Несобственный интеграл

[likusta]

Здравствуйте, помогите, пожалуйста, доказать, что следующий интеграл расходится, если $r\to 0$ или подскажите как это можно сделать.
$\int\limits_0^1\frac{dt}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+r^2)}}$
Ясно, что интеграл больше нуля и его значение увеличивается с уменьшением $|r|$.

[Lia]

likusta в сообщении #1123960 писал(а):

Здравствуйте, помогите, пожалуйста, доказать, что следующий интеграл расходится

Что именно расходится? К сходимости/расходимости этого интеграла $r\to 0$ не имеет никакого отношения. Уточните задачу, пожалуйста.

[likusta]

Lia в сообщении #1123962 писал(а):

likusta в сообщении #1123960 писал(а):

Здравствуйте, помогите, пожалуйста, доказать, что следующий интеграл расходится

Что именно расходится? К сходимости/расходимости этого интеграла $r\to 0$ не имеет никакого отношения. Уточните задачу, пожалуйста.

Нужно показать, что $\lim\limits_{r\to0} \int\limits_0^1\frac{dt}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+r^2)}}=+\infty$.

[Lia]

Теорема Фату, например.

[demolishka]

Можно также использовать непрерывность интеграла по параметру.

[likusta]

Lia в сообщении #1123967 писал(а):

Теорема Фату, например.

Спасибо большое!
Верно ли следующее? По Теореме Фату получаем:
$\int \limits_0^1\liminf\limits_{n \to \infty} \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+\frac{1}{n^2})}}\le\liminf\limits_{n \to \infty} \int \limits_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+\frac{1}{n^2})}}$.
Отсюда следует:
$+\infty=\int \limits_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)^3}}\le\liminf\limits_{n \to \infty} \int \limits_0^1 \frac{dt}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+\frac{1}{n^2})}}$

-- Пн май 16, 2016 18:57:16 --

demolishka в сообщении #1123972 писал(а):

Можно также использовать непрерывность интеграла по параметру.

Спасибо большое!
Если Вам известно, подскажите, пожалуйста, где можно найти это утверждение или теорему, которой можно будет воспользоваться.
$f(t,r)$ - не является непрерывной на $[0;1]\times\{r:r\ge0\}$, повлияет ли это?

[Lia]

likusta в сообщении #1123975 писал(а):

Верно ли следующее? По Теореме Фату получаем:

Верно.
Можно было и старый параметр оставить, это не принципиально здесь.

-- 16.05.2016, 22:16 --

likusta в сообщении #1123975 писал(а):

$f(t,r)$ - не является непрерывной на $[0;1]\times\{r:r\ge0\}$, повлияет ли это?

Это - само по себе может быть и не важным. Здесь критично то, что предельная точка $r=0$ не может быть накрыта промежутком, на котором сам несобственный интеграл, зависящий от параметра, сходится равномерно, более того, нет даже сходимости в точке. Так что аппарат равномерной сходимости придется оставить.

Ну или я не вижу планов demolishka.

[demolishka]

likusta в сообщении #1123975 писал(а):

Если Вам известно, подскажите, пожалуйста, где можно найти это утверждение или теорему, которой можно будет воспользоваться.

Тема называется "несобственный интеграл зависящий от параметра". Но здесь я погорячился. Тот факт, что значение интеграла при $r=0$ обязано быть предельным, без леммы Фату получить проблематично. Так что

Lia в сообщении #1123977 писал(а):

аппарат равномерной сходимости придется оставить

[sergei1961]

Можно разложить квадратный трёхчлен снизу на комплексные множители, посчитать интеграл в явном виде по простой формуле 2 с. 307 том 1 Прудников, Бычков, Маричев, избавиться от комплексных чисел в ответе, и с кайфом перейти к пределу в простом выражении без всяких спецфункций!

