Исследование интегралов на абсолютную и условную сходимость

[Sherpa]

$$\int\limits_{2}^{\infty} (x^\alpha)* \sin(1/x)* \cos x dx$$

если брать при

$$\alpha >= 1$$

по Коши, то получается ерунда какая-то...=\
скажите пожалуйста может есть какой-то иной метод рассмотреть этот случай?

и ещё в одном интеграле загвоздка...

$$\int\limits_{0}^{\infty} \frac {\exp(\cos x)* \sin(\sin x)} {x} dx$$

[bot]

На последний уже где-то отвечали.
Если интегралы на конечных промежутках от одной из функций ограничены в совокупности, а другая функция монотонно стремится к 0, то интеграл от произведения сходится.
Это признак Дирихле (или Абеля - я их вечно путаю).

В качестве подсказки:
Ответ не изменится, если заменить $\cos x$ на любую непрерывную чётную периодическую функцию, а $\sin (\sin x)$ - на любую непрерывную нечётную f(x) с тем же периодом.
P.S. Это для интеграла от 1 до +оо, чтобы не загромождаться дополнительными ограничениями на функцию f для обеспечения сходимости около нуля.

[RIP]

Sherpa писал(а):

$$\int\limits_{2}^{\infty} (x^\alpha)* \sin(1/x)* \cos x dx$$

если брать при

$$\alpha >= 1$$

по Коши, то получается ерунда какая-то...=\
скажите пожалуйста может есть какой-то иной метод рассмотреть этот случай?

А что Вы пытаетесь доказать? В этом случае интеграл расходится, если что. Подсказка: оцените снизу

$$\int\limits_{2\pi m-\frac{\pi}4}^{2\pi m+\frac{\pi}4}x^{\alpha}\sin\frac1x\cdot\cos x\,dx,$$

где $m$ - любое натуральное число. А потом вспомните, что нам говорит критерий Коши.

[smile]

Не могу разобраться с тремя экземплярами
$ \int_{0}^{\infty} \cos(x + x^{3})dx $
$ \int_{0}^{\infty} x\cos(x^{3} - x)dx $
$ \int_{0}^{\infty} \frac{sin(x + \frac{1}{x})}{x^{p}}dx $
Все это надо исследовать на условную и абсолютную сходимость, в третьем случае указать, при каких значениях параметра интеграл будет расходиться, при каких сходиться и указать, как. Прорешал еще пару похожих заданий, где под синусом или косинусом стояло что-то, что можно было заменить на новую переменную, выразив через нее исходную, таким образом сводил к интегралу от простой тригонометрической функции на что-то помноженной. а здесь в первых двух случаях непонятно, что вообще можно сделать, в третьем же я почему-то получаю неверный ответ. Делаю следующее - заменяю
$ t = x + \frac{1}{x}$
$ x = \frac{t + \sqrt {t^{2} - 4}}{2} $
$ dx = \frac{t + \sqrt{t^{2} - 4}}{2t}dt$
$ \int_{0}^{\infty} \frac{sin(x + \fraq{1}{x})}{x^{p}}dx = \int_{0}^{1} \frac{sin(x + \frac{1}{x})}{x^{p}}dx + \int_{1}^{\infty} \frac{sin(x + \frac{1}{x})}{x^{p}}dx$
$ \int_{0}^{1} \frac{sin(x + \frac{1}{x})}{x^{p}}dx = -2^{p-1}\int_{2}^{\infty} \frac{(t + \sqrt {t^{2} - 4})sint}{\sqrt{t^{2} - 4}(t + \sqrt{t^{2} - 4})^{p}}dt$
В двойке этот интеграл ведет себя порядочно и там должен сходиться. На бесконечности подынтегральная функция с точностью до коэффициента эквивалентна $\frac{sint}{(2t)^{p}}$. Откуда я делаю вывод, что эта часть интеграла абсолютно сходится при $p > 1$ и условно сходится при $1 >= p > 0$
Те же процедуры со второй частью. Где я ошибаюсь? ответ - условная сходимость на интервале (0,2), иначе расходимость

1.05.09 соединены близкие темы. / GAA

[ИСН]

Слушайте, синус суммы чему-то там равен. Косинус тоже. А эта кошмарная замена только запутывает.

