Исследование интегралов на абсолютную и условную сходимость

[Sirian]

надо исследовать на абсолютную и условную сходимость

\[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sqrt x \cos x}} {{x + 100}}dx} \]

Проверил, этот интеграл сходится.
Теперь, для абсолютной сходимости, я так понимаю, надо рассмотреть интеграл:

\[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\sqrt x \left| {\cos x} \right|}} {{x + 100}}dx} \]

Собственно вопрос. как определить сходится он или нет?

[Brukvalub]

Он расходится. Для доказательства используйте признак сравнения и оценку снизу:

\[\left| {\cos x} \right| \ge \cos ^2 x = \frac{{1 + \cos 2x}}{2}\]

[Sirian]

да уж. тупанул. $\cos x$ ограниченную первообразную имеет.
а $x^{1/2}/(x+100)$ стремится к 0 при $x \to \infty$, значит сходится не абсолютно )

[Brukvalub]

Sirian писал(а):

да уж. тупанул. cos(x) ограниченную первообразную имеет.
а x^(1/2)/(x+100) стремится к 0 при x->бесконечности, значит сходится не абсолютно )

Не знаю, как раньше, а вот сейчас Вы действительно приводите абсурдные аргументы. Из Ваших наблюдений не следует сходимость интеграла, также не следует его абсолютная расходимость.

[Sirian]

Следующий интеграл

\[ \int\limits_0^{ + \infty } {x^p \sin (x^q )dx} \]

примечание: q<>0
с чего начать?

[Brukvalub]

Да Вы с первым до конца разберитесь. А в этом интеграле замените аргумент синуса новой переменной.

[Sirian]

Brukvalub писал(а):

Sirian писал(а):

да уж. тупанул. cos(x) ограниченную первообразную имеет.
а x^(1/2)/(x+100) стремится к 0 при x->бесконечности, значит сходится не абсолютно )

Не знаю, как раньше, а вот сейчас Вы действительно приводите абсурдные аргументы. Из Ваших наблюдений не следует сходимость интеграла, также не следует его абсолютная расходимость.

Вот выдержка из задачника Демидовича:
Специальный признак сходимости:
Если ф(x) монотонно стремится к 0 при x стремящемся к +бесконечности, а f(x) имеет ограниченную первообразную,то

\[ \int\limits_a^{ + \infty } {\varphi (x)f(x)dx} \]

сходится, вообще говоря, не абсолютно
Или я в чем то ошибаюсь?

[Brukvalub]

Sirian писал(а):

Если ф(x) монотонно стремится к 0 при x стремящемся к +бесконечности

А Вы что-нибудь про монотонность изобразили?

Sirian писал(а):

....сходится,вообще говоря , не абсолютно

Слова " вообще говоря" переводятся на русский как: "так может быть, но вовсе не обязательно так всегда будет". Поэтому расходимость интеграла от модуля нужно каждый раз доказывать отдельно.

[Sirian]

заменил $x^q$ на $t$
получилось сие:

\[ \frac{1} {q}\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{dt}} {{t^{\frac{{p+q - 1}} {{q }}} \sin t}}} \]

дальше что?

Добавлено спустя 2 минуты 4 секунды:

Brukvalub писал(а):

Sirian писал(а):

Если ф(x) монотонно стремится к 0 при x стремящемся к +бесконечности

А Вы что-нибудь про монотонность изобразили?

Sirian писал(а):

....сходится,вообще говоря , не абсолютно

Слова " вообще говоря" переводятся на русский как: "так может быть, но вовсе не обязательно так всегда будет". Поэтому расходимость интеграла от модуля нужно каждый раз доказывать отдельно.

да, чет я промаргал слово монотонно. извиняюсь. воспользовался оценкой предложенной во втором посте - все ок. спс

[Brukvalub]

Почему после замены все упало в знаменатель?

[Sirian]

нет.
это я не правильно написал )
щас правлиьно напишу

Добавлено спустя 2 минуты 1 секунду:

\[ \frac{1} {q}\int\limits_0^{ + \infty } {t^{\frac{{p - q + 1}} {q}} \sin tdt} \]

вот. вроде так

[Brukvalub]

Почти верно (при отрицательных q интеграл еще поменяет знак, но на сходимость это не влияет). А теперь разбейте обл. интегрирования точкой 1 на два куска, и на каждом из кусков применяйте признаки сходимости.

[Sirian]

ну значит устремим t к 0
sint эквивалентен t
получаем
-1<(p+1)/q
теперь t к бесконечности, получаем

\[ \begin{gathered} t^{\frac{{p + 1 - q}} {q}} \sin t < t^{\frac{{p + 1 - q}} {q}} \hfill \\ \frac{{p + 1}} {q} - 1 < 0 \hfill \\ \frac{{p + 1}} {q} < 1 \hfill \\ \end{gathered} \]

верно?

[Brukvalub]

На бесконечности функция синус не сохраняет знака, поэтому признаки сравнения в виде неравенств на бесконечности можно применять только к модулю этой функции.

[Sirian]

а че тогда делать?