Тема Математический анализ

12 Несобственный интеграл Римана

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#55649

При каких значениях параметра $α$ сходится несобственный интеграл II рода

∫ 1dx -α-dx 0 x

(особенность - на нижнем пределе интегрирования, в котором подынтегральная функция даже не определена).

Показать ответ и решение

Поскольку для любого $a > 0$ интеграл $∫ a1dxxαdx$ определен, т.к. на любом отрезке $[a,1]$ , $a > 0$ подынтегральная функция - непрерывна при любом $α$ , а следовательно интегрируема на нём, поэтому исходный несобственный интеграл сходится тогда и только тогда, когда существует конечный предел

∫ 1 lim dxdx a→0+ a xα

Но у подынтегральной функции легко найти первообразную:

∫ ( 1dx- { 11−αx1−α |1a, при α ⁄= 1 xα dx = ( 1 a ln x|a, при α = 1

Сразу ясно, что при $α = 1$ предела нет, поскольку $ln x|1 = ln1 − ln a = − ln a → + ∞ a$ при $a → 0+$ .

Далее,имеем: $1 1−α 1 1 1−α 1−-αx |a = 1−α(1 − a )$ и при $α > 1$ показатель степени $a$ будет отрицательным, то есть $a1−α = -α1−1 a$ и в знаменателе стоит $a$ в положительной степени, а поэтому при $a → 0+$ дробь $1 aα−1$ будет стремиться к $+ ∞$ и поэтому соответствующего предела тоже не будет существовать.

Наоборот, при $α < 1$ показатель степени $a1−α$ будет положительным, поэтому $a1− α$ будет стремиться к 0 при $a → 0+$ . Следовательно, при $α < 1$ $∫1 dx -1-- 1−α -1-- ∃al→im0+ a xαdx = al→im0+ 1−α (1 − a ) = 1−α$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#55650

Вычислить несобственный интеграл I рода

∫ 0 exdx −∞

Показать ответ и решение

∫ 0 ∫ 0 exdx = lim exdx = lim ex|0a = lim (1− ea) = 1 −∞ a→ −∞ a a→ −∞ a→ −∞

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#57955

Пусть $f ∈ ℛ [a,b]$ . Доказать, что тогда значение интеграла

∫ b f (x )dx a

понимаемого в собственном смысле (как предел интегральных сумм)
и интеграла

∫ b f (x )dx a

понимаемого в несобственном смысле (т.е. как $∫ lim βa f(x)dx β→b−$ ) - совпадают.

То есть, если применить конструкцию несобственного интеграла II рода к интегрируемой по Риману на всём отрезке $[a,b]$ функции - то есть интегрируемой в обычном смысле, то $”$ несобственный $”$ интеграл в таком случае окажется равен собственному.

Это показывает, что наша конструкция несобственного интеграла действительно расширяет прежнее понятие интеграла Римана - в случае, если её применить к функциям, и так интегрируемым в прежнем смысле, мы получим то же самое.

Оговоримся, что аналогичное утверждение для несобственного интеграла I рода мы не формулируем силу того, что никакая функция не может быть интегрируема в старом смысле по бесконечному промежутку.

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию

∫ t F(t) = f(x)dx a

Если $f$ интегрируема на $[a,b]$ , то функция $F(t)$ будет непрерывна в каждой точке отрезка $[a,b]$ - по свойству непрерывности интеграла с переменным верхним пределом.

Но тогда интеграл $∫b a f (x)dx$ , понимаемый в несобственном смысле, то есть как $∫β βli→mb− a f (x )dx$ - это есть не что иное, как $lim F (t) t→b−$ . Но в силу непрерывности $F$ такой предел равен значению $F$ в точке $b$ , то есть $∫ F (b) = ba f(x)dx$ - который понимается уже в собственном смысле обыкновенного определенного интеграла Римана.

Следовательно, в случае если $f$ интегрируема на $[a,b]$ , значения интеграла $∫ b a f(x)dx$ , понимаемого как в собственном, так и в несобственном смысле, совпадают.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#57956

Исследовать на сходимость интеграл

∫ +∞ 2 e− xdx 1

Показать ответ и решение

Поскольку на $[1,+∞ )$ функция $e− x2$ неотрицательна и при этом

2 0 ≤ e−x < e−x

То мы можем применить теорему сравнения.