[vlad239]

smile писал(а):

Где я ошибаюсь?

У квадратного уравнения $x+\frac{1}{x}=t$ есть два корня. И если Вы хотите получить $x$ на отрезке $[0,1]$, то нужно брать второе значение, $\frac{t-\sqrt{t^2-4}}{2}$. А это на бесконечности дает $0$, соответственно получаете проблемы со сходимостью.

Влад.

Добавлено спустя 9 минут 26 секунд:

А в первом примере впишите под интеграл $\frac{1+3x^2}{1+3x^2}$ и проинтегрируйте по частям.

Влад.

[ewert]

Лучше всего действовать кувалдой. На примере второй задачи (остальное аналогично). Отбрасываем начальный участок (он на сходимость не влияет) и интегрируем по $[a;+\infty)$ -- начиная с некоторой точки, за которой аргумент косинуса монотонен. Тупо делаем замену $x^3-x=t,$ $(3x^2-1)dx=dt,$

$$dx={dt\over 3x^2-1}.$$

Получаем интеграл вида

$$\int_{t=b}^{+\infty}{x\over 3x^2-1}\cos t\,dt,$$

где нижний предел получается соответствующей подстановкой и не важно, чему равен. Его сходимость -- как абсолютная, так и условная -- равносильна соответствующей сходимости ряда

$$\sum_k u_k,$$

где

$$u_k=\int_{t=\pi k-\pi/2}^{\pi k+\pi/2}{x\over 3x^2-1}\cos t\,dt.$$

Зависимость множителя

$${x\over 3x^2-1}$$

от $t$ заведомо монотонна -- во всяком случае, начиная с некоторой точки; при этом на бесконечности

$${x\over 3x^2-1}\sim{1\over 3x}\sim{1\over 3t^{1/3}}$$

. Поэтому $u_k$ тоже монотонны по модулю и ведут себя на бесконечности как

$$(-1)^k{{\rm const}\over k^{1/3}}.$$

Т.е. ряд сходится по признаку Лейбница, но условно. Соответственно и интеграл.

Добавлено спустя 1 час 21 минуту 24 секунды:

ИСН в сообщении #209978 писал(а):

Слушайте, синус суммы чему-то там равен. Косинус тоже. А эта кошмарная замена только запутывает.

Абсолютно правильная замена. Что неправильно (т.е. формально правильно, но вредно) -- это выписывать соответствующие формулы явно. А вот раскрытие скобок под синусом/косинусом как раз безнадёжно всё запутает.

[smile]

Большое спасибо всем.

ewert писал(а):

Что неправильно (т.е. формально правильно, но вредно) -- это выписывать соответствующие формулы явно.

А что в этом вредного?

[ewert]

smile в сообщении #210051 писал(а):

А что в этом вредного?

Ну вот Вы выписали -- и подзатонули в деталях.

В то время как очевидно, что в окрестности нуля $t\sim{1\over x},$ в окрестности бесконечности $t\sim x,$ и из $dt=(1-{1\over x^2})dx$ следует не менее очевидная асимптотика для производных, и этого вполне достаточно. (Ну плюс, конечно, не забыть оговорить монотонность.)

[GAA]

ewert писал(а):

Его сходимость -- как абсолютная, так и условная -- равносильна соответствующей сходимости ряда

$$\sum_k u_k,$$

где

$$u_k=\int_{t=\pi k-\pi/2}^{\pi k+\pi/2}{x\over 3x^2-1}\cos t\,dt.$$

1. В общем случае, для сходимости интеграла $\int_a^{\infty}f(x)dx$ необходимо и достаточно, чтобы для любой последовательности $A_n \to \infty$ ряд $\sum\limits_1^{\infty} \int\limits_{A_{n-1}}^{ A_n} f(x) dx$ сходился к одной и той же сумме.
«Отметим, что в случае положительной (неотрицательной) функции $f(x)$ для существования интеграла достаточно сходимости указанного ряда при одном частном выборе последовательности» [1].

