Несобственный интеграл

[Altus]

Исследовать на абсолютную и условную сходимость $\int_{0}^{\infty}sin^3(x^2+2x)dx$.
Условно сходится, аюсолютно- нет. А доказательство не выходит.

[SpBTimes]

По частям поинтегрируйте

[gris]

$2x$ на сходимость не влияют, можно откинуть.
Оценить длину промежутков знакопостоянства подинтегральной функции тоже не сложно, они пропорциональны минус одной второй степени от номера промежутка. Даже заменив синус в третьей на сигнум получим условно сходящийся ряд, следовательно, условную сходимость интеграла.
Но для абсолютной расходимости нужна оценка снизу.
Пока всё

Интересно, он для любой положительной степени синуса и большей единицы степени икс расходится? Похоже на то.

Можно попробовать вписать треугольничек из касательных с основанием на оси абсцисс и вершиной, где синус равен 1. Оценить, что основание не меньше, скажем, половины длины интервала знакопостоянства синуса. Тогда будет абсолютная расходимость по признаку сравнения снизу с расходящимся рядом из обратных квадратных корней.
Но это как-то очень муторно. Может быть есть попроще чего?

[nnosipov]

gris в сообщении #644742 писал(а):

Можно попробовать вписать треугольничек из касательных с основанием на оси абсцисс и вершиной, где синус равен 1.

Овчинка выделки не стоит, здесь достаточно неравенства $|\sin^3{x}|/\sqrt{x} \geqslant |\sin^3{x}|/\sqrt{\pi(n+1)}$ при $x \in [\pi n,\pi(n+1)]$.

[Sonic86]

$x^2+2x=u$

[Altus]

SpBTimes в сообщении #644737 писал(а):

По частям поинтегрируйте

Сразу получим неопределённость, которую вроде не получается сократить.

nnosipov в сообщении #644826 писал(а):

Овчинка выделки не стоит, здесь достаточно неравенства $|\sin^3{x}|/\sqrt{x} \geqslant |\sin^3{x}|/\sqrt{\pi(n+1)}$ при $x \in [\pi n,\pi(n+1)]$.

Что же это даст?

gris в сообщении #644742 писал(а):

$2x$ на сходимость не влияют, можно откинуть.
Оценить длину промежутков знакопостоянства подинтегральной функции тоже не сложно, они пропорциональны минус одной второй степени от номера промежутка. Даже заменив синус в третьей на сигнум получим условно сходящийся ряд, следовательно, условную сходимость интеграла.

А можно поподробнее, как вы получили условную сходимость?

[gris]

Можно на самом деле сделать замену, но и без неё видно поведение функции. Это деформированная и сжатая синусоида. Нарисуйте эскиз графика. Интервалы знакопостоянства чередуются и их длины образуют расходящийся ряд c членами $\dfrac C{\sqrt n}$, где $n$ номер интервала. Саму функцию можно на положительных участках ограничить сверхе единицей, а на отрицательных снизу минус единицей. Интеграл от этой ступенчатой функции будет сходиться, правда, только условно. А значит и исходный интеграл сходится условно.

[Altus]

Спасибо, теперь понятно.

gris в сообщении #644742 писал(а):

$2x$
Но для абсолютной расходимости нужна оценка снизу.

А может из того, что $\dfrac C{\sqrt n}$ расходится, а модуль синуса - это в любом случае $C\geqslant0$, и следует несходимость абсолютная? Или это нетривиально..

[ИСН]

$\dfrac C{\sqrt n}$ расходится, а, например, $1\over n$ - это тоже в любом случае $C\geqslant0$ - так что теперь, их произведение... того?

[gris]

Нет. Мы же ограничили по модулю сверху. Так можно доказать сходимость, если интеграл от ограничивающей функции сходится.
А чтобы доказать расходимость, мы должны ограничить по модулю снизу. Функцией, от которой интеграл расходится. То же самое, что и для рядов.