Несобственный интеграл

[Limit79]

$\int_{0}^{\infty} \frac{x dx}{\sqrt{x^5+1}}$

Он неберущийся, поэтому необходимо его с чем-то сравнить.

Единственное, что приходит на ум, это что $\frac{x}{\sqrt{x^5+1}}\leq \frac{x^4}{\sqrt{x^5+1}}$, но $\int_{0}^{\infty} \frac{x^4}{\sqrt{x^5+1}}$ - расходится, поэтому нам это ничего не дают.

Подскажите, пожалуйста.

[мат-ламер]

Limit79 в сообщении #648936 писал(а):

Он неберущийся, поэтому необходимо его с чем-то сравнить.

Единицу выкиньте.

[Limit79]

мат-ламер

$\frac{x}{\sqrt{x^5+1}}\leq \frac{x}{\sqrt{x^5}}$, но $\int_{0}^{\infty} \frac{x}{\sqrt{x^5}}$ - расходится, поэтому нам это не о чем не говорит.

[Cash]

А если нижний предел будет не от нуля, а от единицы?

[Whitaker]

Limit79
предлагаю Вам разбить интеграл на два интеграла например

$$\int \limits_{0}^{1}+\int \limits_{1}^{+\infty}$$

[Limit79]

Whitaker
Разбил на два, но эти два на сходимость тоже надо исследовать (если сходятся оба - сходится исходный, если расходится хотя бы один - расходится исходный), но подынтегральное выражение же не изменилось...

-- 24.11.2012, 17:26 --

Whitaker
А с первым как быть?

[Whitaker]

Limit79
Если я нигде не накосячил, то первый интеграл можно оценить сходящимся так как $0\leqslant\dfrac{x}{\sqrt{x^5+1}}\leqslant 1$ при $x\in [0,1]$

$$\int \limits_{0}^{1}1dx=\int \limits_{0}^{1}dx=1$$

[Limit79]

Whitaker
А может тогда проще вот так? $\frac{x}{\sqrt{x^5+1}} \leq x$

-- 24.11.2012, 17:33 --

А вообще исходный сходящийся, сходится к произведению гамма функций.

[Aritaborian]

Ваш интеграл берётся и равен $\frac{2 \Gamma \left(\frac{2}{5}\right) \Gamma \left(\frac{11}{10}\right)}{\sqrt{\pi }}$.

[Limit79]

Aritaborian
Это понятно, я имел ввиду про элементарные функции.

[Whitaker]

Limit79
Неважно как оценивать! Мы оценили первый интеграл сходящимся интегралом. Значит, он тоже сходится и все! Теперь надо работать со вторым.
P.S. Согласен с Aritaborian! Этот интеграл берется ведь.
Значит, он сходится. Зачем Вам его исследовать на сходимость если у него итак есть уже конкретное численное значение. А так если Вы хотите исследовать на сходимость то разбиваете на два интеграла и с каждым из них работаете.

[Limit79]

Whitaker
$\frac{x}{\sqrt{x^5+1}} \leq \frac{x}{\sqrt{x^5}} = \frac{x}{x^{\frac{5}{2}}} = x^{-\frac{3}{2}}$, а $\int_{1}^{\infty} x^{-\frac{3}{2}}dx$ - сходится.

[Whitaker]

Limit79 в сообщении #648965 писал(а):

Whitaker
$\frac{x}{\sqrt{x^5+1}} \leq \frac{x}{\sqrt{x^5}} = \frac{x}{x^{\frac{5}{2}}} = x^{-\frac{3}{2}}$, а $\int_{1}^{\infty} x^{-\frac{3}{2}}dx$ - сходится.

Да верно все!

[Someone]

Whitaker в сообщении #648959 писал(а):

Мы оценили первый интеграл сходящимся интегралом.

Это который от $0$ до $1$? А чего ради его оценивать? Подынтегральная функция непрерывна на $[0;1]$, так что это обычный определённый интеграл в смысле Римана.

[Whitaker]

Someone
Согласен с Вами! Просто я ТС показал как это делается, а так Вы правы!