А именно, нетрудно проверить, что интеграл $∫ 1+∞ e−xdx$ - сходится.

Действительно, для любого $b > 1$ мы имеем по теореме Ньютона-Лейбница:

∫ b b e−xdx = − e−x|1 = − e−b + e 1

А следовательно,

∫ ∫ +∞ − x b −x − xb − b −1 1- 1- 1- 1 e dx = b→l+im∞ 1 e dx = bl→im+∞ (− e |1) = b→l+im∞ (− e + e ) = b→li+m∞ (− eb + e ) = e

Но тогда по теореме сравнения из того, что на $[1,+∞ )$ $0 ≤ e−x2 < e−x$ следует, что и интеграл

∫ +∞ 2 e− xdx 1

- тоже сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#57957

Исследовать на сходимость интеграл

∫ π2 ln sin xdx 0

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что при $x ∈ (0, π2]$ функция $ln sin x$ - знакопостоянна, так как там $sinx$ находится в пределах $(0,1]$ , а значит $ln sin x$ - в пределах $(− ∞, 0)$ . Значит, мы вправе применять все наши теоремы сравнения.

Во-первых, отметим, что при $x → 0+$ функция $lnsinx$ эквивалентна функции $ln x$ . Действительно, докажем это:

∞- lim ln-sin-x-Неопр. ∞,= Лопиталь lim ctgx-= lim -x--= lim x-= 1 x→0+ lnx x→0+ 1x x→0+ tg x x→0+ x

Следовательно, по следствию из теорем сравнения, так как при $x → 0+$ $ln sin x ∼ ln x$ , то интегралы

∫ π 2 ln sin xdx 0

∫ π 2lnxdx 0

сходятся или расходятся одновременно.

Однако при любом $a > 0$ интеграл

∫ π2 lnx a

по Ньютону-Лейбницу будет равен

|π |2 π π x(lnx − 1)|| = 2-(ln 2-− 1)− a(lna − 1) a

То получаем, что

∫ π ∫ π 2 2 π- π- π- π- 0 ln xdx = al→im0+ a ln x = ali→m0+[2 (ln 2 − 1)− a(lna − 1)] = 2(ln 2 − 1)− al→im0+ a(lna − 1)

Последний предел $ali→m0+ a(ln a− 1 )$ легко вычислить по Лопиталю:

1 1 lnt-−-1 Неопр. ∞∞, Л опиталь −-t al→im0+ a(lna − 1) = tl→i+m∞ t = tl→im+ ∞ 1 = 0

Следовательно, существует предел $lim a(ln a− 1) a→0+$ , а вслед за ним существует и несобственный интеграл $∫ π 02lnxdx$ , но а тогда существует и исходный интеграл $∫ π 02 ln sin xdx$ , поскольку с интегралом $∫ π2 0 lnxdx$ они существует или не существуют одновременно.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#57958

Исследовать на сходимость интеграл

∫ φ dx √------------- 0 cosx − cosφ

Показать ответ и решение

Во-первых, заметим, что $√------------ ∘ --------------- cosx − cosφ = 2sin φ+2x-sin φ−2x-$ . Далее, давайте покажем, что при $x → φ−$ функция $∘ ----φ+x----φ−-x f(x) = 2sin--2-sin--2-$ эквивалентна функции $∘ ------------ g(x ) = sinφ (φ − x)$ .

Действительно,

$∘ --------------- ∘ ------------- ∘ ------------ 2 sin φ+2x-sin φ−2x-x− φ= t 2 sin 2φ+2t-sin t2 sin 2φ+2tsin t2 xli→mφ− --∘--------------- = tli→m0− ----√sin-φt-----= tli→m0− ---∘------t---= sinφ(φ − x) sin φ 2 ∘ ---2φ+t- ∘ ----- sin--2-- sin-t2- = tl→im0− sin φ ⋅tli→m0− t = 1 ⋅1 = 1 2$

(Здесь в конце мы воспользовались тем, что $sin2φ+t sin φ -sin2φ--→ sin-φ = 1$ при $t → 0−$ , а также вторым замечательным пределом $sin-t2 → 1 t2$ при $t → 0−$ и непрерывностью корня $√$ ).

