Математический форум Math Help Planet
http://mathhelpplanet.com/

Интегралы
http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=19&t=16795
Страница 1 из 2

Автор:  number_one [ 07 май 2012, 21:54 ]
Заголовок сообщения:  Интегралы

В первых двух номерах нужно исследовать на сходимость. После условий идут попытки взятия интегралов. Первая задача подробно расписана, по остальным короткие вопросы.

Изображение

Мои попытки:

2364

[math]\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^n}dx=I_1+I_2[/math]

[math]I_1=\int_0^{c}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^n}dx[/math]

[math]I_2=\int_c^{+\infty}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^n}dx[/math]

Подберем [math]\alpha[/math] так, чтобы [math]I_1\sim \int_0^{c}\frac{1}{x^\alpha}}dx[/math]

[math]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^n}:\frac{1}{x^\alpha}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^{n-\alpha}}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{a}{(n-\alpha)x^{n-\alpha-1}}[/math]

Если [math]\alpha=n+1[/math], то [math]I_1\sim \int_0^{c}\frac{1}{x^\alpha}}dx[/math]


Таким образом нужно выяснить сходимость интеграла [math]\int_0^{c}\frac{1}{x^{n+1}}}dx[/math]

Он сходится при [math]n<-1[/math]

Таким образом [math]I_1[/math] сходится при [math]n<-1[/math]

Теперь про [math]I_2[/math] , имеем

Подберем [math]p[/math] так, чтобы [math]I_1\sim \int_a^{\infty}\frac{1}{x^p}}dx[/math]

[math]\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^n}:\frac{1}{x^p}=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^{n-p}}=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{a}{(n-p)x^{n-\alpha-1}}[/math]

Если [math]p=n+1[/math], то [math]I_1\sim \int_c^{\infty}\frac{1}{x^p}}dx[/math]


Таким образом нужно выяснить сходимость интеграла [math]\int_c^{\infty}\frac{1}{x^{n+1}}}dx[/math]

Он сходится при [math]n>0[/math]

Таким образом [math]I[/math] сходится при [math]0<n<-1[/math]. Верно?
В следующем сообщении короткие вопросы

Автор:  number_one [ 07 май 2012, 22:02 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

2372

[math]\int_0^1\frac{\ln x}{1-x^2}=\int_0^{0,5}\frac{\ln x}{1-x^2}+\int_{0,5}^1\frac{\ln x}{1-x^2}[/math]

[math]I_1=\int_0^{0,5}\frac{\ln x}{1-x^2}[/math]

Опять сравнивать с [math]\int_0^{0,5}\frac{1}{x^\alpha}[/math] ?

3997

Подойдет замена [math]t=xy[/math] или есть удобнее?

4007

Правильно ли я понимаю, что нужно взять [math]\int_0^1dx\int_{0}^{1-x}dy\int_{xy}^{1-x-y}[/math] ?

4012

Правильно ли я понимаю, что нужно взять тот же интеграл [math]\int_0^1dx\int_{0}^{1-x}dy\int_{xy}^{1-x-y}[/math] ?

4013

[math]x=r\cos\varphi[/math]

[math]y=r\sin\varphi[/math]

[math]z=\pm\sqrt{0,5r^2\sin2\varphi}[/math]

Так что нужно вот такой интеграл брать? [math]\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_0^ardr\int_{-0,5r^2\sin2\varphi}^{+0,5r^2\sin2\varphi}dz[/math]

Автор:  Human [ 07 май 2012, 22:50 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

number_one писал(а):
[math]\lim\limits_{x\to 0}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^n}:\frac{1}{x^\alpha}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^{n-\alpha}}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{a}{(n-\alpha)x^{n-\alpha-1}}[/math]

Если [math]\alpha=n+1[/math], то [math]I_1\sim \int_0^{c}\frac{1}{x^\alpha}}dx[/math]


Неверно нашли [math]\alpha[/math]. Должно быть [math]\alpha=n-1[/math], перепроверьте.

number_one писал(а):
Таким образом нужно выяснить сходимость интеграла [math]\int_0^{c}\frac{1}{x^{n+1}}}dx[/math]

Он сходится при [math]n<-1[/math]


Не только. Ещё при [math]-1\leqslant n<0[/math], проверьте. Это чтоб Вы избежали дальнейших ошибок после того, как поправите предыдущий пункт.

number_one писал(а):
[math]\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^n}:\frac{1}{x^p}=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\operatorname{arctg}{(ax)}}{x^{n-p}}=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{a}{(n-p)x^{n-\alpha-1}}[/math]


Как Вы вывели последнее выражение? Если по правилу Лопиталя, то значит неверно нашли производную арктангенса. Воспользуйтесь лучше тем, что на бесконечности арктангенс имеет конечный предел.

Ну и, соответственно, это

number_one писал(а):
Если [math]p=n+1[/math], то [math]I_1\sim \int_c^{\infty}\frac{1}{x^p}}dx[/math]


тоже неправильно. Исправляйтесь.

number_one писал(а):
[math]I_1=\int_0^{0,5}\frac{\ln x}{1-x^2}[/math]

Опять сравнивать с [math]\int_0^{0,5}\frac{1}{x^\alpha}[/math] ?


С таким интегралом с помощью предельного признака сравнения Вы сравнить не сможете. Лучше сравните с [math]\int\limits_0^{0,5}\ln x\,dx[/math].

Автор:  number_one [ 07 май 2012, 23:16 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

Human писал(а):
number_one писал(а):

С таким интегралом с помощью предельного признака сравнения Вы сравнить не сможете. Лучше сравните с [math]\int\limits_0^{0,5}\ln x\,dx[/math].


Но если его взять по частям то он разойдется!

Автор:  number_one [ 07 май 2012, 23:19 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

Human писал(а):
number_one писал(а):
Должно быть [math]\alpha=n-1[/math], перепроверьте.




Должно быть [math]n-\alpha-1\leqslant 0[/math], значит [math]n-1\leqslant \alpha[/math]

C первой задачей разобрался, все ок, спасибо! А как с остальными?)

Автор:  Human [ 07 май 2012, 23:35 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

number_one писал(а):
Но если его взять по частям то он разойдется!


Если Вы про слагаемое [math]x\ln x[/math], то оно в нуле имеет конечный предел, равный нулю. Это доказывается элементарно по правилу Лопиталя.

Автор:  number_one [ 07 май 2012, 23:42 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

Human писал(а):
number_one писал(а):
Но если его взять по частям то он разойдется!


Если Вы про слагаемое [math]x\ln x[/math], то оно в нуле имеет конечный предел, равный нулю. Это доказывается элементарно по правилу Лопиталя.


Ах, точно, и тут прокололся, получилось доказать, что сходится от 0 до 0,5

Автор:  number_one [ 07 май 2012, 23:44 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

А от 0,5 до 1 -- с чем лучше сравнить? [math]I_1=\int_{0,5}^1\frac{\ln x}{1-x^2}[/math]

Автор:  Human [ 07 май 2012, 23:53 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

number_one писал(а):
А от 0,5 до 1 -- с чем лучше сравнить?[math]I_1=\int_{0,5}^1\frac{\ln x}{1-x^2}[/math]


Подынтегральное выражение эквивалентно некоторой константе при [math]x\to 1[/math]. Вот с ней и сравните.

Автор:  number_one [ 08 май 2012, 00:00 ]
Заголовок сообщения:  Re: Интегралы

-0,5 и пролопиталить?

Страница 1 из 2 Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group
http://www.phpbb.com/