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問題3.3.2

次の広義積分の発散、収束を調べよ。

（１）${\displaystyle {\int }_0^{1}x\log xdx}$

（２）${\displaystyle {\int }_0^{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}{\displaystyle \frac{1}{\sin x}}dx}$

（３）${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx}$

（４）${\displaystyle {\int }_0^1{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}}$

（５）${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^4+1}}}dx}$

（６）${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}dx}$

 

《ポイント》

広義積分の収束判定では連続な関数を用いて示します。例えば、$[a,b)$で ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)dx}$ の収束を示したいときは ${\displaystyle {\int }_a^{b}g(x)dx}$ が存在し、$|f(x)|\leqq |g(x)|$ となるような関数$g(x)$を用いて上から抑え込めばOKです。

 

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《解答例》

（１）${\displaystyle {\int }_0^{1}x\log xdx}$

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_0^1\log xdx}\\ & ={\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}{[x\log x-x]}_{\alpha }^1}\\ & =-1-{\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}(\alpha \log \alpha )}\end{array}$

ここで、ロピタルの定理より、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}(\alpha \log \alpha )}\\ & ={\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}{\displaystyle \frac{\log \alpha }{\left({\displaystyle \frac{1}{\alpha }}\right)}}}\\ & ={\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}{\displaystyle \frac{\left({\displaystyle \frac{1}{\alpha }}\right)}{(-{\displaystyle \frac{1}{{\alpha }^2}})}}}\\ & =-{\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}\alpha }\\ & =0\end{array}$

であるから、収束する。

《別解》

逆関数$e^x$を考える。

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_0^1\log xdx}\\ & =-{\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{e}^{x}dx}\\ & =-{\displaystyle \underset{\alpha \to -\mathrm{\infty }}{lim}{\left[e^x\right]}_{\alpha }^0}\\ & =-1\end{array}$

∴収束する。

 

 

（２）${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\displaystyle \frac{1}{\sin x}}dx}$

$\sin x\leqq x$ より、 $\frac{1}{\sin x}\geqq {\displaystyle \frac{1}{x}}$ であるから、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_0^{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}{\displaystyle \frac{1}{\sin x}}dx\geqq {\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\displaystyle \frac{1}{x}}dx}}\\ & ={\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}{[\log x]}_{\alpha }^{\frac{\pi }{2}}}\\ & =\log \left({\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)-{\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}(\log \alpha )}\end{array}$

ここで${\displaystyle \underset{\alpha \to +0}{lim}(\log \alpha )=-\mathrm{\infty }}$であるから、発散する。

 

（３）${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx}$

$e^{x^2}>e^x$ より $e^{-x^2}<e^{-x}$ であるから、

$\begin{array}{rl}0& <{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x^2}dx}\\ & <{\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}dx}\\ & ={\displaystyle \underset{\alpha \to \mathrm{\infty }}{lim}{[-e^{-x}]}_0^{\alpha }}\\ & =1\end{array}$

∴収束する。

 

（４）${\displaystyle {\int }_0^1{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}}$

$0<c_1<c_2<1$ を満たす定数$c_1$、$c_2$を用いて、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_0^1{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{c_1}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_{c_1}^{c_2}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_{c_2}^1{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx\cdots (\text{A})}\end{array}$

ここで $k>1$ を満たす定数$k$を用いると$${\displaystyle {\int }_0^{c_1}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx<{\displaystyle {\int }_0^{c_1}{\displaystyle \frac{k}{\sqrt{x}}}dx}}$$および、$${\displaystyle {\int }_{c_2}^1{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx<{\displaystyle {\int }_{c_2}^1{\displaystyle \frac{k}{\sqrt{1-x}}}dx}}$$が成立する。これより

$\begin{array}{rl}(\text{A})& <{\displaystyle {\int }_0^{c_1}{\displaystyle \frac{k}{\sqrt{x}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_{c_1}^{c_2}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_{c_2}^1{\displaystyle \frac{k}{\sqrt{1-x}}}dx}\\ & =2k\sqrt{c_1}+{\displaystyle {\int }_{c_1}^{c_2}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx+2k\sqrt{1-c_2}\cdots (\text{B})}\end{array}$

${\displaystyle {\int }_{c_1}^{c_2}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}}$ は有限確定値として存在するから$(\text{B})$は有限確定値である。

∴収束する。

 

（５）${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^4+1}}}dx}$

$-\mathrm{\infty }<c_1<0<c_2<\mathrm{\infty }$ を満たす定数$c_1$、$c_2$を用いて、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^4+1}}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{c_1}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_{c_1}^{c_2}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_{c_2}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}dx\cdots (\text{A})}\end{array}$

ここで$${\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{c_1}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^4+1}}}dx<{\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{c_1}{\displaystyle \frac{1}{x^2}}dx}}$$および、$${\displaystyle {\int }_{c_2}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^4+1}}}dx<{\displaystyle {\int }_{c_2}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{x^2}}dx}}$$が成立する。これより

$\begin{array}{rl}(\text{A})& <{\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{c_1}{\displaystyle \frac{1}{x^2}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_{c_1}^{c_2}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^4+1}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_{c_2}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{x^2}}dx}\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{c_1}}+{\displaystyle {\int }_{c_1}^{c_2}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^4+1}}}dx+{\displaystyle \frac{1}{c_2}}\cdots (\text{B})}\end{array}$

${\displaystyle {\int }_{c_1}^{c_2}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x(1-x)}}}}$ は有限確定値として存在するから$(\text{B})$は有限確定値である。

∴収束する。

 

（６）${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}dx}$

${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}}}<c<\mathrm{\infty }$ を満たす定数$c$を用いて、

$\begin{array}{rl}& {\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^c{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_c^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}dx\cdots (\text{A})}\end{array}$

ここで$${\displaystyle {\int }_c^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}dx>{\displaystyle {\int }_c^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{2x}}dx}}$$が成立する。これより

$\begin{array}{rl}(\text{A})& >{\displaystyle {\int }_0^c{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}dx}\\ & +{\displaystyle {\int }_c^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{2x}}dx}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^c{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}dx+{\displaystyle \frac{1}{2}}{[\log x]}_c^{\mathrm{\infty }}}\\ & =\mathrm{\infty }\end{array}$

∴発散する。

 

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復習例題未設定

 

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