сходимость интеграла

[Ms-dos4]

kirillag в сообщении #729963 писал(а):

но для этого придется вычислять интеграл?

Зачем? Предел окажется конечным, и всё. Интеграл сходится, т.к. он вообще не является несобственным.

[ewert]

kirillag в сообщении #729957 писал(а):

но гармонический ряд всегда расходится, предельный признак сравнения не выполняется.

Где Вы увидели ряд?

kirillag в сообщении #729957 писал(а):

предельный признак сравнения не выполняется. видимо, нужно подобрать другую функцию $g(x)$

Вот и угадайте, какую.

-- Ср май 29, 2013 15:34:33 --

kirillag в сообщении #729968 писал(а):

$\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} - O({x^4})} }}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {\frac{1}{2} - O({x^2})} }}{1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\]$

Просто неверно.

kirillag в сообщении #729968 писал(а):

$g(x)=x$ сходится при $x\to 0$, значит $f(x)$ сходится.

Неверная логика. Что значит "$g(x)=x$ сходится"?...

Ms-dos4 в сообщении #729964 писал(а):

Интеграл сходится, т.к. он вообще не является несобственным.

Выбирайте выражения -- у ТС в голове и без того путаница. Формально он (интеграл, а не ТС) всё-таки несобственный.

[kirillag]

ewert в сообщении #729965 писал(а):

kirillag в сообщении #729968 писал(а):

$\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} - O({x^4})} }}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {\frac{1}{2} - O({x^2})} }}{1} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\]$

Просто неверно.

Удалил сообщение, потому что увидел ошибку, значит с $g(x)=x$ сравнивать нельзя. есть какое-нибудь правило для выбора $g(x)$?

Цитата:

kirillag в сообщении #729968 писал(а):

$g(x)=x$ сходится при $x\to 0$, значит $f(x)$ сходится.

Неверная логика. Что значит "$g(x)=x$ сходится"?...

я хотел написать про интеграл от $g(x)$

[ewert]

kirillag в сообщении #729971 писал(а):

есть какое-нибудь правило для выбора $g(x)$?

Есть. Только не правило, а правильное понимание смысла теоремы.

Можете привести точную формулировку предельного признака сравнения?

[Ms-dos4]

ewert

(Оффтоп)

Цитата:

Выбирайте выражения -- у ТС в голове и без того путаница. Формально он (интеграл, а не ТС) всё-таки несобственный.

Ну формально то да, а вот нахождением предела можно показать, что фактически не является.

[kirillag]

ewert в сообщении #729975 писал(а):

kirillag в сообщении #729971 писал(а):

есть какое-нибудь правило для выбора g(x)?

Есть. Только не правило, а правильное понимание смысла теоремы.

Можете привести точную формулировку предельного признака сравнения?

$f(x), g(x)$ непрерывны и неотрицательны на $(a,b]$.

$\int\limits_a^b {f(x)dx} \hfill \\$ (1)

$\int\limits_a^b {g(x)dx} \hfill \\$ (2)

$\mathop {\lim }\limits_{x \to a + 0} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = q \hfill \\ $

$0 \leqslant q < \infty$ => (1) сх <=> (2) сх

$0 < q \leqslant \infty$ => (1) расх <=> (2) расх

[ewert]

(Оффтоп)

Ms-dos4 в сообщении #729982 писал(а):

а вот нахождением предела можно показать, что фактически не является.

Так вот так и надо говорить, что фактически. Но в данной ветке даже и это опасно.

-- Ср май 29, 2013 16:19:22 --

kirillag в сообщении #729991 писал(а):

и неотрицательны

Неточно.

kirillag в сообщении #729991 писал(а):

$0 \leqslant q < \infty$ => (1) сх <=> (2) сх

$0 < q \leqslant \infty$ => (1) расх <=> (2) расх

Неверно.

[kirillag]

ewert в сообщении #729992 писал(а):

(Оффтоп)

Ms-dos4 в сообщении #729982 писал(а):

а вот нахождением предела можно показать, что фактически не является.

Так вот так и надо говорить, что фактически. Но в данной ветке даже и это опасно.

-- Ср май 29, 2013 16:19:22 --

kirillag в сообщении #729991 писал(а):

и неотрицательны

Неточно.

kirillag в сообщении #729991 писал(а):

$0 \leqslant q < \infty$ => (1) сх <=> (2) сх

$0 < q \leqslant \infty$ => (1) расх <=> (2) расх

Неверно.

я думал для рядов и интегралов одни и те же признаки.
тогда вот так верно:

f(x) и g(x) непрерывны на (a;b] и неотрицательны
$\int\limits_a^b {f(x)dx} \hfill \\$ (1)

$\int\limits_a^b {g(x)dx} \hfill \\$ (2)

$\mathop {\lim }\limits_{x \to a + 0} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = q \hfill \\$

если q - конечное число большее 0, то (1) и (2) сходятся или расходятся одновременно

[Otta]

kirillag
Вы их что, угадывать будете?
Найдите, прочитайте, поймите, а потом уже пишите здесь.
То, что Вы пишете - набор символов, свидетельствующий о полном невежестве организма.

[Otta]

kirillag
Хотя, пожалуй, зря я Вас обижаю. Последняя формулировка, в принципе, допустима. (В скобках отмечу, что непрерывность - это, конечно, очень крутое требование. Обычно на ее месте другое. Но бог с ним. )
Ну хорошо, и как Вы ею собираетесь пользоваться? $g(x)=x$ не подходит, Вы выяснили. Дальше?

[kirillag]

Otta в сообщении #730087 писал(а):

kirillag
Хотя, пожалуй, зря я Вас обижаю. Последняя формулировка, в принципе, допустима. (В скобках отмечу, что непрерывность - это, конечно, очень крутое требование. Обычно на ее месте другое. Но бог с ним. )
Ну хорошо, и как Вы ею собираетесь пользоваться? $g(x)=x$ не подходит, Вы выяснили. Дальше?

вспомнил формальное правило для нахождения g(x), нужно старшую степень числителя разделить на старшую степень знаменателя.

$f(x) = \frac{{\sqrt {\frac{{{x^2}}}{2} - O({x^4})} }}{x} \hfill \\$

$g(x) = \frac{{\sqrt {\frac{{{x^2}}}{2}} }}{x} = \frac{x}{{\sqrt 2 x}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \hfill \\$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \sqrt 2 \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {{x^2} - O({x^4})} }}{x} = \sqrt 2 \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {\frac{1}{2} - O({x^2})} }}{1} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \hfill \\$

$\frac{1}{{\sqrt 2 }}\int\limits_0^1 {dx}$ сходится =>

\int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt {1 - \cos x} }}{x}dx} \hfill \\ $ сходится

все свелось к нахождению предела функции интеграла
только смущает g(x)=const

[ИСН]

Нас это смущает с самого начала. Сколько человек Вам сказали, что предельный признак сравнения тут по существу не нужен?

-- Ср, 2013-05-29, 19:39 --

Но если надо так - пусть будет так.

[kirillag]

Ms-dos4 в сообщении #729964 писал(а):

kirillag в сообщении #729963 писал(а):

но для этого придется вычислять интеграл?

Зачем? Предел окажется конечным, и всё. Интеграл сходится, т.к. он вообще не является несобственным.

я интуитивно понял Вашу мысль представив все графически, но есть ли теорема, которая связывает точки разрыва и сходимость интеграла?

[Ms-dos4]

kirillag
Вы сделали функцию непрерывной на [0;1] (и она ограничена там же) устранив разрыв в нуле. Из этого следует, что она интегрируема [0;1].

[Otta]

kirillag
Ну а что бы Вам не прочитать определение несобственного интеграла по конечному промежутку? Какой интеграл вида $\int_a^b f(x)\,dx$ называется несобственным? Как Вам говорили?