Интегралы

[Городецкий Павел]

bot
У меня несколько вопросов (я запутался):

1. В чем проблема в задаче с факториалом ведь

$$ \int_0^1 {\ln xdx} = \left. {x\ln x} \right|_0^1 - \left. x \right|_0^1 = 0 - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\ln x - 1 + 0 = - 1 $$

Или все дело в корректности перехода от интегральной суммы к интегралу от логарифма

2. Не сходиться - это значит не вычисляется и все или еще что-то надо добавить чтобы было строго

[bot]

Проблема была в том, что сумма не является суммой Римана, так как необходимым условием интегрируемости по Риману является ограниченность подинтегральной функции.
Сдвиг вправо промежутка интегрирования на 1/n по RIP'у преодолевает это затруднение.

Добавлено спустя 5 минут 56 секунд:

Цитата:

$$0*\infty $$

- это определенность да?

Далеко не всякая, вот примеры ( во всех $x\to 0$):

1) $x \cdot \frac{1}{x}$
2) $x^2 \cdot \frac{1}{x}$
3) $x \cdot \frac{1}{x^2}$
4) $x\sin \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x}$

[Городецкий Павел]

Правильно ведь да? (по Лопиталю)

$$ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\ln x = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{\ln x} \over {1/x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {{1/x} \over { - 1/x^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} ( - x) = 0 $$

[bot]

Верно, можно ещё сильнее:

$$\lim_{x\to 0} x^\varepsilon \ln x =0$$

при любом $\varepsilon > 0$

[Городецкий Павел]

Проверьте пожалуйста правильно ли я решил следующий интеграл?

\[ \int\limits_{ - \infty }^{ - \ln 2} {\left( {\frac{{e^x }}{{1 - e^x }}} \right)^n } dx \]

Сделал замену:

\[ e^x = y,dx = dy/y \]

Получил:

\[ \int\limits_0^{1/2} {\frac{1}{y}\left( {\frac{y}{{1 - y}}} \right)^n dy = } \int\limits_0^{1/2} {\frac{{y^{n - 1} }}{{(1 - y)^n }}dy = } \frac{1}{n}\int\limits_0^{1/2} {\frac{{dy^n }}{{(1 - y)^n }}} = \frac{1}{n}\left( {\left. {\frac{{y^n }}{{(1 - y)^n }}} \right|_0^{1/2} + \int\limits_0^{1/2} {\frac{{y^n dy}}{{(1 - y)^{n + 1} }}} } \right) \]

Т.е.

\[ I_n = \frac{1}{n} + \frac{1}{n}I_{n + 1} \]

[Brukvalub]

В самом конце обмишурился (при вычислении

\[d\frac{1}{{(1 - y)^n }}\]

)

[Городецкий Павел]

Посмотрите я хоть правильным путем начал решать или опять ...
Нужно исследовать на абсолютную и условную сходимость:

\[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sin x}}{{x^p (1 + \left| {\ln x} \right|^p )}}dx} = \]

Разобьем на два интеграла:

\[ = \int\limits_0^1 {\frac{{\sin x}}{{x^p (1 + \left| {\ln x} \right|^p )}}dx} + \int\limits_1^{ + \infty } {\frac{{\sin x}}{{x^p (1 + \left| {\ln x} \right|^p )}}dx} = I_1 + I_2 \]

В окрестности 0 первый итеграл можно расписать наверно вот так:

\[ I_1 = \int\limits_0^1 {\frac{x}{{x^p (1 + 1/x^p )}}dx} = \int\limits_0^1 {\frac{1}{{x^{p - 1} + x^{ - 1} }}dx} \]

А в предыдущем примере я на степень не умножил

[Gordmit]

Не сам интеграл нужно расписывать, а подынтегральную функцию. Например, чему она эквивалентна в нуле:

$$f(x)=\frac{\sin x}{x^p(1+|\ln x|^p)}\sim \frac{1}{x^{p-1}|\ln x|^p}=g(x),\quad x\to 0$$

Теперь воспользоваться тем, что интегралы $\int\limits_0^\varepsilon f(x)\,dx$ и $\int\limits_0^\varepsilon g(x)\,dx$ cходятся или расходятся одновременно.

Аналогично поступаем с особенностью в бесконечности.

[RIP]

Gordmit писал(а):

$$f(x)=\frac{\sin x}{x^p(1+|\ln x|^p)}\sim \frac{1}{x^{p-1}|\ln x|^p}=g(x),\quad x\to 0$$

Это верно только при $p>0$.



С особенностью на бесконечности вряд ли получится аналогично, поскольку функция не знакопостоянна. Тут удобно рассмотреть 2 случая.

1) $p\leqslant0$. Тут отлично сработает критерий Коши.

2) $p>0$. Здесь поможет признак Дирихле.

Это относится к сходимости интеграла от $f(x)$. Что касается абсолютной сходимости, то здесь удобно воспользоваться стандартным трюком $|\sin x|\geqslant\sin^2x=\frac{1-\cos2x}2$.

[Gordmit]

RIP писал(а):

Это верно только при $p>0$.

Разумеется, при $p>0$; при $p\leqslant 0$ (и, даже более того, при $p\leqslant 1$) особенности в нуле вообще нет.
Про особенность в бесконечности согласен.