Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Страница 1 из 1 |
[ Сообщений: 4 ] |
|
Автор | Сообщение | ||
---|---|---|---|
XPOM4er |
|
||
[math]\int\limits_0^{+\infty}\frac{\ln(1+x+x^a)}{\sqrt[3]{x}}\,dx[/math] 2. При каких а и b сходится интеграл [math]\int\limits_0^{1/2}\frac{\ln^a\dfrac{1}{x}}{\operatorname{tg}^bx}\,dx[/math] 3. Исследовать на условную и абсолютную сходимость при всех значениях а интегралы [math]a)~\int\limits_2^{+\infty}\frac{\cos{x}}{(2x-\cos\ln{x})^a}\,dx;~~~~~b)~\int\limits_0^1{x^a\operatorname{arctg}x\cos\frac{1}{x}\,dx;~~~~~c)~\int\limits_1^{+\infty}\frac{\sin(x+x^2)}{x^a}\,dx.[/math] Буду рад любой помощи |
|||
Вернуться к началу | |||
Prokop |
|
||
1. Интеграл расходится при всех неотрицательных значениях а (да и при отрицательных тоже). Дело в том. что в окрестности бесконечности подынтегральная функция f(x) оценивается снизу
[math]f\left( x \right) = \frac{{\ln \left( {1 + x + x^a } \right)}}{{\sqrt[3]{x}}} > \frac{1}{{\sqrt[3]{x}}}[/math], а интеграл от меньшей функции расходится. 2. Особая точка 0. В окрестности точки 0 справедлива эквивалентность [math]\operatorname{tg} x \sim x[/math] Поэтому достаточно рассмотреть интеграл [math]\int\limits_0^{1/2} {\frac{{\ln ^a \frac{1}{x}}}{{x^b }}dx}[/math] Выполнив замену переменной [math]x=1/t[/math], придём к интегралу [math]\int\limits_2^\infty {\frac{{\ln ^a t}}{{t^{2 - b} }}dt}[/math], который. как известно, сходится при b<1 при любых значения a, и при b=1 если a <-2. |
|||
Вернуться к началу | |||
XPOM4er |
|
|
А разве точка ноль в первом интеграле не особая точка?И не надо разбить на два?
|
||
Вернуться к началу | ||
Prokop |
|
||
Цитата: 3. Исследовать на условную и абсолютную сходимость при всех значениях а интегралы [math]a)~\int\limits_2^{+\infty}\frac{\cos{x}}{(2x-\cos\ln{x})^a}\,dx;~~~~~b)~\int\limits_0^1{x^a\operatorname{arctg}x\cos\frac{1}{x}\,dx;~~~~~c)~\int\limits_1^{+\infty}\frac{\sin(x+x^2)}{x^a}\,dx.[/math] a) Если [math]a \leqslant 0[/math], то интеграл расходится, т.к. подынтегральная функция не стремится к 0 при больших х. Пусть [math]a >0[/math]. Тогда [math]\int\limits_2^\infty\frac{\cos{x}}{(2x-\cos\ln{x})^a}\,dx=\int\limits_2^\infty\frac{\cos{x}}{(2x)^a}{\!\left(1 - \frac{\cos\ln{x}}{2x}\right)\!}^{-a}\,dx=\int\limits_2^\infty\frac{\cos{x}}{(2x)^a}\!\left(1+O{\!\left(\frac{1}{x}\right)\!}\right)\!dx[/math] Отсюда следует, что интеграл сходится условно при a>0 и абсолютно при a>1. (Вспомните признак Дирихле сходимости несобственных интегралов). б) Воспользуемся эквивалентностью в окрестности точки 0: [math]\operatorname{arctg} x \sim x[/math]. Получим интеграл [math]\int\limits_0^1{x^{a+1}\cos\frac{1}{x}\,dx}=\{x=1/t\}=\int\limits_1^\infty\frac{\cos{t}}{t^{a+3}}\,dt[/math] Про этот интеграл всё известно: сходится при a+3>0, сходится абсолютно при a+3>1. в) Выполним замену переменной [math]x^2+x=t[/math]. Тогда [math]x=\sqrt{t+\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}[/math] Интеграл перепишется в виде [math]\int\limits_2^\infty \frac{\sin{t}}{\left(\sqrt{t+\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}\right)^a}\frac{dt}{2\sqrt{t+\frac{1}{4}}}[/math] Дальше надо использовать признак Дирихле. Интеграл сходится при a>-1, и абсолютно сходится при a>1. |
|||
Вернуться к началу | |||
[ Сообщений: 4 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 27 |
Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения |