| Математический форум Math Help Planet http://mathhelpplanet.com/ |
|
| Сходимость http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=19&t=17707 |
Страница 2 из 3 |
| Автор: | arkadiikirsanov [ 18 июн 2012, 09:01 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
А вы уверены, что второй интеграл - несобственный (то есть, подынтегральная функция не ограничена в окрестности точки [math]\pi[/math] ) ? |
|
| Автор: | lampard [ 18 июн 2012, 09:12 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
arkadiikirsanov писал(а): А вы уверены, что второй интеграл - несобственный (то есть, подынтегральная функция не ограничена в окрестности точки [math]\pi[/math] ) ? Ой, а ведь и правда. Используя правило Лопиталя, приходим к выводу, что в окрестности "пи" функция ограничена, а значит, там нет "несобственности". ТОгда все ясно с первой задачей. А во второй ( я про [math]\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{|x|}}dx[/math] ) в окрестности нуля подынтегральная функция точно не ограничена... Как быть? |
|
| Автор: | arkadiikirsanov [ 18 июн 2012, 09:29 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
Воспользоваться признаком сравнения и эталонным интегралом. |
|
| Автор: | lampard [ 18 июн 2012, 09:37 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
arkadiikirsanov писал(а): Воспользоваться признаком сравнения и эталонным интегралом. Тут вот в чем дело. Если разбить на 3 интеграла, то [math]\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{|x|}}dx=\displaystyle\int_{-\infty}^{1}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{-x}}dx+\displaystyle\int_{-1}^{1}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{|x|}}dx+\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{x}}dx[/math] То интеграл [math]\displaystyle\int_{-1}^{1}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{|x|}}dx\leqslant \displaystyle\int_{-1}^{1}\frac{1}{\sqrt{|x|}}dx[/math] А так как [math]\displaystyle\int_{-1}^{1}\frac{1}{\sqrt{|x|}}dx[/math] сходится, то сходится и [math]\displaystyle\int_{-1}^{1}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{|x|}}dx[/math] А вот с этим сложнее [math]\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{x}}dx[/math] Так как сравнение [math]\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{x}}dx[/math] с [math]\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{|x|}}dx[/math] -- ничего не дает. Как быть? Или именно здесь признак Дирихле -- в самый раз? И еще, действительно ли в первой задаче Дирихле подойдет? |
|
| Автор: | arkadiikirsanov [ 18 июн 2012, 09:58 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
В первой задаче достаточно признака сравнения, а во второй попробуйте сделать замену [math]x=\ln{t}[/math] |
|
| Автор: | lampard [ 18 июн 2012, 10:07 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
arkadiikirsanov писал(а): В первой задаче достаточно признака сравнения, а во второй попробуйте сделать замену [math]x=\ln{t}[/math] [math]\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{x}}dx=\displaystyle\int_{e}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t\sqrt{\ln t}}dt[/math] [math]\displaystyle\int_{e}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t\sqrt{\ln t}}dt\leqslant \displaystyle\int_{e}^{+\infty}\frac{1}{t\sqrt{\ln t}}dt[/math] (но такое сравнение, вроде как ничего не дает... Про первую задачу: [math]\displaystyle\int_{\pi}^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2-\pi^2}dx\leqslant \displaystyle\int_{\pi}^{+\infty}\frac{1}{x^2-\pi^2}dx[/math] Но ведь [math]\displaystyle\int_{\pi}^{+\infty}\frac{1}{x^2-\pi^2}dx[/math] расходится |
|
| Автор: | lampard [ 18 июн 2012, 12:42 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
(но такое сравнение, вроде как ничего не дает - тк ряд которым оценивали сверху - расходится) |
|
| Автор: | arkadiikirsanov [ 18 июн 2012, 15:25 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
lampard писал(а): arkadiikirsanov писал(а): В первой задаче достаточно признака сравнения, а во второй попробуйте сделать замену [math]x=\ln{t}[/math] [math]\displaystyle\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin(e^x)}{\sqrt{x}}dx=\displaystyle\int_{e}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t\sqrt{\ln t}}dt[/math] [math]\displaystyle\int_{e}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t\sqrt{\ln t}}dt\leqslant \displaystyle\int_{e}^{+\infty}\frac{1}{t\sqrt{\ln t}}dt[/math] (но такое сравнение, вроде как ничего не дает... Во-первых, нельзя применять признаки сравнения к интегралам со знакопеременными функциями, во-вторых, после замены нужно использовать признак Дирихле. В первой задаче нужно сначала отступить вправо от "пи", а уж потом применять признак сравнения. |
|
| Автор: | lampard [ 18 июн 2012, 18:02 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
arkadiikirsanov писал(а): Во-первых, нельзя применять признаки сравнения к интегралам со знакопеременными функциями, во-вторых, после замены нужно использовать признак Дирихле. В первой задаче нужно сначала отступить вправо от "пи", а уж потом применять признак сравнения. [math]\displaystyle\int_{e}^{+\infty}\frac{\sin(t)}{t\sqrt{\ln t}}dt[/math] [math]\displaystyle\lim_{t\to +\infty}\frac{1}{t\sqrt{\ln t}=0[/math] [math]|\sin(t)|\leqslant 1[/math] Используя признак Дирихле, приходим к выводу, что интеграл сходится Цитата: В первой задаче нужно сначала отступить вправо от "пи", а уж потом применять признак сравнения А почему нужно оступать вправо от пи? Что значит отступить? То есть вот так? [math]\displaystyle\int_{\pi}^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2-\pi^2}=\displaystyle\int_{\pi}^{5}\frac{\sin^2x}{x^2-\pi^2}+\displaystyle\int_{5}^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2-\pi^2}[/math] |
|
| Автор: | Alexdemath [ 18 июн 2012, 18:55 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Сходимость |
Потому что [math]\int\limits_{\pi}^{+\infty}\frac{dx}{x^2-\pi^2}=+\infty[/math], но [math]\int\limits_{5}^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2-\pi^2}\,dx\leqslant \int\limits_{5}^{+\infty}\frac{dx}{x^2-\pi^2}=\frac{1}{2\pi}\ln\frac{5+\pi}{5-\pi}[/math], так как [math]0 \leqslant \frac{\sin^2x}{x^2-\pi^2} \leqslant \frac{1}{x^2-\pi^2}[/math] при [math]x\in[5;+\infty)[/math]. |
|
| Страница 2 из 3 | Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
| Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group http://www.phpbb.com/ |
|