Несобственный интеграл.

[main.c]

Хорошо, пойдём по порядку.
Я хочу доказать, что $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{x} dx$ - расходящийся?
Очевидно, что $\int\limits_0^{+\infty}\frac{1}{x} dx$ - расходится, этого достаточно, чтобы утверждать, что интеграл $\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{x} dx$ расходится?

[Otta]

Вы почему книжки не читаете? Если у интеграла несколько особых точек, то его сходимость/расходимость определяется сл. образом: он разбивается по аддитивности на несколько по таким промежуткам интегрирования, каждый их которых содержит ровно одну особенность (обычно делают на одном из концов промежутка). Получается сумма несобств. интегралов. Так вот, исходный интеграл является сходящимся только в том случае, когда сходится каждый из интегралов в этой сумме. И соответственно, для расходимости достаточно расходимости хотя бы одного.

[Aritaborian]

main.c, давайте ещё кое-что проясним (хотя Otta, кажись, уже весьма чётко обрисовала ситуацию, не отнять и не прибавить, но мы ведь решили пройтись от начала до конца неспешным шагом). Насколько вы знакомы со следующими понятиями:
а) аддитивность интеграла Римана;
б) особые точки функции?

[main.c]

Otta в сообщении #891574 писал(а):

Вы почему книжки не читаете? Если у интеграла несколько особых точек, то его сходимость/расходимость определяется сл. образом: он разбивается по аддитивности на несколько по таким промежуткам интегрирования, каждый их которых содержит ровно одну особенность (обычно делают на одном из концов промежутка). Получается сумма несобств. интегралов. Так вот, исходный интеграл является сходящимся только в том случае, когда сходится каждый из интегралов в этой сумме. И соответственно, для расходимости достаточно расходимости хотя бы одного.

Огромное спасибо! Я именно этого ответа и добивался, так как не смог нигде найти того, что Вы только что написали. Везде в основном пишут про интегралы с 1, максимум 2 особыми точками ($-\infty$ и $+\infty$), в моём случае их было 3 штуки.

Aritaborian в сообщении #891577 писал(а):

main.c, давайте ещё кое-что проясним (хотя Otta, кажись, уже весьма чётко обрисовала ситуацию). Насколько вы знакомы со следующими понятиями:
а) аддитивность интеграла Римана;
б) особые точки функции?

a). Если функции $f(x)$ интегрируема на промежутках $[a, b]$ и $[b, c]$, то она интегрируема и на промежутке $[a, c]$, причём $\int\limits_a^c f(x)dx = \int\limits_a^b f(x)dx + \int\limits_b^c f(x)dx$

-- 29.07.2014, 22:20 --

Otta, не знаю на какой способ Вы меня хотели подтолкнуть вопросом "какие ещё признаки сравнения Вы знаете?", но я решил задачу всё-таки неравенствами, недеюсь, что в это раз никто не забракует моё решение .
$ \forall x \in (0, 1): \ 0 \geq \frac{x}{x-1} \geq \frac{1}{\ln x}$
Интеграл $\int\limits_{0}^{1}\frac{x}{x-1} dx$ - расходящийся, а значит $\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{\ln x} dx$ тоже расходящийся.

[Otta]

Ну если неравенство умеете доказывать, то и флаг Вам в руки. :)
Признак сравнения Вы назвали - предельный, в таких случаях, чем мучительно стряпать неравенство (да еще в неизвестную сторону), проще смотреть на эквивалентности.

[main.c]

Otta в сообщении #891608 писал(а):

Ну если неравенство умеете доказывать, то и флаг Вам в руки. :)
Признак сравнения Вы назвали - предельный, в таких случаях, чем мучительно стряпать неравенство (да еще в неизвестную сторону), проще смотреть на эквивалентности.

Так как я уже решил это задание, то не могли бы Вы подробнее про свой способ решения рассказать, а лучше показать на данном примере. Думаю мне это пригодится

[Otta]

Не, давайте-ка сперва сами попробуйте. Признак у Вас есть, я надеюсь, не в голове, так в конспектах, исследуйте для начала на сходимость интеграл $\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\sin x}}$.

[main.c]

Otta в сообщении #891619 писал(а):

Не, давайте-ка сперва сами попробуйте. Признак у Вас есть, я надеюсь, не в голове, так в конспектах, исследуйте для начала на сходимость интеграл $\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{\sin x}}$.

$\frac{dx}{\sqrt{\sin x}} \sim \frac{dx}{\sqrt x}$, при $x \to 0$, $\int_0^1 \frac{dx}{\sqrt x} $ - сходится, а значит и искомый интеграл тоже сходится.

[Otta]

Вот, очень хорошо. Только не надо $dx$ писать в числителе)) все-таки там единица.
Еще надо?

[main.c]

Всё, я понял Вас, $\frac{1}{\ln x} \sim \frac{1}{x-1}$, $\int\limits_0^1\frac{1}{x-1}$ - расходится, а значит и второй интеграл расходится. Спасибо.

[main.c]

А как быть с таким интегралом?
$\int\limits_0^1 x^p \ln^q \frac{1}{x} dx = \int\limits_0^\frac{1}{2} x^p \ln^q \frac{1}{x} dx + \int\limits_\frac{1}{2}^1 x^p \ln^q \frac{1}{x} dx $
Рассмотрим сначала при каких $q$ он расходится. При $q < 0$, точка 1 является особой.
$x^p \ln^q \frac{1}{x} \sim (\frac{1}{x} - 1)^q, \ x \to 1$
Остаётся рассмотреть при каких $q$,$\int\limits_\frac{1}{2}^1(\frac{1}{x} - 1)^q dx$ расходится. И вот тут у меня идеи заканчиваются. Я догадываюсь, что при $ q \leq -1$ он расходится, но как это проверить?

[Otta]

Во-первых, смотрите на все особые точки и все варианты $p,q$, начав с простых случаев, конечно. Во-вторых, Вам так дорога эта дробь в аргументе логарифма?

[main.c]

Otta в сообщении #891864 писал(а):

Во-первых, смотрите на все особые точки и все варианты $p,q$, начав с простых случаев, конечно. Во-вторых, Вам так дорога эта дробь в аргументе логарифма?

Вы имеете в виду вынести -1 из под логарифма?
Конечно я буду рассматривать все точки, но их удобнее мне кажется по отдельности рассмотреть, разве не так?

[Otta]

Это когда как. ) Ну, неважно, смотрите, там увидите сами.

[main.c]

Otta в сообщении #891867 писал(а):

Это когда как. ) Ну, неважно, смотрите, там увидите сами.

Вот вынес я -1 из под логарифма:
$\int\limits_0^1 x^p \ln^q \frac{1}{x} dx = \int\limits_0^1 x^p (-\ln x)^q dx$
$ x^p (-\ln x)^q \sim (1-x)^q, \quad x \to 1-$
$\int (1-x)^q dx = -\frac{1}{q+1}(1-x)^{q+1}$, при $ q \neq -1$
$\int (1-x)^q dx = -\ln(1-x)$, при $ q = -1$
Из этого следует, что при $q \leq -1$ интеграл расходится. Теперь я рассмотрю случаи для $p$. Вот эта часть рассуждений верна?