Таким образом, в силу неотрицательности всех функций там, где они определены, применимо следствие из теорем сравнение, говорящее, что раз

∘ ------------------- ∘ ------------ 2sin φ-+-x-sin φ-−-x-∼ sin φ(φ − x) при x → φ − 2 2

То интегралы

∫ φ dx √------------- 0 cosx − cosφ

∫ φ ∘-----dx------ 0 sinφ (φ − x)

Сходятся или расходятся одновременно.

Однако в последнем интеграле можно сначала вынести $√-1--- sinφ$ за знак интеграла (поскольку это выражение не зависит от $x$ , по которому мы интегрируем), а затем для исследования

∫ φ dx √------- 0 φ − x

Воспользоваться заменой. А именно, при любом $b < φ$ выполнено ( $φ − x = y$ ):

∫ ∫ ∫ b---dx-- 0 − dy bdy- √ φ-−-x-= √y--= √y-- 0 b 0

А значит несобственный интеграл

∫ φ√--dx--- 0 φ − x

cходится, потому что при $b → φ−$ существует предел у $∫b√-dx-- 0 φ−x$ , поскольку существует предел у $∫b 0√dyy-$ - этот интеграл эталонный и сходится при показателе в знаменателе меньше 1.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#57959

Верно ли, что если интеграл

∫ +∞ f (x )dx a

сходится, то $f(x) → 0$ при $x → + ∞$ ?

Показать ответ и решение

Это не обязательно так. Рассмотрим, например, функцию

(| |||| 1 пр и x ∈ [0,1] ||| |||| 0 пр и x ∈ (1,2) ||| 1 пр и x ∈ [2,21] |||| 2 |||| 0 пр и x ∈ (212,3) { f (x) = | 1 пр и x ∈ [3,314] |||| 1 ||| 0 пр и x ∈ (34,4) |||| 1 пр и x ∈ [4,41] |||| 8 ||| 0 пр и x ∈ (418,5) |||| ( ... и так да лее

Вот ниже нарисован её график, точнее, начало это графика:

$PIC$

Ясно, что $∫ +∞ f(x)dx a$ сходится - он равен сумме площадей закрашенных желтых прямоугольников, то есть сумме

1 1 1 Это геом. прогрессия 1 1 + 2-+ 4-+ 8-+ ... = 1−--1 = 2 2

В то время как очевидно, что $f (x )/→/0$ при $x → + ∞$ , поскольку у нас постоянно будут встречаться точки, сколь угодно далекие, в которых $f(x) = 1$ . Ни о каком стремлении к 0 здесь не может идти и речи.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#57960

Исследовать на сходимость (при всех $p,q$ ) интеграл

∫ +∞ dx -p--q-- 1 x ln x

Комментарий: Заметьте, что у этого интеграла две особенности. Одна связана с нижним пределам интегрирования, в окрестности которого знаменатель подынтегральной функции стремится к 0, а, значит, подынтегральная дробь неограничена. А другая связана с неограниченностью промежутка интегрирования. В таком случае исходный интеграл нужно разбить на сумму двух интегралов, каждый из которых имеет одну особенность, и исследовать сходимость каждого из них в отдельности. Исходный интеграл будет по определению сходящимся, когда сходящимися будут все интегралы, на которые мы его разбили.

