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/