Несобственный интеграл

[Limit79]

Здравствуйте!

Помогите, пожалуйста, исследовать на сходимость интеграл

$$\int\limits_{0}^{2} \frac{dx}{\ln(x)}$$

Понятно, что

$$\int\limits_{0}^{2} \frac{dx}{\ln(x)} = \int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\ln(x)} + \int\limits_{1}^{2} \frac{dx}{\ln(x)}$$

Пробовал использовать эквивалентно бесконечно малые, но так до конца и не дошел

[provincialka]

Limit79 в сообщении #859169 писал(а):

Пробовал использовать эквивалентно бесконечно малые, но так до конца и не дошел

Что так? Путь-то недальний.
Первый вопрос: где у этого интеграла особенность?

[Limit79]

provincialka в сообщении #859172 писал(а):

Первый вопрос: где у этого интеграла особенность?

Дополнил стартовый пост.

Особенности при $x=0$ и при $x=1$.

[provincialka]

Limit79 в сообщении #859173 писал(а):

Особенности при $x=0$ и при $x=1$.

Не совсем так. Особенность функции не всегда является особенностью интеграла. Так что одна точка лишняя.

[Limit79]

$$\int\limits_{0}^{2} \frac{dx}{\ln(x)} = \int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\ln(x)} + \int\limits_{1}^{2} \frac{dx}{\ln(x)}$$

Исследуем на сходимость $\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\ln(x)}$

Заметим, что $\ln(x) = \ln(1+(x-1)) \sim x-1$ при $x \to 1$

Известно, что интеграл $\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{x-1}$ расходится.

Вычислим предел

$$\lim\limits_{x \to 1-0} \left ( \frac{\frac{1}{\ln(x)}}{\frac{1}{x-1}} \right ) = \lim\limits_{x \to 1-0} \left ( \frac{x-1}{\ln(x)} \right ) = \lim\limits_{x \to 1-0} \left ( \frac{1}{\frac{1}{x}} \right ) = \lim\limits_{x \to 1-0} \left ( x ) = 1$$

То есть интеграл $\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\ln(x)}$ расходится, следовательно, исходный интеграл тоже расходится.

Как-то так?

-- 05.05.2014, 00:41 --

provincialka в сообщении #859178 писал(а):

Особенность функции не всегда является особенностью интеграла. Так что одна точка лишняя.

Лишняя, наверное, $x=0$. А как тогда определить особенность интеграла? (я всегда думал, что это особенности подынтегральной функции).

[provincialka]

Да, так, только зачем вы еще предел брали? У вас так сформулирована теорема? Вообще-то достаточно эквивалентности.

Что касается особенностей. Интеграл - штука демократичная, он не требует от подынтегральной функции непрерывности. Так что разрыв первого рода - не особенность. Несобственным интеграл становится, если подынтегральная функция неограничена. Ну, а в точке $x=0$ она стремится к 0.

[Limit79]

provincialka в сообщении #859199 писал(а):

Да, так, только зачем вы еще предел брали? У вас так сформулирована теорема? Вообще-то достаточно эквивалентности.

На самом деле это я у Кудрявцева прочитал Это, насколько я понимаю, следствие из признака сравнения.

provincialka в сообщении #859199 писал(а):

Что касается особенностей. Интеграл - штука демократичная, он не требует от подынтегральной функции непрерывности. Так что разрыв первого рода - не особенность. Несобственным интеграл становится, если подынтегральная функция неограничена. Ну, а в точке $x=0$ она стремится к 0.

Спасибо, вроде более-менее понял.

-- 05.05.2014, 00:56 --

provincialka

(Оффтоп)

Вы про это имели ввиду?

До конца-то я не дочитал

[provincialka]

Про это.

[Limit79]

provincialka
Понял, спасибо!

А не подскажите, сходимость $\int\limits_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^3+1}$ следует из сходимости $\int\limits_{0}^{\infty} \frac{dx}{x^2+1}$, так как $\frac{1}{x^3+1}\leqslant \frac{1}{x^2+1}$ при $x \in [0;\infty)$ ?

[_Ivana]

Limit79, Разве неравенство справедливо на всем указанном интервале?

[Ms-dos4]

Limit79
Следует, только вот $\[\frac{1}{{{x^3} + 1}} \le \frac{1}{{{x^2} + 1}}\]$ при $\[x \in [1,\infty )\]$. При $\[x \in [0,1)\]$ знак другой, но там, очевидно, интеграл конечен и на сходимость это никак не влияет.

[provincialka]

Следует. Правда это неравенство выполняется только при $x\ge1$, но этого вполне достаточно. Впрочем, для исследования можно использовать и эквивалентность. Все сводится к тому, что степень в знаменателе имеет показатель, больший 1.
уже ответили, ну ладно...

[Limit79]

Ms-dos4
provincialka
_Ivana
Понял, спасибо.

-- 05.05.2014, 01:54 --

Хотя не до конца понял

Ms-dos4 в сообщении #859221 писал(а):

При $\[x \in [0,1)\]$ знак другой, но там, очевидно, интеграл конечен и на сходимость это никак не влияет.

Какой интеграл конечен? И почему достаточно того, что $\frac{1}{x^3+1} \leqslant \frac{1}{x^2+1}$ на $[1;\infty)$?

[Deggial]

Limit79, замечание за неоформление формул $\TeX$ом.

[provincialka]

Конечен интеграл на промежутке $[0; 1]$. Он собственный. Поэтому вполне достаточно исследовать интеграл на $[1;+\infty)$