Сходимость нестандартного несобственного интеграла

[kungen]

Необходимо установить , сходится ли интеграл :
$\int_{\pi}^{\infty} \frac{\sin(x)}{(\cos(x)+\ln(x))}\,dx$
Мои идеи: рассмотреть интеграл на промежутке $[k\cdot\pi,(k+1)\cdot\pi]$
Возможно использовать такую замену: $[t=x-k\cdot\pi]$
$\int_{k\cdot\pi}^{(k+1)\cdot\pi} \frac{\sin(x)}{(\cos(x)+\ln(x))}\,dx = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(t)\cdot (-1)^k}{(\cos(t)\cdot (-1)^k+\ln(t+k\cdot\pi))}\,dt$
Не могу подобрать оценку , чтобы установить расходимость.
Большое спасибо!

[ewert]

$\int\limits_{2\pi n}^{2\pi n+2\pi}\dfrac{\sin x}{\cos x+\ln x}\,dx = \int\limits_{0}^{\pi}\left(\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n+t)}+\dfrac{\sin t}{\cos t-\ln(2\pi n+\pi+t)}\right)\,dt \sim$

$\sim\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\sin t}{\ln^2(2\pi n)}\,\big(\ln(2\pi n+\pi+t)-\ln(2\pi n+t)\big)\,dt\sim\dfrac{\mathrm{const}}{n\cdot\ln^2(2\pi n)}.$

Ряд из последних членов сходится по интегральному признаку.

[kungen]

По-моему, применять сравнение можно только тогда, когда подинтегральное выражение неотрицательно.

[ewert]

kungen в сообщении #585568 писал(а):

По-моему, применять сравнение можно только тогда, когда подинтегральное выражение неотрицательно.

В том, что касается асимптотики кусочков интеграла -- не обязательно. Но конкретно в данном случае это не важно: оно ведь и откровенно неотрицательно.

[muzeum]

ewert в сообщении #585554 писал(а):

$\int\limits_{2\pi n}^{2\pi n+2\pi}\dfrac{\sin x}{\cos x+\ln x}\,dx = \int\limits_{0}^{\pi}\left(\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n+t)}+\dfrac{\sin t}{\cos t-\ln(2\pi n+\pi+t)}\right)\,dt \sim$

$\sim\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{\sin t}{\ln^2(2\pi n)}\,\big(\ln(2\pi n+\pi+t)-\ln(2\pi n+t)\big)\,dt\sim\dfrac{\mathrm{const}}{n\cdot\ln^2(2\pi n)}.$

Ряд из последних членов сходится по интегральному признаку.

Очень хотелось бы увидеть подробности перехода. Особенно, куда делось слагаемое $2\cos x$ в числителе?

[ewert]

muzeum в сообщении #585591 писал(а):

куда делось слагаемое $2\cos x$ в числителе?

Это я зазевался, но это вроде бы и не принципиально. Причина в конечном счёте в том, что синус на косинус по полупериоду дают в интеграле ноль. Конкретнее: интеграл по полупериоду от $\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n+t)}$ есть интеграл от $\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n)}$ плюс асимптотически то самое суммируемое выражение. С интегралами $\dfrac{\sin t}{\cos t-\ln(2\pi n+\pi+t)}$ и $\dfrac{\sin t}{\cos t-\ln(2\pi n)}$ аналогично. Ну а интеграл по полупериоду от $\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n)}+\dfrac{\sin t}{\cos t-\ln(2\pi n)}$ есть просто ноль.

Если я опять чего не зевнул.

-- Сб июн 16, 2012 02:36:58 --

А вообще глупо это как-то всё было. Ясно же заранее, что логарифм на последовательных периодах всё более и более постоянен (а в случае постоянства и интегралы были бы нулевыми), и что поправки к этим постоянным должны быть более-менее регулярными. И надо их лишь выловить:

$\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n+t)}\,dt=\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n)}\,dt - \int\limits_0^{2\pi}\dfrac{\sin t\cdot\big(\ln(2\pi n+t)-\ln(2\pi n)\big)}{\big(\cos t+\ln(2\pi n+t)\big)\big(\cos t+\ln(2\pi n)\big)}\,dt\sim$

$\sim\Big[n\to\infty\Big]\sim 0 - \int\limits_0^{2\pi}\dfrac{\sin t\cdot t}{2\pi n\cdot\ln^2(2\pi n)}\,dt\sim\dfrac{\mathrm{const}}{n\,\ln^2n},$

причём $\mathrm{const}$ даже и известна, только кому она нужна.

