Несобственный интеграл

[Stensen]

Всем доброго здравия. Уважаемые помогите с интегралом: $I=\int\limits_{0}^{\pi}\frac{(\pi -x)\ln x}{\sqrt{\left\lvert \ln(1-\sin x) \right\rvert}}dx$

Согласно приведенному ниже пояснению в п.1) при $x\to 0+$ интеграл сходится, но по моему: $\lim\limits_{x\to 0+}{\frac{\ln x}{\sqrt{x}}}=-\infty$. Или я не прав? Подскажите с этим пределом?
По п.2) понятно

[mihaild]

Stensen в сообщении #1483170 писал(а):

интеграл сходится

Это правда.

Stensen в сообщении #1483170 писал(а):

$\lim\limits_{x\to 0+}{\frac{\ln x}{\sqrt{x}}}=-\infty$

И это тоже правда.
Одно другому не противоречит - подинтегральная функция может быть неограниченной, а интеграл сходиться.

[provincialka]

Немного смело заменяют $\sin x$ на $x$ под знаком логарифма, но это можно строго обосновать (сначала избавиться от логарифма, а потом от синуса)

[Icarus]

(Оффтоп)

Stensen, а что за учебник?

[Stensen]

Icarus в сообщении #1483179 писал(а):

(Оффтоп)

Stensen, а что за учебник?

(Оффтоп)

Это Claudio Canuto (из Турина) Math Analysis, переведенный на англ.

[Stensen]

mihaild в сообщении #1483171 писал(а):

Stensen в сообщении #1483170 писал(а):

$\lim\limits_{x\to 0+}{\frac{\ln x}{\sqrt{x}}}=-\infty$

И это тоже правда.
Одно другому не противоречит - подинтегральная функция может быть неограниченной, а интеграл сходиться.

Тогда, видимо, по частям: $I=\int\limits_{0+}^{b}{\frac{\ln x}{\sqrt{x}}}dx$ , где: $u=\ln x, \,\, dv=\frac{dx}{\sqrt{x}}$

$I=2 \sqrt{x}\cdot \ln x- 2\int\limits_{0+}^{b}\frac{dx}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}(\ln x-2)\sim \sqrt{x}\cdot \ln x$ , при $x\to 0+$

$\lim\limits_{x\to 0+} \sqrt{x}\cdot \ln x = (\sqrt{x}=\frac{1}{t})=-2 \lim\limits_{t\to +\infty} \frac{\ln t}{t}=0$ - известный предел, поэтому $I $ сходится. Все ли верно?

[mihaild]

Stensen в сообщении #1483200 писал(а):

$2 \sqrt{x}\cdot \ln x- 2\int\limits_{0+}^{b}\frac{dx}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}(\ln x-2)$

Вот это точно неверно - левая часть зависит от $b$, правая нет. И что за $0+$ в пределах интегрирования?
Плюс вы первообразную ищете, или сразу определенный интеграл? В первом случае вообще не должно быть пределов интегрирования, во втором - первое слагаемое должно быть не $uv$, а $uv|_\cdot^\cdot$

[thething]

Stensen
А зачем Вам вообще по частям? Там же предлагают сравнить логарифм с какой-то подходящей степенью.

provincialka в сообщении #1483178 писал(а):

Немного смело заменяют $\sin x$ на $x$ под знаком логарифма

Вот это вообще ужасно. Насмотрятся студенты на такое -- и давай внутрь всех функций вставлять эквивалентные.

[Stensen]

mihaild в сообщении #1483201 писал(а):

Stensen в сообщении #1483200 писал(а):

$2 \sqrt{x}\cdot \ln x- 2\int\limits_{0+}^{b}\frac{dx}{\sqrt{x}}=2\sqrt{x}(\ln x-2)$

Вот это точно неверно - левая часть зависит от $b$, правая нет. И что за $0+$ в пределах интегрирования?
Плюс вы первообразную ищете, или сразу определенный интеграл? В первом случае вообще не должно быть пределов интегрирования, во втором - первое слагаемое должно быть не $uv$, а $uv|_\cdot^\cdot$

просто не знал как писать пределы в первообразной, теперь вижу:

$\lim\limits_{a\to 0+}\int\limits_{a}^{b} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx= \lim\limits_{a\to 0+} (2 \sqrt{x}\cdot \ln x |_a^b - 4 \sqrt{x}|_a^b)=2\sqrt{b}\ln b-4\sqrt{b}- 2 \lim\limits_{a\to 0+} \sqrt{a}\cdot\ln a$ , где: $b$ - регулярная точка.

thething в сообщении #1483206 писал(а):

Stensen
А зачем Вам вообще по частям? Там же предлагают сравнить логарифм с какой-то подходящей степенью.

Если правильно понимаю, т.к. $\lim\limits_{x\to 0+} x^\alpha\cdot\ln x=0, \forall \alpha>0 $ , тогда: $\ln x\leqslant \frac{1}{x^\alpha}$ для $x\to 0+,\,\, \forall\alpha>0$ , тогда:

$ \frac{\ln x}{\sqrt{x}} \sim \frac{1}{x^{\alpha +\frac{1}{2}}}\, , \,\, \forall \alpha>0 $, для $x\to 0+$ , но из написанного, если правильно понял, это верно для : $0<\alpha<\frac{1}{2} $. Где я ошибаюсь?

[thething]

Stensen
Вы напишите честно определение предела, а то вот это

Stensen в сообщении #1483289 писал(а):

тогда: $\ln x\leqslant \frac{1}{x^\alpha}$ для $x\to 0+,\,\, \forall\alpha>0$

и вот это

Stensen в сообщении #1483289 писал(а):

$ \frac{\ln x}{\sqrt{x}} \sim \frac{1}{x^{\alpha +\frac{1}{2}}}\, , \,\, \forall \alpha>0 $, для $x\to 0+$

смотрится странно.
Получится только оценка сверху, а не эквивалентность. Подходящее значение альфа выберите сами, чтобы получить сходящийся интеграл.

Да, ещё лучше бы перед логарифмом минус поставить. На сходимость это не влияет, но оценки будут корректнее.

[Stensen]

Тогда видимо так: т.к. $\lim\limits_{x\to 0+} x^\alpha\cdot\ln x=0, \forall \alpha>0 $ , тогда: $\ln x \sim - \frac{1}{x^q}$ для $x\to 0+,\,\, \forall q>0$ , тогда:

1) $ \frac{\ln x}{\sqrt{x}} \sim - \frac{1}{x^{q +\frac{1}{2}}}=- \frac{1}{x^\alpha}\, \, $ , для $x\to 0+, \,\,\alpha >\frac{1}{2}$

2) $I=\lim\limits_{t \to 0+}\int\limits_{t}^{b} \frac{dx}{x^\alpha} \,\, $ сходится при: $\alpha< 1$ , где: $b$ - регулярная точка

из (1) и (2): $\frac{1}{2} < \alpha < 1$.

Т.е Все ли верно?

[ewert]

Вот опять какая-то бессмысленная эквивалентность. Между тем авторы открытым текстом сказали, что логарифм растёт (по модулю) медленнее любой степени. И, следовательно, не превосходит в окрестности нуля (по модулю) любой отрицательной степени, в т.ч. и сколь угодно малой.

Это я их практически дословно перевожу. А сбил Вас с толку, видимо, их несчастный "Asymptotic comparison test". Ну разгильдяи, да; тут, естественно, первый признак сравнения, а не второй.