問題3.3.2
次の広義積分の発散、収束を調べよ。
（１）$\displaystyle \int_0^1 x \log x dx$
（２）$\displaystyle \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\sin x} dx$
（３）$\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-x^2} dx$
（４）$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}$
（５）$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^4+1}} dx$
（６）$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx$
《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。
《解答例》
（１）$\displaystyle \int_0^1 x \log x dx$
$\begin{align}& \ \ \ \ \ \displaystyle \int_0^1 \log x dx\\
&=\displaystyle \lim_{\alpha \to +0} \left[x \log x-x\right]_{\alpha}^1 \\
&=-1-\displaystyle \lim_{\alpha \to +0}(\alpha \log \alpha ) \end{align}$
ここで、ロピタルの定理より、
$\begin{align}& \ \ \ \ \ \displaystyle \lim_{\alpha \to +0}(\alpha \log \alpha ) \\
&=\displaystyle \lim_{\alpha \to +0} \dfrac{\log \alpha}{\left(\dfrac{1}{\alpha}\right)} \\
&=\displaystyle \lim_{\alpha \to +0} \dfrac{\left(\dfrac{1}{\alpha}\right)}{\left(-\dfrac{1}{{\alpha}^2}\right)} \\
&=-\displaystyle \lim_{\alpha \to +0} \alpha \\
&=0 \end{align}$
であるから、収束する。
《別解》
逆関数$e^x$を考える。
$\begin{align}& \ \ \ \ \ \displaystyle \int_0^1 \log x dx \\
&=-\displaystyle \int_{-\infty}^0 e^x dx \\
&=-\displaystyle \lim_{\alpha \to-\infty} \left[e^x \right]_{\alpha}^0 \\
&=-1 \end{align}$
∴収束する。
（２）$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\sin x} dx$
$\sin x \leqq x$ より、 $\frac{1}{\sin x} \geqq \dfrac{1}{x}$ であるから、
$\begin{align}& \ \ \ \ \ \displaystyle \int_0^{\dfrac{\pi}{2}} \dfrac{1}{\sin x} dx \geqq \displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{x} dx \\
&=\displaystyle \lim_{\alpha \to +0} \left[ \log x \right]_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} \\
&= \log \left(\dfrac{\pi}{2}\right)- \displaystyle \lim_{\alpha \to +0}( \log \alpha ) \end{align}$
ここで$\displaystyle \lim_{\alpha \to +0}( \log \alpha )=-\infty$であるから、発散する。
（３）$\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-x^2} dx$
$e^{x^2}>e^x$ より $e^{-x^2}<e^{-x}$ であるから、
$\begin{align}0&<\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-x^2} dx \\
&<\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-x} dx \\
&=\displaystyle \lim_{\alpha \to \infty} \left[-e^{-x} \right]_{0}^{\alpha} \\
&=1 \end{align}$
∴収束する。
（４）$\displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}$
$0<c_1<c_2<1$ を満たす定数$c_1$、$c_2$を用いて、
$\begin{align}& \ \ \ \ \ \displaystyle \int_0^1 \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx \\
&=\displaystyle \int_0^{c_1} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx \\
& \ \ \ \ \ +\displaystyle \int_{c_1}^{c_2} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx \\
& \ \ \ \ \ +\displaystyle \int_{c_2}^1 \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx \ \ \cdots (\text{A}) \end{align}$
ここで $k>1$ を満たす定数$k$を用いると$$\displaystyle \int_0^{c_1} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx <\displaystyle \int_0^{c_1} \dfrac{k}{\sqrt{x}} dx$$および、$$\displaystyle \int_{c_2}^1 \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx <\displaystyle \int_{c_2}^1 \dfrac{k}{\sqrt{1-x}} dx$$が成立する。これより
$\begin{align} (\text{A})&<\displaystyle \int_0^{c_1} \dfrac{k}{\sqrt{x}} dx \\
& \ \ \ +\displaystyle \int_{c_1}^{c_2} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx \\
& \ \ \ +\displaystyle \int_{c_2}^1 \dfrac{k}{\sqrt{1-x}} dx \\
&=2k\sqrt{c_1}+\displaystyle \int_{c_1}^{c_2} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx+2k\sqrt{1-c_2} \ \ \cdots (\text{B}) \end{align}$
$\displaystyle \int_{c_1}^{c_2} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}$ 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）$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^4+1}} dx$
$-\infty<c_1<0<c_2<\infty$ を満たす定数$c_1$、$c_2$を用いて、
$\begin{align}& \ \ \ \ \ \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^4+1}} dx \\
&=\displaystyle \int_{-\infty}^{c_1} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx \\
& \ \ \ \ \ +\displaystyle \int_{c_1}^{c_2} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx \\
& \ \ \ \ \ +\displaystyle \int_{c_2}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}} dx \ \ \cdots (\text{A}) \end{align}$
ここで$$\displaystyle \int_{-\infty}^{c_1} \dfrac{1}{\sqrt{x^4+1}} dx <\displaystyle \int_{-\infty}^{c_1} \dfrac{1}{x^2} dx$$および、$$\displaystyle \int_{c_2}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^4+1}} dx <\displaystyle \int_{c_2}^{\infty} \dfrac{1}{x^2} dx$$が成立する。これより
$\begin{align} (\text{A})&<\displaystyle \int_{-\infty}^{c_1} \dfrac{1}{x^2} dx \\
& \ \ \ +\displaystyle \int_{c_1}^{c_2} \dfrac{1}{\sqrt{x^4+1}} dx \\
& \ \ \ +\displaystyle \int_{c_2}^{\infty} \dfrac{1}{x^2} dx \\
&=-\dfrac{1}{c_1}+\displaystyle \int_{c_1}^{c_2} \dfrac{1}{\sqrt{x^4+1}} dx+\dfrac{1}{c_2} \ \ \cdots (\text{B}) \end{align}$
$\displaystyle \int_{c_1}^{c_2} \dfrac{1}{\sqrt{x(1-x)}}$ 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）$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx$
$\dfrac{1}{\sqrt{3}}<c<\infty$ を満たす定数$c$を用いて、
$\begin{align}& \ \ \ \ \ \displaystyle \int_{0}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx \\
&=\displaystyle \int_{0}^{c} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx \\
& \ \ \ \ \ +\displaystyle \int_{c}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx \ \ \cdots (\text{A}) \end{align}$
ここで$$\displaystyle \int_{c}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx >\displaystyle \int_{c}^{\infty} \dfrac{1}{2x} dx$$が成立する。これより
$\begin{align} (\text{A})&>\displaystyle \int_{0}^{c} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx \\
& \ \ \ +\displaystyle \int_{c}^{\infty} \dfrac{1}{2x} dx \\
&=\displaystyle \int_{0}^{c} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}} dx+\dfrac{1}{2}\left[\log x\right]^{\infty}_{c} \\
&=\infty \end{align}$
∴発散する。
復習例題未設定