[kungen]

Однако из сходимости ряда интегралов не всегда следует сходимость несобственного интеграла.
Строго говоря, для сходимости интеграла от знакопеременной функции необходимо и достаточно, чтобы для любой последовательности $A(n) - >\infty$ ряд сумм от A(n) до A(n+1) должен сходиться . А здесь сходится только один из возможных рядов. А для расходимости интеграла достаточно, чтобы существовала только одна последовательность , при которой ряд расходится. Логично бы найти оценку снизу для некоторой другой последовательности и доказать, что она расходится.

[kungen]

Никто так и не решил... И я в том числе..
Идея еще : разложить интеграл в какой-либо ряд, его частичные суммы образуют последовательность. Выбрать подпоследовательность частичных сумм, доказать, что она расходится, тогда и интеграл разойдется. Может использовать свойство фундаментальности для доказательства расходимости подпоследовательности.

[ex-math]

Как это не решили? ewert Вам все разжевал. Если Вас не устраивает разбиение кратными $2\pi$, пожалуйста:

для любого достаточно большого $A$

$$ \int_A^\infty\frac{\sin x}{\cos x+\ln x}dx=-\int_{2\pi\left[\frac A{2\pi}\right]}^A\frac{\sin x}{\cos x+\ln x}dx+\sum_{n=\left[\frac A{2\pi}\right]}^\infty\int_{2\pi n}^{2\pi (n+1)}\frac{\sin x}{\cos x+\ln x}dx, $$

первый интеграл в правой части есть $O(1/\ln A)$, а члены ряда суть $O(1/(n\ln^2n))$, стало быть весь ряд есть $O(1/\ln A)$.

[muzeum]

Чем же Вам не понравилось рассуждение г. Ewerta?
Вот это:
$\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n+t)}\,dt=\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{\sin t}{\cos t+\ln(2\pi n)}\,dt - \int\limits_0^{2\pi}\dfrac{\sin t\cdot\big(\ln(2\pi n+t)-\ln(2\pi n)\big)}{\big(\cos t+\ln(2\pi n+t)\big)\big(\cos t+\ln(2\pi n)\big)}\,dt\sim$
Если Вам неприятна асиптотика, то обратите внимание на то, что здесь первый интеграл не асимптотически, а буквально равен нулю, а модуль второго интеграла и даже интеграл модуля подынтегральной функции реально не превосходит последнего выражения, так что ряд из интегралов по полным периодам сходится абсолютно. Что касается интеграла от пи до произвольного А, то он равен частичной сумме этого ряда плюс интеграл от кусочка полного периода, модуль которого стремится к нулю независимо от размеров кусочка.
Так что все доказано и надеяться на то, что можно установить расходимость - странно.

[kungen]

http://i39.fastpic.ru/big/2012/0616/a0/ ... 4c94a0.jpg
Фихтенгольц, 2 том, Курс дифференциального и интегрального исчисления.
Вы доказали, что при разбиении на сумму интегралов на $[2\pi\n,(2n+1)\pi]$
А если взять например сумму интегралов по n на [ n ,2n], то уже не пойми , что будет.

[ex-math]

По определению интеграл сходится, если

$$ \lim_{A\rightarrow\infty}\int_A^\infty\frac{\sin x}{\cos x+\ln x}dx=0. $$

Вам показали, что интеграл от любого $A$ до бесконечности есть $O(1/\ln A)$. Что еще Вам нужно?

[ewert]

kungen в сообщении #585815 писал(а):

Вы доказали, что при разбиении на сумму интегралов от $2\cdot\pi\cdotn до 2\cdot\pi\cdotn + 2\cdot\pi $
А если взять например сумму интегралов от n до 2n, то уже не пойми , что будет.

muzeum в сообщении #585794 писал(а):

Что касается интеграла от пи до произвольного А, то он равен частичной сумме этого ряда плюс интеграл от кусочка полного периода, модуль которого стремится к нулю независимо от размеров кусочка.

Имелся в виду критерий Коши сходимости интеграла. Выполнение его условия доказано для границ, кратных $2\pi$. А тогда и для произвольных границ оно автоматически выполнено, поскольку интегралы по недостающим до тех "целочисленных в пях" границ отрезочкам, длина каждого из которых заведомо не превосходит $2\pi$, стремятся к нулю тривиально. Это -- стандартный приём при анализе сходимости интегралов.

[kungen]

Хорошо, спасибо Вам за подробные разъяснения!

-- 16.06.2012, 23:40 --

http://i39.fastpic.ru/big/2012/0616/b6/ ... 8168b6.png
Вот зависимость значения интеграла от его верхнего предела.
Странно, что не сходится ;)
Сверху график интеграла 1/(n*ln(n)^2),
Снизу от того самого интеграла.

[kungen]

Если посмотреть на картинку выше, то видно, что огибающая графика сверху доболе похожа на 1/(n*ln(n)^2). По построению графика могу сказать, что локальные максимумы - это точки 2*Pi*k + Pi . По ним интеграл отлично сходится. Но по общему виду графика видно , что сходится он не очень-то....