CVIČENÍ 9
Nevlastní integrály
Příklad 9.1. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
+∞
0
x
x4 + 1
dx.
Řešení. Jedná se o nevlastní integrál I. druhu. Uvažujme
b
0
x
x4+1
dx pro b > 0. Jelikož x dx = 1
2 d(x2
),
po substituci x2
= t pro novou proměnnou t dostaneme meze 0, b2
a bude
b
0
x
x4 + 1
dx =
1
2
b
0
x
x4 + 1
d x2
=
1
2
b2
0
1
t2 + 1
dt
=
1
2
[arctg t]b2
0 =
1
2
arctg(b2
) − 0 =
1
2
arctg(b2
).
1
Vodorovná přímka y = π
2 je asymptotou funkce x → arctg x ve směru +∞ a tudíž
lim
b→+∞
b
0
x
x4 + 1
dx = lim
b→+∞
1
2
arctg(b2
) =
π
4
.
Integrál
+∞
0
x
x4+1
dx tedy konverguje a má hodnotu π
4 . □
Příklad 9.2. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
+∞
0
x
√
x2 + 1
dx.
Řešení. Jedná se o nevlastní integrál I. druhu. Uvažujme integrál
b
0
x√
x2+1
dx pro b > 0 a zaveďme
v něm novou proměnnou t = x2
+ 1. Bude dt = 2x dx, x dx = 1
2 dt. Meze pro t budou 1 a b2
+ 1.
Dostaneme
b
0
x
√
x2 + 1
dx =
1
2
b2+1
1
1
√
t
dt =
√
t
b2+1
1
=
√
b2 + 1 − 1.
Jelikož limb→+∞
√
b2 + 1 = +∞, je
+∞
0
x
√
x2 + 1
dx = lim
b→+∞
b
0
x
√
x2 + 1
dx = +∞.
2
Integrál tedy diverguje. □
Příklad 9.3. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
+∞
0
sin x dx.
Řešení. Jedná se o nevlastní integrál I. druhu. Pro libovolné b > 0 je
b
0
sin x dx = − [cos x]b
0 = − cos b + 1.
Limita limb→+∞ cos b neexistuje a tudíž neexistuje ani limb→+∞
b
0 sin x dx. Integrál
+∞
0 sin x dx tedy
nekonverguje. □
Příklad 9.4. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
+∞
−∞
1
x2 + 9
dx.
3
Řešení. Jedná se o nevlastní integrál I. druhu. Tento integrál konverguje, konvergují-li
c
−∞
1
x2+9
dx,
+∞
c
1
x2+9
dx při nějakém c; pak by bylo
+∞
−∞
1
x2+9
dx =
c
−∞
1
x2+9
dx +
+∞
c
1
x2+9
dx.
Uvažujme
0
−∞
1
x2+9
dx,
+∞
0
1
x2+9
dx:
+∞
0
1
x2 + 9
dx = lim
b→+∞
b
0
1
x2 + 32
dx = lim
b→+∞
1
3
arctg
x
3
b
0
=
1
3
lim
b→+∞
arctg
b
3
=
π
6
.
Pak dle souměrnosti (integrujeme sudou funkci)
0
−∞
1
x2 + 9
dx =
+∞
0
1
x2 + 9
dx =
π
6
.
Dostaneme
+∞
−∞
1
x2+9
dx = π
6 + π
6 = π
3 . □
Příklad 9.5. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
1
3
4
1
5
√
3 − 4x
dx.
4
Řešení. Funkce x → 1
5√
3−4x
je neomezená v okolí bodu 3
4. Jedná se o nevlastní integrál II. druhu. Na
všech intervalech 3
4 + ε, 1 , kde ε je malé kladné číslo, je táto funkce spojitá a tudíž existují integrály
1
3
4+ε
1
5√
3−4x
dx.
