Keling, birinchi navbatda eksponensialni tashlaylik. Buni qilish,
\[\frac{1}{{x + {{\bf{e}}^x}}} < \frac{1}{x}\]Biroq, bu muammo, chunki
\[\int_{{\,3}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{x}\,dx}}\]tomonidan farqlanadi haqiqat. Bizda farq qiluvchi kattaroq funktsiya mavjud. Bu kichikroq funktsiya haqida hech narsa demaydi. Shuning uchun, biz tushirish uchun noto'g'ri tanladik.
Keling, yana urinib ko'raylik va bu safar \(x\) ni tashlab qo'yamiz.
\[\frac{1}{{x + {{\bf{e}}^x}}} < \frac{1}{{{{\bf{e}}^x}}} = {{\bf{e}}^{ - x}}\]Shuningdek,
\[\begin{align*}\int_{{\,3}}^{{\,\infty }}{{{{\bf{e}}^{ - x}}\,dx}} & = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \int_{{\,3}}^{{\,t}}{{{{\bf{e}}^{ - x}}\,dx}}\\ & = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( { - {{\bf{e}}^{ - t}} + {{\bf{e}}^{ - 3}}} \right)\\ & = {{\bf{e}}^{ - 3}}\end{align*}\]Shunday qilib, \(\int_{{\,3}}^{{\,\infty }}{{{{\bf{e}}^{ - x}}\,dx}}\) konvergent hisoblanadi. Shuning uchun, taqqoslash testi orqali
\[\int_{{\,3}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{{x + {{\bf{e}}^x}}}\,dx}}\]ham konvergent hisoblanadi.
Yechim
Bu oldingi misolga juda o'xshash va bir nechta muhim farqlar bilan. Birinchidan, eksponensial endi nolga o'tishiga e'tibor bering, chunki \(x\) avvalgi misoldagidek kattalashib borish o'rniga (ko'rsatkichdagi manfiy tufayli). Shuni ham yodda tutingki, eksponensial endi unga qo'shilish o'rniga \(x\) dan ayiriladi.
Eksponensialning nolga tushishi, bu safar maxrajdagi \(x\), ehtimol, atamada ustunlik qilishini anglatadi va bu integral, ehtimol, ajralib chiqishini anglatadi. Shuning uchun biz bir-biridan ajralib turadigan kichikroq funktsiyani topishimiz kerak bo'ladi.
Kasrlarni kichikroq qilish kasrlarni kattalashtirish bilan deyarli bir xil. Bunday holda, biz hisoblagichni kichikroq qilishimiz yoki maxrajni kattalashtirishimiz kerak.
Bu erda ikkinchi o'zgarish kuchga kiradi. Avvalgidek, \(x\) ham, eksponensial ham ijobiy ekanligini bilamiz. Biroq, bu safar biz ko'rsatkichni \(x\) dan ayirsak, agar eksponensialni tushiradigan bo'lsak, maxraj katta bo'ladi (biz endi \(x\) dan musbat sonni ayirmaymiz) va shuning uchun kasr kichikroq bo'ladi. Boshqacha aytganda,
\[\frac{1}{{x - {{\bf{e}}^{ - x}}}} > \frac{1}{x}\]va biz buni bilamiz
\[\int_{{\,3}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{x}\,dx}}\]farqlanadi va shuning uchun Taqqoslash testi orqali biz buni bilamiz
\[\int_{{\,3}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{{x - {{\bf{e}}^{ - x}}}}\,dx}}\]ham farq qilishi kerak.
Yechim
Avval e'tibor bering, birinchi misolda bo'lgani kabi, bu funktsiyadagi pay chegaralangan bo'ladi, chunki sinus hech qachon 1 dan katta bo'lmaydi. Shuning uchun, maxrajdagi ko'rsatkich 1 dan kichik bo'lganligi sababli, integral ehtimol ajralib chiqishini taxmin qilishimiz mumkin. Bizga kichikroq funktsiya kerak bo'ladi, u ham ajralib turadi.
Biz \(0 \le 3{\sin ^4}\left( {2x} \right) \le 3\) ekanligini bilamiz. Xususan, bu atama musbat va shuning uchun uni suratdan tushirsak, hisoblagich kichikroq bo'ladi. Bu beradi,
\[\frac{{1 + 3{{\sin }^4}\left( {2x} \right)}}{{\sqrt x }} > \frac{1}{{\sqrt x }}\]va
\[\int_{{\,1}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{{\sqrt x }}\,dx}}\]Taqqoslash testi orqali farqlanadi
\[\int_{{\,1}}^{{\,\infty }}{{\frac{{1 + 3{{\sin }^4}\left( {2x} \right)}}{{\sqrt x }}\,dx}}\]ham farqlanadi.