[AlexValk]

$I(r)=\int\limits_0^1\frac{dt}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+r^2)}}\geq $\int\limits_0^1\frac{dt}{\sqrt{(1-t)((1-t)^2+r^2)}}= 2\int\limits_0^1\frac{dx}{\sqrt{x^4+r^2}}=\frac{2}{\sqrt{r}}\int\limits_0^{1/\sqrt{r}}\frac{dy}{\sqrt{y^4+1}}$
(где $x=1-t$ и $y=x/r$) $\Rightarrow$
$\lim\limits_{r\to 0}I(r)\geq\lim\limits_{r\to 0}\frac{2}{\sqrt{r}}\int\limits_0^{1/\sqrt{r}}\frac{dy}{\sqrt{y^4+1}}\geq\lim\limits_{r\to 0}\frac{2}{\sqrt{r}}\int\limits_0^1\frac{dy}{\sqrt{y^4+1}}\geq\int\limits_0^1dy\lim\limits_{r\to 0}\frac{2}{\sqrt{r}}=\lim\limits_{r\to 0}\frac{2}{\sqrt{r}}=\infty $.

Главный член асимптотики интеграла $I(r)$ при $r\to 0$ равен
$\frac{2}{\sqrt{r}}\int\limits_0^{\infty}\frac{dy}{\sqrt{y^4+1}}=\frac{2}{\sqrt{r}}B(1/4,1/4)\approx 3.708/\sqrt{r}$.
Следующая поправка имеет порядок $O(\sqrt{r})$.

[ewert]

AlexValk в сообщении #1124275 писал(а):

$I(r)=\int\limits_0^1\frac{dt}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+r^2)}}\geq\int\limits_0^1\frac{dt}{\sqrt{(1-t)((1-t)^2+r^2)}}= 2\int\limits_0^1\frac{dx}{\sqrt{x^4+r^2}}=\frac{2}{\sqrt{r}}\int\limits_0^{1/\sqrt{r}}\frac{dy}{\sqrt{y^4+1}}$
(где $x=1-t$ и $y=x/r$)

Идея правильная, но неправильно реализованная. На самом деле

$$I(r)=\frac1{\sqrt{r}}\int\limits_0^{1/\sqrt{r}}\frac{dy}{\sqrt{(1-ry)y(y^2+1)}}\sim\frac1{\sqrt{r}}\int\limits_0^{+\infty}\frac{dy}{\sqrt{y(y^2+1)}}.$$

(последний переход можно сделать с Фату, а можно и вручную; для просто же стремления к бесконечности вообще ничего не нужно, т.к. левая часть тупо больше правой)

[sergei1961]

Если не хотите использовать явную формулу для интеграла, то предлагаю следующее красивое решение, построенное по мотивам оценок эллиптических интегралов Лежандра.
Из неравенства о средних

$$ \sqrt{t(1-t)((1-t)^2+r^2)}\le \frac{t(1-t)+(1-t)^2+r^2}{2}=\frac{1-t+r^2}{2}, $$

$$ \frac{1}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+r^2)}} \geq \frac{2}{1-t+r^2}. $$

Поэтому

$$ \int_0^1\frac{1}{\sqrt{t(1-t)((1-t)^2+r^2)}} \geq 2 \ln(1+1/r^2), $$

и дальше переходите к пределу в неравенстве как Вам нравится...

[AlexValk]

ewert в сообщении #1124320 писал(а):

Идея правильная, но неправильно реализованная. На самом деле

$$I(r)=\frac1{\sqrt{r}}\int\limits_0^{1/\sqrt{r}}\frac{dy}{\sqrt{(1-ry)y(y^2+1)}}\sim\frac1{\sqrt{r}}\int\limits_0^{+\infty}\frac{dy}{\sqrt{y(y^2+1)}}.$$

(последний переход можно сделать с Фату, а можно и вручную; для просто же стремления к бесконечности вообще ничего не нужно, т.к. левая часть тупо больше правой)

Да у Вас правильно. И у меня тоже. Ваше переходит в мое при замене $\sqrt{y}=z$.