Pro libovolně malé ε > 0 uvažujme
1
3
4+ε
1
5√
3−4x
dx. Po substituci t = 3 − 4x, dt = −4 dx dostaneme
dx = −1
4 dt a dolní a horní meze pro novou proměnnou: 3 − 4(3
4 + ε) = −4ε a 3 − 4 = −1. Bude
1
3
4+ε
1
5
√
3 − 4x
dx = −
1
4
−1
−4ε
1
5
√
t
dt = −
1
4
−1
−4ε
t−1
5 dt = −
1
4
·
5
4
t
4
5
−1
−4ε
= −
5
16
1 − (4ε)
4
5 .
Jelikož limε→0+ ε
4
5 = 0, dostaneme
lim
ε→0+
1
3
4+ε
1
5
√
3 − 4x
dx = −
5
16
.
Integrál tedy konverguje a platí
1
3
4
1
5√
3−4x
dx = − 5
16. □
Příklad 9.6. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
1
0
x
√
1 − x2
dx.
5
Řešení. Funkce x → x√
1−x2
je neomezená v okolí bodu 1, jedná se o nevlastní integrál II. druhu.
Uvažujme
b
0
x√
1−x2
dx, kde b < 1, a vykonejme substituci 1 − x2
= t, dt = −1
2x dx; meze pro t budou
1 a 1 − b2
:
b
0
x
√
1 − x2
dx = −
1
2
1−b2
1
1
√
t
dt = −
1−b2
1
d
√
t = −
√
t
1−b2
1
= 1 − 1 − b2.
Pak snadno dostáváme
1
0
x
√
1 − x2
dx = lim
b→1−
b
0
x
√
1 − x2
dx = 1 − lim
b→1−
1 − b2 = 1,
tedy integrál
1
0
x√
1−x2
dx konverguje. □
Příklad 9.7. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
1
0
1
(1 − x)3
dx.
6
Řešení. Funkce x → 1√
(1−x)3
je neomezená v okolí bodu 1, jedná se o nevlastní integrál II. druhu.
Pro malé ε > 0 uvažujme
1−ε
0
1√
(1−x)3
dx:
1−ε
0
1
(1 − x)3
dx = −
1−ε
0
(1 − x)−3
2 d(1 − x) = 2 (1 − x)−1
2
1−ε
0
= 2 ε−1
2 − 1 .
Avšak limε→0+
1√
ε
= +∞, integrál
1
0
1√
(1−x)3
dx tedy diverguje. □
Příklad 9.8. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
1
e
0
1
x ln2
x
dx.
Řešení. Funkce x → 1
x ln2 x
je neomezená v okolí bodu 0, jedná se o nevlastní integrál II. druhu. Pro
malé ε > 0 uvažujme
1
e
ε
1
x ln2 x
dx a zaveďme v něm novou proměnnou t = ln x. Bude dt = x−1
dx,
meze pro t budou ln ε a ln e−1
= −1. Dostaneme
1
e
ε
1
x ln2
x
dx =
−1
ln ε
1
t2
dt = −
1
t
−1
ln ε
= − t−1 −1
ln ε
= 1 −
1
ln ε
.
7
Při ε → 0+ je ln ε → −∞ a tudíž limε→0+
1
ln ε = 0. Integrál tedy konverguje a platí
1
e
0
1
x ln2 x
dx = 1. □
Příklad 9.9. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
1
1
2
1
x ln3
x
dx.
Řešení. Funkce x → 1
x ln3 x
je neomezená v okolí bodu 1, jedná se o nevlastní integrál II. druhu.
Pro malé ε > 0 uvažujme
1−ε
1
2
1
x ln3 x
dx a zaveďme v něm novou proměnnou t = ln x. Bude
dt = x−1
dx, meze pro t budou ln 1
2 = ln 1 − ln 2 = − ln 2 a ln (1 − ε). Dostaneme
1−ε
1
2
1
x ln3
x
dx =
ln(1−ε)
− ln 2
1
t3
dt =
ln(1−ε)
− ln 2
t−3
dt = −
1
2
t−2 ln(1−ε)
− ln 2
=
1
ln2
2
−
1
ln2
(1 − ε)
.
Při ε → 0+ bude ln(1 − ε) → 0, přičemž ln(1 − ε) < 0, neboť pro malé kladné ε je ln(1 − ε)
záporné vzhledem k tomu, že 1 − ε < 1. Proto limε→0+
1
ln(1−ε) = −∞ (viz obrázek ??) a tudíž
limε→0+
1
ln2(1−ε)
= +∞.
