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: 9 ] |
|
| Автор | Сообщение | |
|---|---|---|
| Shouty |
|
|
|
[math]\int\limits_{0}^{ + \infty }\cos{x^{2} }\operatorname{arctg} \left( \alpha x\right)} dx[/math] Пробовал по признаку Дирихле, представляя функцию , как произведение [math]x\cos{x^{2} }[/math] и [math]\frac{ \operatorname{arctg} \left( \alpha x\right)}{ x }[/math]. Но там требуется непрерывность функций, а вторая неопределена в нуле ![]() |
||
| Вернуться к началу | ||
| Avgust |
|
|
|
Графически все ясно. Подынтегральная функция только вначале развивается и затем стремится к правильной периодической функции. То есть, предел интеграла существует.
http://www.wolframalpha.com/input/?i=pl ... ..10%29%29 Например, в нашем частном случае http://www.wolframalpha.com/input/?i=ev ... y%29%29%29 |
||
| Вернуться к началу | ||
| За это сообщение пользователю Avgust "Спасибо" сказали: Shouty |
||
| grigoriew-grisha |
|
|
|
Avgust писал(а): Графически все ясно. Подынтегральная функция только вначале развивается и затем стремится к правильной периодической функции. То есть, предел интеграла существует. А при чем здесь "предел интеграла существует"? http://www.wolframalpha.com/input/?i=pl ... ..10%29%29 Например, в нашем частном случае http://www.wolframalpha.com/input/?i=ev ... y%29%29%29 Иди-ка лучше, Выучи для начала определение РАВНОМЕРНОЙ сходимости, а уж потом вольфрамом размахивай. ![]() |
||
| Вернуться к началу | ||
| grigoriew-grisha |
|
|
|
А в интеграле нужно сделать очевидную замену [math]t=x^2[/math] , вот тогда и Абель-Дирихле сгодится.
|
||
| Вернуться к началу | ||
| Shouty |
|
|
|
Мы получим интеграл
[math]\int\limits_{0}^{ + \infty } \frac{ \cos{u} \operatorname{arctg}( \alpha \sqrt{u} ) }{ 2\sqrt{u} } du[/math] И проблемы в нуле не пропадут ![]() |
||
| Вернуться к началу | ||
| grigoriew-grisha |
|
|
|
Что вы городите? Какие "проблемы в нуле"? В нуле подынтегральная функция имеет конечный предел, там нет особенности.
|
||
| Вернуться к началу | ||
| За это сообщение пользователю grigoriew-grisha "Спасибо" сказали: Shouty |
||
| Shouty |
|
|
|
Может быть так попробовать?
[math]\cos{x^{2} }[/math] и [math]\operatorname{arctg}( \alpha x)[/math] непрерывны по x [math]\in \left( - \infty , + \infty \right)[/math] [math]\int\limits_{0}^{ + \infty}cos{x^{2} }dx = \int\limits_{0}^{ + \infty}\frac{ 2xcos{x^{2} }}{2x }dx[/math] - сходится. Т.к. первообразная числителя ограничена, а все остальное монотонно стремится к нулю.И интеграл не зависит от [math]\alpha[/math] , а значит сходится равномерно. [math]\left| \operatorname{arctg}( \alpha x) \right|[/math] [math]\leqslant \frac{ \pi }{ 2 }[/math] , для [math]\forall \alpha[/math] [math]\left( \operatorname{arctg}( \alpha x) \right)_{x}^{'} = \frac{ \alpha }{ 1+\left( \alpha x \right) ^{2} }[/math] - знакопостоянная при фиксированом [math]\alpha[/math]. И по признаку Абеля все сойдется равномерно. |
||
| Вернуться к началу | ||
| grigoriew-grisha |
|
|
|
Идея - неплохая, вот только в первом интеграле те самые "проблемы в 0" вы сами создали и стыдливо обошли стороной.
Но это легко решается, и у вас все станет правильно! ![]() |
||
| Вернуться к началу | ||
| За это сообщение пользователю grigoriew-grisha "Спасибо" сказали: Shouty |
||
| Shouty |
|
|
|
Спасибо!
|
||
| Вернуться к началу | ||
|
[ Сообщений: 9 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 5 |
| 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 |