2. Для исследования сходимости интегралов во всех приведенных smile примерах удобно применить «Специальный признак сходимости» или признак Абеля — Дирихле, как, по аналогии с признаком для рядов, называют этот признак для интегралов (см. [2], [3]).

Признак Дирихле. Пусть
1) $f(x)$ интегрируема в любом конечном промежутке $[a, A]$ $(A>a)$ и интеграл (4) оказывается ограниченным:
$|\int_a^A f(x) dx| \le K$ $K=\text{const}, a \le A < \infty$;
2) функция $g(x)$ монотонно стремится к 0 при $x \to \infty$.
Тогда интеграл сходится.

Например, в случае $\int_0^{+\infty} \cos(x+x^3)\, dx$ для исследования сходимости, как и предлагал vlad239, умножим выражение под интегралом на $\frac {1+3x^2}{1+3x^2}$ и положим $g (x) = \frac {1}{1+3x^2}$ и $f(x) = \cos(x+x^3) (x + x^3)'$. Очевидно, условия признака Дирихле выполняются, интеграл сходится. Еще, конечно, нужно исследовать на абсолютную сходимость.

В [1] приведено большое количество примеров исследования несобственных интегралов, в том числе, и аналогичных Вашим, smile, интегралам.

ref.
[1] Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления, том 2. (djvu).
[2] Зорич В.А. Математический анализ. Т.1 — М.: Наука, 1981; гл. VI, §5, n.2 Исследование сходимости несобственных интегралов.
[3] Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа. Часть II — М.: Наука, 1980; гл. 3, §1, т.3 Абсолютная и условная сходимость несобственных интегралов.

[ewert]

GAA писал(а):

ewert писал(а):

Его сходимость -- как абсолютная, так и условная -- равносильна соответствующей сходимости ряда

$$\sum_k u_k,$$

где

$$u_k=\int_{t=\pi k-\pi/2}^{\pi k+\pi/2}{x\over 3x^2-1}\cos t\,dt.$$

1. В общем случае, для сходимости интеграла $\int_a^{\infty}f(x)dx$ необходимо и достаточно, чтобы для любой последовательности $A_n \to \infty$ ряд $\sum\limits_1^{\infty} \int\limits_{A_{n-1}}^{ A_n} f(x) dx$ сходился к одной и той же сумме.

О госсподи, зачем фихтенгольцы. Для сходимости интеграла необходима сходимость ряда. Она же и достаточна, ибо (при условии сходимости ряда, конечно, т.е. при условии убывания его общего члена) $\int_{\dots}^M$ отличается от $\int_{\dots}^{\pi k}$ на бесконечно малую величину.

[GAA]

ewert писал(а):

Для сходимости интеграла необходима сходимость ряда. Она же и достаточна, ибо (при условии сходимости ряда, конечно, т.е. при условии убывания его общего члена) $\int_{\dots}^M$ отличается от $\int_{\dots}^{\pi k}$ на бесконечно малую величину.

Думаю, не все сказано. Пример. Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \int_{\pi n - \pi/2}^{\pi (n+1) + \pi/2} \sin x \, dx$ сходится, а интеграл $\int_0^{+\infty} \sin x \, dx$ — расходится.

[ewert]

GAA писал(а):

Пример. Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \int_{\pi n}^{\pi (n+1)} \sin x \, dx$ сходится,

Увы. Расходится.

Если без подначек: пафос там в том, что надобно расщепить промежуток интегрирования на отрезки, на каждом из которых подынтегральная фуекция знакопостоянна.

[GAA]

ewert писал(а):

GAA писал(а):

Пример. Ряд $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \int_{\pi n}^{\pi (n+1)} \sin x \, dx$ сходится,

Увы. Расходится.

Я с первого раза пропустил "$\pi/2$" (строил по аналогии с Вашими пределами интегрирования). Потом поправил.

Добавлено спустя 1 минуту 33 секунды:

ewert писал(а):

Если без подначек: пафос там в том, что надобно расщепить промежуток интегрирования на отрезки, на каждом из которых подынтегральная фуекция знакопостоянна.

Угу, еще что-то надо.

Добавлено спустя 7 минут 4 секунды:

... кроме сходимости ряда для фиксированной произвольной бескенечно большой последовательности.