Показать ответ и решение

Сделаем замену $ln x = t$ , $x = et$ , $dxx-= dt$ . Тогда будем иметь

∫ +∞ dx ∫ +∞ dt ∫ +∞ e(1−p)tdt -p--q-- = -(p−1)t-q = ----q--- 1 x ln x 0 e t 0 t

У этого последнего интеграла две особенности - одна в нуле - там подынтегральная функция не определена и в окрестности нуля она неограничена а другая связана с неограниченностью отрезка интегрирования. Поэтому мы обязаны разбить наш несобственный интеграл на два (скажем, до 1 и после 1, но до и после какой точки - это не важно, главное чтобы после разбиения у каждого интеграла было по одной особенности):

∫ ∫ ∫ +∞ e(1−p)tdt- 1 e(1−-p)tdt + ∞ e(1−-p)tdt 0 tq = 0 tq + 1 tq

И исходный интеграл будет сходится тогда и только тогда, когда будут сходится оба

∫ 1 (1−p)t ∫ +∞ (1−p)t I = e----dt- и I = e-----dt 1 0 tq 2 1 tq

1. Ясно, что при $t → 0+$ функция $e(1−tqp)t-$ эквивалентна $1tq$ , а поэтому, в силу неотрицательности всех имеющихся функций, применимо следствие из теоремы сравнения, говорящее, что интегралы $∫1e(1−-p)tdt 0 tq$ и $∫ 1dt 0 tq$ сходятся или расходятся одновременно. Но интеграл $∫1 dt 0 tq$ - эталонный, и сходится при $q < 1$ .

2. При $p < 1$ второй интеграл $I2$ точно расходится, в силу того, что у функции $(1− p)t e-tq--$ числитель при $t → + ∞$ будет возрастать к бесконечности быстрее, чем знаменатель при любом $q$ .

Наоборот, если $p > 1$ , то $1eβt-$ при $β > 0$ убывает быстрее любой степенной функции, то есть, например, при достаточно больших $t$ будет верно, что (если $p > 1$ )

--1---< -1-- e(p−1)t t2−q

А значит $(1−p)t e-tq--< t12$ А интеграл

∫ +∞ dt t2 1

сходится как эталонный.

Следовательно, оба $I1$ и $I2$ сходятся тогда, когда $p > 1$ и $q < 1$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#57961

Исследовать на сходимость интеграл

∫ π6 cos x 7√--4 dx 0 x

Показать ответ и решение

Поскольку на $(0, π6]$ функция $cosx > 0$ , то применима теорема сравнения. А именно, на $(0, π6 ]$ выполнено неравенство:

c√osx-≤ √1--- 7x4 7 x4

В то время как несобственный интеграл

∫ π6 √1--dx 0 7 x4

сходится как эталонный (показатель степени в знаменателе равен $47 < 1$ ).

Следовательно, по теореме сравнения и наш интеграл

∫ π6 cos x 7√--4 dx 0 x

- сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#57962

Исследовать на сходимость интеграл

∫ +∞ arctgx 5√-----3dx 2 1+ x

Показать ответ и решение

В силу того, что при $x ∈ [2,+ ∞ )$ функция $arctgx > 1$ , то мы имеем:

arctg x 1 √5-----3 ≥ 5√-----3-≥ 0 при x ∈ [2,+∞ ) 1+ x 1+ x

Но интеграл

∫ +∞ ---1---- 5√1-+-x3dx 2

Расходится, поскольку подынтегральная функция при $x → +∞$ эквивалентна $-1- x35$ , а $∫ +∞ -1- 2 x35 dx$ - расходится как эталонный.

А следовательно, по теореме сравнения расходится и наш интеграл $∫ +2 ∞ a5√rctgx3dx 1+x$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#57963

Исследовать на сходимость интеграл (при всех $p$ )

∫ 1sinx ---p-dx 0 x

Показать ответ и решение

Ясно, что поскольку $1 < π$ , то на участке $(0,1)$ синус неотрицателен. Следовательно, и вся наша подынтегральная функция неотрицательна.

Значит, будет применимо следствие из теоремы сравнения.

А именно, в силу первого замечательного предела, мы заключаем, что

sin-x-∼ -x-= -1--, при x → 0+ xp xp xp−1

Следовательно, интегралы

∫ 1sinx ---p-dx 0 x

∫ 1--1-- 0 xp− 1dx

сходятся или расходятся одновременно.