Integrál
1
1
2
1
x ln3 x
dx tedy diverguje. □
8
Příklad 9.10. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
0
−∞
xe−x
dx.
Řešení. Jedná se o nevlastní integrál I. druhu. Pro a < 0 uvažujme
0
a xe−x
dx a integrujme po
částech:
0
a
xe−x
dx =
0
a
u
x
v′
e−x
dx = − xe−x 0
a
+
0
a
e−x
dx
= ae−a
− e−x 0
a
= ae−a
− 1 + e−a
= (a + 1)e−a
− 1.
Při a → −∞ bude e−a
→ +∞, (a + 1)e−a
→ −∞ (při záporném a s velkým |a| je e−a
= e|a|
a násobí
se záporným číslem a + 1, přičemž −a = |a| → +∞). Dostáváme lima→−∞
0
a xe−x
dx = −∞. Integrál
0
−∞ xe−x
dx tedy diverguje. □
Příklad 9.11. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
1
−1
1
x2
dx.
9
Řešení. Funkce x → 1
x2 je neomezená v okolí bodu 0, jenž leží uvnitř integračního intervalu. Jedná
se o nevlastní integrál II. druhu, jehož hodnotu chápeme ve smyslu rovnosti
1
−1
1
x2
dx =
0
−1
1
x2
dx +
1
0
1
x2
dx,
konvergují-li integrály na pravé straně. Pro libovolné 0 < ε < 1
1
ε
1
x2
dx = −
1
t
1
ε
= −1 +
1
ε
,
−ε
−1
1
x2
dx = −
1
t
−ε
−1
= −1 +
1
ε
a tudíž 1
0
1
x2
dx = lim
ε→0+
1
ε
1
x2
dx = +∞,
0
−1
1
x2
dx = lim
ε→0+
−ε
−1
1
x2
dx = +∞.
Integrál
1
−1
1
x2 dx tedy diverguje. □
Poznámka 9.12. Pokusíme-li se v příkladě 9.11 užít Newton-Leibnizova vzorce
bezprostředně, obdržíme zcela chybný výsledek
1
−1
1
x2
dx = −
1
t
1
−1
= −2,
10
jenž nedává smysl ani z hlediska geometrického (integrandem je kladná funkce, hodnota
integrálu tedy má udávat velikost plochy pod grafem). Zdrojem chyby je neoprávněné
využití Newton-Leibnizova vzorce (v integrandu je funkce v bodě 0 neomezená).
Příklad 9.13. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
1
0
x ln x dx.
Řešení. Funkce x → x ln x je neomezená v okolí bodu 0, jedná se o integrál nevlastní II. druhu. Pro
libovolné 0 < ε < 1 je
1
ε
v′
x
u
ln x dx =
1
2
x2
ln x
1
ε
−
1
2
1
ε
x2 1
x
dx = −
1
2
ε2
ln ε −
1
2
1
ε
x dx
= −
1
2
ε2
ln ε −
1
4
x2 1
ε
= −
1
2
ε2
ln ε −
1
4
1 − ε2
.
(9.1)
Potřebujeme tedy vyšetřit, jak se obdržený výraz chová při ε → 0+. Uvažujme napřed limitu
limε→0+ ε ln ε. Dle l’Hôpitalova pravidla je
0 · ∞
lim
ε→0+
ε ln ε =
∞
∞
lim
ε→0+
ln ε
1
ε
= lim
ε→0+
1
ε
− 1
ε2
= − lim
ε→0+
ε = 0
11
a tudíž i limε→0+ ε2
ln ε = 0. Pak dle (9.1)
lim
ε→0+
1
0
x ln x dx = −
1
4
,
tedy integrál konverguje. □
Příklad 9.14. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
2
0
1
x2 − 4x + 3
dx.
