| 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. ![]() Мои попытки: 2364 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/ |
|