Но интеграл

∫ 1 --1--dx 0 xp− 1

- эталонный, и он сходится при $p− 1 < 1$ , то есть при $p < 2$ . В остальных случаях - расходится.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#81891

Пусть оба несобственных интеграла (неважно, I или II рода, т.е. $ω$ - конечное число или символ бесконечности)

∫ ω f(x)dx a

∫ ω g(x )dx a

- сходятся.

Доказать, что тогда будет сходиться и несобственный интеграл

∫ ω (f(x) + g(x))dx a

да притом

∫ ∫ ∫ ω ω ω a (f(x)+ g(x))dx = a f(x)dx+ a g(x)dx

Показать ответ и решение

Сходимость

∫ ω f(x)dx a

по определению означает существование предела при $t → ω −$ у функции

∫ t ℱ(t) = f(x)dx a

Аналогично, сходимость

∫ ω g(x )dx a

по определению означает существование предела при $t → ω −$ у функции

∫ t 𝒢(t) = a g(x)dx

Но а сходимость

∫ ω (f(x) + g(x))dx a

по определению означает существование предела при $t → ω −$ у функции

∫ t (f(x)+ g (x ))dx a

Но, поскольку, при любом $t > a$ по свойству определенного интеграла Римана мы можем написать, что

∫ t ∫ t ∫ t (f (x )+ g(x))dx = f(x)dx + g(x)dx = ℱ(t)+ 𝒢 (t) a a a

то, переходя к пределу при $t → ω −$ в левой и правой части мы имеем (в правой части мы пользуемся теоремой о пределе суммы), что

∫ t ∫ ω ∫ ω lim (f (x )+ g(x))dx = lim ℱ(t)+ lim 𝒢(t) = f(x)dx + g(x)dx t→ω− a t→ ω− t→ω − a a

Что и означает, что сходится несобственный интеграл

∫ ω (f(x) + g(x))dx a

- сходится, да притом

∫ ω ∫ ω ∫ ω (f(x)+ g(x))dx = f(x)dx+ g(x)dx a a a

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#81892

Сходится или расходится несобственный интеграл

∫ +∞ dx -----2 0 1+ x

Показать ответ и решение

Поскольку при каждом $b > 0$ мы по теореме Ньютона-Лейбница имеем

∫ b dx ----2-= arctgb − arctg 0 = arctg b 0 1+ x

А сходимость нашего несобственного интеграла $∫+ ∞ 0 1d+xx2$ равносильна существованию предела у $∫b-dx2 01+x$ при $b → +∞$ , то мы получаем, что $∫+ ∞ -dx2 0 1+x$ - сходится, потому что

∫ b lim --dx-- = lim arctgb = π- b→+ ∞ 0 1 + x2 b→+ ∞ 2

То есть исходный интеграл сходится и мы можем даже сказать к чему - к $π2$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#81894

Сходится или расходится несобственный интеграл

∫ +∞ sinxdx 0

Показать ответ и решение

Поскольку при каждом $b > 0$ мы по теореме Ньютона-Лейбница имеем

∫ b sinxdx = − cos b+ cos0 = 1 − cosb 0

А сходимость нашего несобственного интеграла $∫ +∞ 0 sin xdx$ равносильна существованию предела у $∫bsinxdx 0$ при $b → + ∞$ , то мы получаем, что $∫ +∞ sin xdx 0$ - расходится, потому что

∫ b b→li+m∞ 0 sinxdx = b→li+m∞ (1− cosb)

А у $cosb$ нет предела при $b → + ∞$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#81895

Сходится или расходится несобственный интеграл

∫ +∞ x4 − 2x2 + 1 -6---------dx 0 x + 5x + 11

Показать ответ и решение

Заметим, что при достаточно больших $x$ подынтегральная функция будет знакопостоянна (неотрицательна), в силу того, что главный член числителя равен $4 x$ , а главный член знаменателя равен $x6$ и поэтому на $+ ∞$ у нас будут только положительные значения.

Следовательно, законно применение теорем сравнения.

Более того, отметим, что на луче $[0,+ ∞ )$ несобственный интеграл имеет только одну особенность, а именно - это несобственный интеграл I рода с особенностью на бесконечности (наша функция ограничена в окрестности любой точки луча $[0,+ ∞ )$ , поскольку знаменатель на этом луче $[0,+ ∞ )$ всегда положителен, следовательно не обращается в ноль).