Řešení. Integrační interval obsahuje bod 1, v jehož okolí je funkce x → 1
x2−4x+3
= 1
(x−1)(x−3)
neomezená. Jedná se o integrál nevlastní II. druhu, jenž chápeme ve smyslu rovnosti
2
0
1
x2 − 4x + 3
dx =
1
0
1
x2 − 4x + 3
dx +
2
1
1
x2 − 4x + 3
dx,
konvergují-li integrály na pravé straně. Rozložme 1
x2−4x+3
na částečné zlomky: 1
x2−4x+3
= A
x−1 + B
x−3,
A(x − 3) + B(x − 1) = 1, A = −1
2, B = 1
2. Dostáváme
1
x2 − 4x + 3
dx =
1
2
ln |x − 3| −
1
2
ln |x − 1|
12
a tudíž vzhledem k přítomnosti výrazu ln |x − 1| budou integrály divergovat. Vskutku,
1
0
1
x2 − 4x + 3
dx =
1
2
[ln |x − 3|]1
0 −
1
2
[ln |x − 1|]1
0 =
1
2
[ln |x − 3|]1
0 −
1
2
lim
ε→0+
[ln |x − 1|]1−ε
0
=
1
2
ln
2
3
−
1
2
lim
ε→0+
ln ε = +∞.
Z podobných důvodů diverguje rovněž integrál
2
1
1
x2−4x+3
dx. □
Příklad 9.15. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
+∞
−∞
1
x2 + 2x + 2
dx.
Řešení. Jedná se o nevlastní integrál I. druhu. Tento integrál chápeme ve smyslu rovnosti
+∞
−∞
1
x2 + 2x + 2
dx =
c
−∞
1
x2 + 2x + 2
dx +
+∞
c
1
x2 + 2x + 2
dx
s nějakým c, existují-li integrály na pravé straně.
13
Uvažujme např.
b
−1
x
x2+2x+2
dx =
b
−1
1
(x+1)2+1
dx pro libovolné b > 0:
b
−1
1
x2 + 2x + 2
dx =
b
−1
1
(x + 1)2 + 1
d(x + 1) = [arctg (x + 1)]b
−1 = arctg (b + 1)
a tudíž
+∞
−1
1
x2 + 2x + 2
dx = lim
b→+∞
b
−1
1
x2 + 2x + 2
dx = lim
b→+∞
arctg b =
π
2
.
Podobně předešlému
−1
a
1
x2 + 2x + 2
dx =
−1
a
1
(x + 1)2 + 1
d(x + 1) = [arctg (x + 1)]−1
a = arctg a
a tudíž −1
−∞
1
x2 + 2x + 2
dx = lim
a→−∞
−1
a
1
x2 + 2x + 2
dx = lim
a→−∞
arctg(−a) =
π
2
.
Pak bude
+∞
−∞
1
x2+2x+2
dx = π
2 + π
2 = π. □
Příklad 9.16. Vyšetřeme konvergenci následujícího integrálu (případně vypočtěme
jeho hodnotu):
+∞
−∞
1
ex + e−x
dx.
14
Řešení. Uvažujme podobně příkladu 9.15. Pro libovolné b > 0 je
pr
b
0
1
ex + e−x
dx =
b
0
1
e2x + 1
ex
dx =
b
0
1
(ex)2 + 1
dex
= [arctg ex
]b
0
= arctg eb
− arctg e0
= arctg eb
− arctg 1 = arctg eb
−
π
4
a tudíž +∞
0
1
ex + e−x
dx = lim
b→+∞
arctg eb
−
π
4
=
π
2
−
π
4
=
π
4
.
Jelikož lima→−∞ arctg ea
= 0, budea
0
−∞
1
ex + e−x
dx = lim
a→−∞
0
a
1
ex + e−x
dx = lim
a→−∞
[arctg ex
]0
a =
π
4
− lim
a→−∞
arctg ea
=
π
4
.
Pak dostaneme
+∞
−∞
1
ex+e−x dx = π
4 + π
4 = π
2 . □
aMohli bychom také využit souměrnosti grafu sudé funkce f(x) = 1
ex+e−x dx: substituce x = −t, dx = − dt dává
0
a
f(x) dx = −
0
−a
f(−x) dx = −
0
−a
f(x) dx =
−a
0
f(x) dx
atd.
15