сходимость интеграла

[Inverse12]

помогите сформулировать доказательство сходимости

$$\int _{0}^{1} \frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} dx$$

я говорил так:
есть 2 сомнительные точки, 0 и 1. возьмем c : 1< c < 0.
рассмотрим интеграл:

$$\int _{c}^{1} \frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} dx$$

возьмем b<1 и b>c

$$\int _{1}^{b} \frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} dx = \int _{c}^{b} \frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} dx + \int _{b}^{1} \frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} dx$$

в силу того, что подынтегральная функция непрерывна для любого конечного отрезка [c,b] => первое слагаемое сходится.
нас интересует только второе слагаемое.
пусть $b = 1 - \varepsilon$; \varepsilon \to 0
тогда

$$\int _{b}^{1} \frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} dx \approx \int _{b}^{1} \frac{\arctg(a)}{\sqrt{1-x^2}} dx = \arctg(a)\arcsin(b)$$

что есть конечное число, следовательно интеграл от c до 1 сходится.
теперь рассмотрим интеграл:

$$\int _{0}^{c} \frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} dx$$

по аналогии с первым случаем нам интересен только интеграл от 0 до b, где $b=\varepsilon ; \varepsilon \to 0$

$$\int _{0}^{b} \frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} dx \approx \int _{0}^{b} \frac{ax}{x \sqrt{1-x^2}} dx = a\arcsin(b)$$

что есть конечное число, следовательно интеграл от 0 до c сходится.
значит и первоначальный интеграл сходится на интервале от 0 до 1.

преподаватель сказал, что неправильно. буду благодарен, если укажите на неправильные или спорные места в рассуждении.

[ИСН]

Все рассуждения со знаком $\approx$ следует прокручивать в уме, чисто для себя, и там же оставлять. На суде такие аргументы развалятся. Туда надо выносить строгое "больше", "меньше", "должен, вот расписка", "убил, вот свидетели".

[Inverse12]

сказать, что в окрестности 1 функция $\frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} $ эквивалентна функции $ \frac{\arctg(a)}{\sqrt{1-x^2}}$, поэтому будем интегрировать её, так?

[srm]

ИСН, достаточно ли показать, что подынтегральная функция всюду на промежутке $\left[0,1\right]$ непрерывна? (по идее, достаточно даже кусочной непрерывности, главное, чтобы в бесконечность не обращалась).

[ewert]

Inverse12 в сообщении #518848 писал(а):

сказать, что в окрестности 1 функция $\frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} $ эквивалентна функции $ \frac{\arctg(a)}{\sqrt{1-x^2}}$, поэтому будем интегрировать её, так?

Так вполне можно было бы сказать, будь это правдой. Но увы: вверху остаётся отнюдь не $\arctg a$.

-- Пт дек 23, 2011 13:30:39 --

srm в сообщении #518849 писал(а):

достаточно ли показать, что подынтегральная функция всюду на промежутке $\left[0,1\right]$ непрерывна?

Достаточно, но увы, не получится -- она там не непрерывна ни в каком смысле.

[bot]

del

(Оффтоп)

Какой я медлительный однако. Пока отвечал, ТС успел исправить, а ewert ещё и ответить.

[srm]

ewert, ну да. В единице предел стремится к бесконечности..
Но maple всё-равно проинтегрировал.

[ewert]

srm в сообщении #518852 писал(а):

Но maple всё-равно проинтегрировал.

А ему-то что: после формального интегрирования на пределах особенности уже не остаётся.

[srm]

ewert, не доходит. Чтобы функция была интенгрируема необходимо, чтобы существовал предел интегральной суммы. Верно? То есть подынтегральная функция может и не быть ограниченной - главное, чтобы предел интегральной суммы существовал (например, $\int_{-a}^a \frac{1}{x}dx$) Но как это связано с теоремой об ограниченности интегрируемой функции?

[Inverse12]

ewert в сообщении #518850 писал(а):

Inverse12 в сообщении #518848 писал(а):

сказать, что в окрестности 1 функция $\frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} $ эквивалентна функции $ \frac{\arctg(a)}{\sqrt{1-x^2}}$, поэтому будем интегрировать её, так?

Так вполне можно было бы сказать, будь это правдой. Но увы: вверху остаётся отнюдь не $\arctg a$.

почему? разве я не могу просто подставить кое-где x=1?

[Oleg Zubelevich]

srm в сообщении #518854 писал(а):

Чтобы функция была интенгрируема необходимо, чтобы существовал предел интегральной суммы. Верно? То есть подынтегральная функция может и не быть ограниченной - главное, чтобы предел интегральной суммы существовал (например, $\int_{-a}^a \frac{1}{x}dx$)

крикливые студенты не знают, что функция $1/x$ не интегрируема на $[-a,a]$

[srm]

Inverse12 в сообщении #518855 писал(а):

почему? разве я не могу просто подставить кое-где x=1?

нет, нельзя сначала подставлять пределы, а потом интегрировать.

[Хорхе]

ewert в сообщении #518850 писал(а):

Inverse12 в сообщении #518848 писал(а):

сказать, что в окрестности 1 функция $\frac{\arctg(ax)}{x \sqrt{1-x^2}} $ эквивалентна функции $ \frac{\arctg(a)}{\sqrt{1-x^2}}$, поэтому будем интегрировать её, так?

Так вполне можно было бы сказать, будь это правдой. Но увы: вверху остаётся отнюдь не $\arctg a$.

Да все правильно Inverse12 написал. Эквивалентность имеет место, интеграл от $ \frac{\arctg(a)}{\sqrt{1-x^2}}$ сходится, поэтому (в единице) сходится и исходный интеграл.

[ewert]

Inverse12 в сообщении #518855 писал(а):

разве я не могу просто подставить кое-где x=1?

Можете, у нас свободная страна. Только какое отношение это имеет к эквивалентности?...

srm в сообщении #518854 писал(а):

Чтобы функция была интенгрируема необходимо, чтобы существовал предел интегральной суммы. Верно? То есть подынтегральная функция может и не быть ограниченной - главное, чтобы предел интегральной суммы существовал

Вот совершенно не то есть. Для неограниченной функции предела не существует. Интегрируемость же в несобственном смысле -- это уже некоторая дополнительная надстройка над конструкцией определённого интеграла, понимаемого как предел интегральных сумм.

И при вычислении несобственного интеграла надо взять интеграл по суженному промежутку, а потом найти предел этого результата при условии, что концы промежутка стремятся к нулю и единице соответственно. Это формально говоря. Но фактически полученная после интегрирования функция концов промежутка оказывается определённой и в граничных точках, так что нахождение пределов сводится просто к подстановке границ в полученное выражение.

[srm]

ewert в сообщении #518862 писал(а):

Интегрируемость же в несобственном смысле -- это уже некоторая дополнительная надстройка над конструкцией определённого интеграла, понимаемого как предел интегральных сумм.

Спасибо, понятно.

Вот, кстати, разбирается пример с функцией $\frac{1}{x}$.