Taqqoslash testidan foydalanish uchun shu nuqtaga qadar barcha misollar pay yoki maxrajni manipulyatsiya qilishda ishlatilgan. Bu fikrga shunchalik berilib qo'ymangki, siz hamma narsa qilishingiz kerak bo'ladi deb qaror qilasiz. Ba'zan siz hisoblagichni ham, maxrajni ham manipulyatsiya qilishingiz kerak bo'ladi.
Keling, shunga o'xshash misol keltiraylik.
Yechim
Bu holda biz payg'ambardagi kosinus chegaralanganligi sababli pay hech qachon katta bo'lmasligini payqashimiz mumkin. Xuddi shunday, maxrajdagi sinus chegaralangan va shuning uchun bu atama juda katta yoki juda kichik bo'lmaydi.
Bu maxrajda faqat kvadrat ildizni qoldiradi va ko'rsatkich birdan kichik bo'lgani uchun biz integralning bir-biridan ajralib chiqishini taxmin qilishimiz mumkin. Shunday qilib, bizga kichikroq funktsiya kerak bo'ladi, u ham ajralib turadi.
Biz \(0 \le {\cos ^2}\left( x \right) \le 1\) ekanligini bilamiz. Xususan, bu atama musbat va shuning uchun uni suratdan tushirsak, hisoblagich kichikroq bo'ladi. Bu beradi,
\[\frac{{1 + {{\cos }^2}\left( x \right)}}{{\sqrt x \left[ {2 - {{\sin }^4}\left( x \right)} \right]}} > \frac{1}{{\sqrt x \left[ {2 - {{\sin }^4}\left( x \right)} \right]}}\]Keyinchalik, biz \(0 \le {\sin ^4}\left( x \right) \le 1\) ekanligini ham bilamiz. Shunga qaramay, bu ijobiy atama va shuning uchun agar biz buni endi 2 dan olib tashlamasak, qavs ichidagi atama kattalashadi va shuning uchun ratsional ifoda kichikroq bo'ladi. Bu beradi,
\[\frac{{1 + {{\cos }^2}\left( x \right)}}{{\sqrt x \left[ {2 - {{\sin }^4}\left( x \right)} \right]}} > \frac{1}{{\sqrt x \left[ {2 - {{\sin }^4}\left( x \right)} \right]}} > \frac{1}{{2\sqrt x }}\]
Nihoyat, biz buni bilamiz
\[\int_{{\,2}}^{{\,\infty }}{{\frac{1}{{2\sqrt x }}\,dx}}\]Taqqoslash testi orqali farqlar (maxrajdagi 2 bunga ta'sir qilmaydi).
\[\int_{{\,2}}^{{\,\infty }}{{\frac{{1 + {{\cos }^2}\left( x \right)}}{{\sqrt x \left[ {2 - {{\sin }^4}\left( x \right)} \right]}}\,dx}}\]ham farqlanadi.
Xo'sh, biz taqqoslash testining bir nechta misollarini ko'rdik. Biroq, ularning aksariyati deyarli bir xil ishlagan. Barcha funktsiyalar oqilona edi va ularning ko'pchiligida biz xohlagan narsani olish uchun raqam va/yoki maxrajdan biror narsa qo'shish yoki ayirish edi.
Keling, bir oz boshqacha ishlaydigan misolni ko'rib chiqaylik, shuning uchun biz bu g'oyalarga juda qattiq yopishib qolmaymiz.
Yechim
Odatda, maxrajda faqat \(x\) mavjudligi bu integral uchun divergentni taxmin qilishimizga olib keladi. Biroq, suratdagi eksponensial shunchalik tez nolga yaqinlashadiki, buning o'rniga biz bu integral yaqinlashishini taxmin qilishimiz kerak.
Kattaroq funktsiyani olish uchun biz \(x > 1\) integratsiya chegaralaridan bilganimizdan foydalanamiz. Bu shuni anglatadiki, agar biz maxrajdagi \(x\) ni 1 ga almashtirsak (bu har doim \(x\) dan kichik bo'ladi), biz maxrajni kichikroq qilamiz va shuning uchun funktsiya kattalashadi.
\[\frac{{{{\bf{e}}^{ - x}}}}{x} < \frac{{{{\bf{e}}^{ - x}}}}{1} = {{\bf{e}}^{ - x}}\]va biz buni ko'rsata olamiz
\[\int_{{\,1}}^{{\,\infty }}{{{{\bf{e}}^{ - x}}\,dx}}\]birlashadi. Aslida, biz buni 3 ning pastki chegarasi uchun allaqachon qildik va uni 1 ga o'zgartirish integralning yaqinlashuvini o'zgartirmaydi. Shuning uchun, taqqoslash testi orqali
\[\int_{{\,1}}^{{\,\infty }}{{\frac{{{{\bf{e}}^{ - x}}}}{x}\,dx}}\]ham birlashadi.
Biz haqiqatan ham ratsional funktsiyani o'z ichiga olmaydigan misol bilan ishlashimiz kerak, chunki biz doimo ratsional funktsiyalar bilan ishlaymiz deb taxmin qilish uchun hech qanday sabab yo'q.
