Сходимость интеграла

[Ryabsky]

Исследовать интеграл на сходимость.

$$\int_{0}^{+\infty} \frac{e^{\sin x}\sin\sin x}{x}dx$$

Не смотря на то, что $x=0$ точка подозрительная на особую, она таковой не является, т.к.
$\frac{e^{\sin x}\sin\sin x}{x} \sim e^{\sin x}$

Исследуем его на абсолютную сходимость по Гейне.
Фактически требуется подобрать хотя бы одну последовательность точек, при которых сумма интегралов не будет сходиться.
Т.е. возьмем точки
$y_1 = \pi n$
$y_2 = \pi n + \pi$
тогда абсолютную величину можно записать в следующем виде:
$\int\limits_{0}^{+\infty} \left| \frac{e^{\sin x}\sin\sin x}{x}\right| dx = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \int\limits_{\pi n}^{\pi n + \pi} \left| \frac{e^{\sin x}\sin\sin x}{x} \right| dx = $ ... по теореме о Среднем ... $= \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{e^{\sin \xi_n}}{\xi_n} \int\limits_{\pi n}^{\pi n + \pi} \left| \sin \sin x \right| dx$

Заметим, что:
$\int\limits_{\pi n}^{\pi n + \pi} \left| \sin \sin x \right| dx > C $
$\frac1e \le e^{\sin \xi_n} \le e$

Теперь мы можем оценить общий член:
$\frac{e^{\sin \xi_n}}{\xi_n} \int\limits_{\pi n}^{\pi n + \pi} \left| \sin \sin x \right| dx > \frac{\frac1e}{\pi n + \pi} C$,
откуда следует, что ряд расходится, а значит и интеграл тоже расходится. Т.е. интеграл не сходится абсолютно.

Подскажите пожалуйста, как мне действовать с исследованием просто на сходимость (не абсолютную)? Теорему о Среднем там уже так просто не применишь, да и в целом не могу начать рассуждения. Рассуждения, подобные тем, что я привел выше, поди ка уже не прокатят...

[jetyb]

Точками $\frac{(2n+1)\pi }{2}$ разбейте полупрямую на отрезки. Для интегралов по отрезкам примените признак Лейбница сходимости знакочередующегося ряда.

Ошибка: здесь я поспешил с выводами.

[ИСН]

Там довольно трудно будет доказать монотонное убывание членов по модулю - особенно учитывая, что его нет, да и вообще сходимости нет. Экспонента всё портит: плюсовым полупериодам даёт бесплатную надбавку, а минусовым наоборот.

[Ryabsky]

ура, я кажется допёр. разбиваем интеграл на два ряда. один ряд - сумма интегралов на отрезках, где ф-ия знакоположительна, а другой - знакоотрицательна. по видимому, второй ряд будет сходиться, а первый будет расходиться в силу приведенного выше доказательства.
или я ошибаюсь?

[ИСН]

Будут расходиться оба, что ничего нам не говорит о совокупном ряде.

[RIP]

Исследуйте, как ведёт себя при $n\to\infty$ интеграл по промежутку $\bigl(2\pi n;2\pi(n+1)\bigr)$. Для этого можно заметить, что $1/x$ на этом промежутке можно смело заменить на $1/(2\pi n)$, при этом ошибка будет порядка $O(n^{-2})$.

[Ryabsky]

хм... а если попробовать вот так?...

$$ \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{e^{\sin x}\sin\sin x}{x}dx = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \left( \int\limits_{2\pi n}^{2\pi n + \pi} \frac{e^{\sin x}\sin\sin x}{x}dx + \int\limits_{2\pi n + \pi}^{2\pi n + 2\pi} \frac{e^{\sin x}\sin\sin x}{x}dx \right)= $$

...Т. о Среднем...

$$ = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \left( \frac{e^{\sin \xi_n}}{\xi_n} \int\limits_{2\pi n}^{2\pi n + \pi} \sin\sin x ~ dx + \frac{e^{\sin \zeta_n}}{\zeta_n} \int\limits_{2\pi n + \pi}^{2\pi n + 2\pi} \sin\sin x ~ dx \right) $$

Обозначим:

$\int\limits_{2\pi n - 2\pi}^{2\pi n - \pi} \sin\sin x ~ dx = M $,

ну и, разумеется,

$\int\limits_{2\pi n - \pi}^{2\pi n} \sin\sin x ~ dx = -M$ ,

$~~ \forall n \in \mathbb{N}$

И начнем оценивать общий член ряда (заодно, быть может, увидим, что он знакоположителен).

$$\frac{e^{\sin \xi_n}}{\xi_n} \int\limits_{2\pi n}^{2\pi n + \pi} \sin\sin x ~ dx ~+~\frac{e^{\sin \zeta_n}}{\zeta_n} \int\limits_{2\pi n + \pi}^{2\pi n + 2\pi} \sin\sin x ~ dx = \frac{e^{\sin \xi_n}}{\xi_n} M + \frac{e^{\sin \zeta_n}}{\zeta_n} (-M) > M~\frac{e^{\sin \xi_n} - e^{\sin \zeta_n}}{2\pi n + \pi} $$

вроде бы как понятно, что $\sin\xi_n \ge \sin\zeta_n$.
Остается добиться, всё же, строгости знака неравенства. А еще лучше (чтобы всё доказалось) оценить величину $e^{\sin \xi_n} - e^{\sin \zeta_n}$ сверху чем-либо, независящим от $n$. Подскажите, это возможно вообще?
Или, быть может, можно как нибудь по-другому выкрутиться?

[RIP]

Зря Вы так упорно стремитесь вынести $e^{\sin x}$ из-под интеграла: функция-то периодическая...

[ewert]

Ryabsky в сообщении #264016 писал(а):

Или, быть может, можно как нибудь по-другому выкрутиться?

RIP в сообщении #264014 писал(а):

$1/x$ на этом промежутке можно смело заменить на $1/(2\pi n)$, при этом ошибка будет порядка $O(n^{-2})$.

Ряд из поправок сходится абсолютно и, следовательно, не влияет на общую сходимость. Каждый из двух оставшихся -- чистый гармонический и, следовательно, расходится. А поскольку общий множитель для положительного ряда заведомо больше такого же множителя для отрицательного -- расходится и суммарный ряд.

[Ryabsky]

Мысль то вроде бы как понятна, я это выше написал даже, там как раз видно, что первый множитель больше второго. Но все же хотелось бы доказать этот факт строго, потому что теоретически оба эти множителя могут быть равны друг другу. (Согласен, что это такого быть не может, но это не объяснение)

[RIP]

Блин, я думал, что Вы уже всё давно решили. Ваши рассуждения годятся почти дословно, просто с помощью теоремы о среднем выносите не $e^{\sin x}/x$, а $1/x$.

[ewert]

Ладно. Имелось в виду, конечно, что $\displaystyle\int_{2\pi n}^{2\pi n+\pi}{e^{\sin x}\sin(\sin x)\over x}\,dx={1\over\xi_n}\int_0^{\pi}{e^{\sin x}\sin(\sin x)\overx}\,dx$, и аналогично по вторым полупериодам, с вытекающими отсюда последствиями.

Но из чувства пижонства приведу всё-таки полное (да простят меня модераторы) д-во в 1 строчку:

$$\int_0^{2\pi n}{e^{\sin x}\sin(\sin x)\over x}\,dx=\sum_{k=0}^{n-1}\int_{2\pi k}^{2\pi k+2\pi}{e^{\sin x}\sin(\sin x)\over x}\,dx\geqslant\sum_{k=0}^{n-1}\left({1\over\pi(2k+1)}\int_{2\pi k}^{2\pi k+\pi}{e^{\sin x}\sin(\sin x)}\,dx\right.+$$

$$+\left.{1\over\pi(2k+1)}\int_{2\pi k+\pi}^{2\pi k+2\pi}{e^{\sin x}\sin(\sin x)}\,dx\right)=\sum_{k=0}^{n-1}{1\over\pi(2k+1)}\int_0^{\pi}{\left(e^{\sin x}-e^{-\sin x}\right)\sin(\sin x)}\,dx=\mathrm{const}\cdot\sum_{k=0}^{n-1}{1\over2k+1}\to+\infty.$$

(правда, вышло две строчки вместо одной -- из-за ограниченной ширины экрана; но ведь логически-то она -- лишь одна...)

(фактически неравенство там, естественно, строгое, но зачем об этом задумываться...)