Поэтому можем разбить наш интеграл в сумму двух:

+∫∞ ∫1 +∫ ∞ x4 −-2x2 +-1 x4-−-2x2-+-1 x4-−-2x2-+-1 x6 + 5x+ 11 dx = x6 + 5x + 11dx + x6 + 5x + 11dx 0 0 1

И первый из этих интегралов - собственный, т.к. он существует в смысле обычного определенного интеграла Римана (поскольку на отрезке $[0,1]$ подынтегральная функция - непрерывна). Таким образом, остается исследовать на сходимость интеграл

+∫∞ x4 −-2x2-+-1- x6 + 5x + 11dx 1

Далее, легко видеть, что

x4 −-2x2-+-1 -1- x6 + 5x + 11 ∼ x2 , пр и x → +∞

А несобственный интеграл

∫ +∞ -1-dx 1 x2

- сходится как эталонный с показателем $α = 2 > 1$ . Следовательно, и наш исходный интеграл в силу теоремы сравнения в предельной форме тоже сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#81901

Пусть несобственный интеграл I рода

∫ +∞ f (x )dx 1

- сходится, причем $f$ - ограничена на $[1,+∞ )$ и монотонна на $[1,+ ∞ )$ , неважно, возрастает или убывает.

Доказать, что в таком случае при $x → + ∞$ выполнено

f (x ) = ¯o(1-) x

Показать ответ и решение

1. Во-первых, раз $f$ - монотонна, то начиная с какого-то $a ≥ 1$ она будет знакопостоянна. То есть можно считать, что наш интеграл

∫ +∞ f (x )dx 1

- это интеграл от знакопостоянной функции. Будем для удобства считать, что $f$ - монотонно убывает и что $f (x ) ≥ 0$ .

(случай, когда $f$ монотонно возрастает, но при этом всегда меньше либо равна 0 рассматривается аналогично, а два других случая совсем очевидно невозможны, потому что мгновенно ведут к расходимости интеграла $∫+∞ 1 f (x )dx$ ).

Но тогда, утверждается, что $f (x ) → 0$ при $x → + ∞$ . Почему это так?

Допустим, что $f(x)//→0$ при $x → +∞$ . По определению это означает, что

∃𝜀 > 0 такое, что ∀K > 1 ∃˜x > K такой, ч то f (x˜) ≥ 𝜀

Но тогда утверждается, что не только для этого одного $˜x > K$ выполнено, что $f(˜x) ≥ 𝜀$ , но и вообще для всех $x > x˜$ обязательно будет выполнено $f(x) ≥ 𝜀$ .

Действительно, если бы нашелся какой-то $x > ˜x$ , для которого $f (x ) < 𝜀$ , то, в силу монотонного убывания $f$ получилось бы так, что и для всех $x > ˜x$ было бы $f (x ) < 𝜀$ и мы бы получили противоречие с тем, что для любого $K > 1$ найдется такой $x$ , что $f (x ) ≥ 𝜀$ .

Таким образом, наша неотрицательная функция отделена от нуля некоторым положительным $𝜀 > 0$ (начиная с момента $˜x$ ), а, значит, интеграл

∫ +∞ f(x)dx → +∞ 1

что противоречит тому, что по условию он сходится.

Следовательно, все таки $f (x ) → 0$ при $x → + ∞$ .

2. Далее, в силу сходимости

∫ +∞ f (x )dx 1

по критерию Коши мы можем заключить, что

∫ b2 ∀𝜀 > 0∃B > 1 тако е, что ∀b1,b2 > B вы полнен о f(x)dx < 𝜀 b1

Давайте теперь фиксируем произвольное $b1 > B$ . Тогда для любого $b2 > B$ , поскольку на отрезке $[b1,b2]$ наша функция $f(x)$ монотонно убывает, то $∀x ∈ [b1,b2]$ выполнено, что $f(b2) ≤ f (x )$ , а потому