Yechim
Biz bilamizki, manfiy ko'rsatkichli eksponentlar juda tez nolga tushadi, shuning uchun bu integral konvergent bo'lishini taxmin qilish mantiqan. Bizga kattaroq funktsiya kerak, lekin bu safar bizda ishlash uchun kasr yo'q, shuning uchun biz boshqacha qilishimiz kerak.
Biz \({{\bf{e}}^{ - x}}\) kamayuvchi funksiya ekanligidan foydalanamiz. Bu shuni anglatadiki
\[{x_1} > {x_2}\hspace{0.25in}\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\hspace{0.25in}{{\bf{e}}^{ - {x_1}}} < {{\bf{e}}^{ - {x_2}}}\]Boshqacha qilib aytganda, kattaroq raqamni ulang va funksiya kichikroq bo'ladi.
Integratsiya chegaralaridan biz \(x > 1\) ekanligini bilamiz va bu shuni anglatadiki, agar biz \(x\) kvadratiga ega bo'lsak, u kattalashadi. Yoki,
\[{x^2} > x\hspace{0.25in}\hspace{0.25in}{\mbox{provided }}x > 1\]Shuni yodda tutingki, biz buni faqat \(x > 1\) dan boshlab aytishimiz mumkin. Agar \(x \le 1\) bo'lsa, bu to'g'ri bo'lmaydi! Endi biz \({{\bf{e}}^{ - x}}\) kamayuvchi funktsiya ekanligidan foydalanishimiz mumkin,
\[{{\bf{e}}^{ - {x^2}}} < {{\bf{e}}^{ - x}}\]Shunday qilib, \({{\bf{e}}^{ - x}}\) \({{\bf{e}}^{ - {x^2}}}\) dan kattaroq funktsiyadir va biz buni bilamiz
\[\int_{{\,1}}^{{\,\infty }}{{{{\bf{e}}^{ - x}}\,dx}}\]birlashadi, shuning uchun taqqoslash testi orqali biz buni ham bilamiz
\[\int_{{\,1}}^{{\,\infty }}{{{{\bf{e}}^{ - {x^2}}}\,dx}}\]konvergent hisoblanadi.
Oxirgi ikkita misol \(x > 1\) haqiqatidan foydalangan. Agar pastki chegara 1 dan kichik bo'lganida, bularni qanday qilishimiz kerakligini ko'rish uchun misolni ko'rib chiqaylik.
Yechim
Birinchidan, \({{\bf{e}}^{ - {x^2}}} \le {{\bf{e}}^{ - x}}\) faqat quyidagi grafikda ko'rsatilganidek, \(\left[ {1,\infty } \right)\) oralig'ida to'g'ri ekanligini ta'kidlashimiz kerak.
Shunday qilib, biz avvalgi misoldagi kabi \(\left[ {\frac{1}{2},\infty } \right)\) oralig'ida taqqoslash testini davom ettira olmaymiz. Biroq, bu birinchi qarashda ko'rinishi mumkin bo'lgan muammo emas. Biz har doim integralni quyidagicha yozishimiz mumkin,
\[\begin{align*}\int_{{\,\frac{1}{2}}}^{{\,\infty }}{{{{\bf{e}}^{ - {x^2}}}\,dx}} & = \int_{{\,\frac{1}{2}}}^{{\,1}}{{{{\bf{e}}^{ - {x^2}}}\,dx}} + \int_{{\,1}}^{{\,\infty }}{{{{\bf{e}}^{ - {x^2}}}\,dx}}\\ & = 0.28554 + \int_{{\,1}}^{{\,\infty }}{{{{\bf{e}}^{ - {x^2}}}\,dx}}\end{align*}\]Biz foydalandik Matematika birinchi integralning qiymatini olish uchun. Endi, agar ikkinchi integral yaqinlashsa, u cheklangan qiymatga ega bo'ladi va shuning uchun ikkita chekli qiymatlar yig'indisi ham chekli bo'ladi va shuning uchun dastlabki integral yaqinlashadi. Xuddi shunday, agar ikkinchi integral ajralib chiqsa, u cheksiz bo'ladi yoki umuman qiymatga ega bo'lmaydi va unga chekli sonni qo'shish birdan uni chekli yoki mavjud qilmaydi va shuning uchun asl integral ajralib chiqadi. Demak, bu integral faqat ikkinchi integralning yaqinlashuviga qarab yaqinlashadi yoki ajraladi.
7-misolda ko'rganimizdek, ikkinchi integral yaqinlashadi va shuning uchun butun integral ham yaqinlashishi kerak.
Ushbu misolda ko'rganimizdek, agar kerak bo'lsa, biz integralni hech qanday muammosiz va hisoblash mumkin bo'lgan va yaqinlashuvini aniqlash uchun taqqoslash testidan foydalanishimiz mumkin bo'lgan muammoni o'z ichiga olgan integralga bo'lishimiz mumkin.