Несобственный интеграл, при каких значениях параметра сходит

[swact]

$\[\int\limits_2^{ + \infty } {\frac{{\exp (ax)dx}}{{{{(x - 1)}^a}\ln x}}} \]$
Помогите определить при каких $a$ сходится этот интеграл. Ясно, что он сходится при $a<0$, но какими либо признаками для доказательства воспользоваться не получается, а с помощью эквивалентности я только смог привести функцию к виду $\[\int\limits_2^{ + \infty } {\frac{{\exp (ax)dx}}{{{{(x)}^a}\ln x}}} \]$. Дальше не знаю что делать...

[Sonic86]

Выбросьте знаменатель. Оцените его сверху то есть.

[swact]

Кажется доказал с помощью замены переменной $t=\exp(x)$.
Однако хочу уточнить, вот такой переход допустим:
$\[\int\limits_{\exp (2)}^{ + \infty } {\frac{{dt}}{{{t^{1 - a}}{{(\ln t - 1)}^a}\ln (\ln t)}}} \sim \int\limits_{\exp (2)}^{ + \infty } {\frac{{dt}}{{{t^{1 - a}}{{(\ln t)}^a}\ln (\ln t + 1)}}}Б\le\int\limits_{\exp (2)}^{ + \infty } {\frac{{dt}}{{{t^{1 - a}}{{\ln }^a}t}}}$

[ИСН]

А зачем замена? Если что-то больше чего-то, то оно его больше.

[ewert]

Sonic86 в сообщении #424908 писал(а):

Выбросьте знаменатель. Оцените его сверху то есть.

В смысле снизу.

(экспонента меняется в нужную сторону много быстрее любой степени и тем более любого логарифма, так что достаночно отщипнуть от экспоненты кусочек и погасить знаменатель с его помощью)

[Sonic86]

ewert писал(а):

В смысле снизу.

Ага

[swact]

А мое решение неправильное? Признаю, что оно возможно не самое короткое, но и ошибок по-поему не содержит. Я знаю в каких случаях сходится стандартный интеграл вида $\[\int\limits_{{e^2}}^{ + \infty } {\frac{C}{{{x^a}\ln ^b(x)}}} \]$, поэтому свел его к такому стандартному виду.

[Sonic86]

Э-хе-хе.
$\ln _0 x = x$
$\ln _{k+1} x = \ln (\ln _k x)$.
Рассмотрим интеграл $\int\limits_{c}^{+ \infty} \frac{dx}{\ln_ 0 ^{a_0}x ... \ln_ k ^{a_k}x}$.
Если $a_0 > 1$, он сходится, если $a_0 < 1$ - расходится.
Если $a_0 = 1$, то:
Если $a_1> 1$, он сходится, если $a_1 < 1$ - расходится.
Если $a_1 = 1$, то:
И т.п.
Для экспонент - то же самое, только коэффициент с 0 сравнивается, а не с 1.

[swact]

Sonic86 в сообщении #425085 писал(а):

Для экспонент - то же самое, только коэффициент с 0 сравнивается, а не с 1.

ааа... Ну тогда все действительно упрощает дело (только интересно, если я без доказательства это напишу, то на экзамене меня преподаватель поймет???)

Т.e. подынтегральную функцию можно преобразовать так:
$\[\frac{{\exp (ax)}}{{{(x-1)^a}\ln x}} \le \frac{{\exp (ax)}}{{{x^{2a}}}} \le {\left( {\frac{{\exp (x)}}{{\exp (\sqrt x )}}} \right)^a} = \exp (a\sqrt x ) = \frac{1}{{\exp \left( {\frac{{ - ax}}{2}} \right)}}\]$
Интеграл сходится, т.к. $\[\frac{{ - ax}}{2} \ge - a > 0\]$

[ewert]

swact в сообщении #425071 писал(а):

А мое решение неправильное?

По идее -- правильное, хотя детали я не смотрел, так что может там какие блохи и завелись.

Однако же грамотное решение выглядит гораздо проще:

$\int\limits_2^{+\infty}\dfrac{e^{ax}}{(x-1)^a\ln x}\,dx=\int\limits_2^{+\infty}e^{\frac{a}{2}x}\cdot\dfrac{e^{\frac{a}{2}x}}{(x-1)^a\ln x}\,\dx\leqslant\int\limits_2^{+\infty}e^{\frac{a}{2}x}\cdot C\,dx\quad\Longrightarrow\quad\text{сходится},$

т.к. дробь $\cdot\dfrac{e^{\frac{a}{2}x}}{(x-1)^a\ln x}$, очевидно, для $a<0$ стремится к нулю при $x\to+\infty$ и, следовательно, ограничена сверху на всей полуоси.

[swact]

$\int\limits_2^{+\infty}\dfrac{e^{ax}}{(x-1)^a\ln x}\,dx=\int\limits_2^{+\infty}e^{\frac{a}{2}x}\cdot\dfrac{e^{\frac{a}{2}x}}{(x-1)^a\ln x}\,\dx\leqslant\int\limits_2^{+\infty}e^{\frac{a}{2}x}\cdot C\,dx\quad\Longrightarrow\quad\text{сходится},$

О, почти как у меня постом выше, только я константу забыл...

[ewert]

swact в сообщении #425103 писал(а):

А такие вещи точно не нужно отдельно доказывать?

Ну нельзя же одни и те же шаблонные вещи доказывать заново в каждой новой задаче. Другое дело, что Вы должны быть готовы привести их доказательство, если Вас об этом попросят. Доказательство же банально. Из стремления к нулю на бесконечности следеут ограниченность дроби, во всяком случае, начиная с некоторого достаточно далёкого $x_0$. А на конечном отрезке $[2;x_0]$ ограниченность следует просто из непрерывности, по теореме Вейерштрасса.

-- Вс мар 20, 2011 17:17:07 --

swact в сообщении #425103 писал(а):

А последний переход точно не нужно отдельно доказывать? Или интеграл с экспонентой считается "эталонным"?

Ровно тот же ответ: да, фактически он -- эталонный, но при необходимости Вы обязаны доказать его сходимость, просто тупо вычислив.

[swact]

понятно, спасибо

[ewert]

swact в сообщении #425116 писал(а):

понятно

Это хорошо; а вот что плохо -- это что Вы совершенно не умеете выражать свои мысли. Скажем:

swact в сообщении #425097 писал(а):

Интеграл сходится, т.к. $\[\frac{{ - ax}}{2} \ge - a > 0\]$

-- это и не нужно, и формально неверно (в том смысле, что никак не доказывает сходимость). Чувствуется только, что Вы хотели сказать что-то очень, очень правильное; да вот -- не вышло.

[swact]

ewert
Ну если считать $\[\int\limits_2^{ + \infty } {\exp (\beta )dx} \]$ эталонным интегралом, то он будет сходится при $\[\beta < 0\]$, т.к. в нашем случае $\[\beta = \frac{{ - ax}}{2}\]$, то для сходимости достаточно того, чтобы выполнялось неравенство $\[\frac{{ - ax}}{2} > 0\]$. А иначе каким образом поставить условие сходимости на параметр $a$?

-- Вс мар 20, 2011 16:48:16 --

ну далее я разве что забыл дописать, что ответ$a<0$