広義積分の計算問題

広義積分は積分区間が無限または被積分関数が発散する場合の積分である。収束・発散の判定と計算を練習する。

問題1：無限区間（基本）

${\int }_1^{\infty }\frac{dx}{x^2}$ を計算せよ。

解答1

$${\int }_1^{\infty }\frac{dx}{x^2}=\underset{R\to \infty }{\lim }{\int }_1^R\frac{dx}{x^2}=\underset{R\to \infty }{\lim }{\left[-\frac{1}{x}\right]}_1^R=\underset{R\to \infty }{\lim }\left(-\frac{1}{R}+1\right)=1$$

収束する。

問題2：無限区間（発散）

${\int }_1^{\infty }\frac{dx}{x}$ が発散することを示せ。

解答2

$${\int }_1^R\frac{dx}{x}=[\ln x{]}_1^R=\ln R\to \infty (R\to \infty )$$

発散する。${\int }_1^{\infty }\frac{dx}{x^p}$ は $p>1$ で収束、$p\le 1$ で発散。

問題3：指数関数

${\int }_0^{\infty }{e}^{-x}dx$ を計算せよ。

解答3

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-x}dx=\underset{R\to \infty }{\lim }[-e^{-x}{]}_0^R=\underset{R\to \infty }{\lim }(-e^{-R}+1)=1$$

問題4：Gauss積分

${\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }$ を確認せよ。

解答4

$I={\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x^2}dx$ とおく。$I^2$ を計算する。

$$I^2={\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-x^2}dx{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-y^2}dy={\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy$$

極座標に変換：$x^2+y^2=r^2$, $dxdy=rdrd\theta$

$$I^2={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\infty }r{e}^{-r^2}dr=2\pi \cdot \frac{1}{2}=\pi$$

$I>0$ より $I=\sqrt{\pi }$。

問題5：瑕積分（基本）

${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}$ を計算せよ。

解答5

$x=0$ で被積分関数が発散する瑕積分。

$${\int }_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }{\int }_{\epsilon }^1{x}^{-1/2}dx=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }[2\sqrt{x}{]}_{\epsilon }^1=\underset{\epsilon \to 0^{+}}{\lim }(2-2\sqrt{\epsilon })=2$$

問題6：瑕積分（発散）

${\int }_0^1\frac{dx}{x}$ が発散することを示せ。

解答6

$${\int }_{\epsilon }^1\frac{dx}{x}=[-\ln x{]}_{\epsilon }^1=-\ln \epsilon \to \infty (\epsilon \to 0^{+})$$

${\int }_0^1\frac{dx}{x^p}$ は $p<1$ で収束、$p\ge 1$ で発散。

問題7：両側が発散

${\int }_0^{\infty }\frac{dx}{1+x^2}$ を計算せよ。

解答7

$${\int }_0^{\infty }\frac{dx}{1+x^2}=\underset{R\to \infty }{\lim }[\arctan x{]}_0^R=\frac{\pi }{2}$$

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{1+x^2}=\pi$

問題8：比較判定

${\int }_1^{\infty }\frac{dx}{x^2+\sin x}$ の収束・発散を判定せよ。

解答8

$x\ge 1$ で $x^2+\sin x\ge x^2-1\ge \frac{x^2}{2}$（$x\ge \sqrt{2}$ で）

$$0<\frac{1}{x^2+\sin x}\le \frac{2}{x^2}$$

${\int }_1^{\infty }\frac{dx}{x^2}$ が収束するので、比較判定により収束。

問題9：条件収束

${\int }_1^{\infty }\frac{\sin x}{x}dx$ は収束するが絶対収束しないことを示せ。

解答9

部分積分で ${\int }_1^R\frac{\sin x}{x}dx={\left[-\frac{\cos x}{x}\right]}_1^R-{\int }_1^R\frac{\cos x}{x^2}dx$。

$R\to \infty$ で第1項は $\cos 1$ に収束、第2項は $\left|\frac{\cos x}{x^2}\right|\le \frac{1}{x^2}$ より絶対収束。よって収束。

絶対収束を調べる：${\int }_1^{\infty }\frac{|\sin x|}{x}dx\ge {\sum }_{n=1}^{\infty }{\int }_{n\pi }^{(n+1)\pi }\frac{|\sin x|}{(n+1)\pi }dx=\sum \frac{2}{(n+1)\pi }$ は発散。

問題10：ガンマ関数

$\Gamma (n+1)={\int }_0^{\infty }{x}^n{e}^{-x}dx=n!$（$n$ は非負整数）を示せ。

解答10

部分積分：$u=x^n$, $dv=e^{-x}dx$

$$\Gamma (n+1)=[-x^n{e}^{-x}{]}_0^{\infty }+n{\int }_0^{\infty }{x}^{n-1}{e}^{-x}dx=n\cdot \Gamma (n)$$

$\Gamma (1)={\int }_0^{\infty }{e}^{-x}dx=1$ より、帰納的に $\Gamma (n+1)=n!$。