Сходимость несобственного интеграла

[SlayZar]

Требуется исследовать сходимость несобственного интеграла: $\int\limits_0^\pi \left(\cfrac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}\right) dx$

Попробуем взять за $g(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}}$, которая сходится.
Тогда

$$\lim_{x \to \pi-0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to \pi-0} \frac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}}\sqrt[3]{x}} = \lim_{x \to \pi-0} ln(sin(x)) = -\infty$$

Если бы предел был равен нулю, то можно было бы сделать вывод о сходимости, а так непонятно, как действовать дальше.
Помогите, пожалуйста!

[Brukvalub]

SlayZar в сообщении #866401 писал(а):

Требуется исследовать сходимость несобственного интеграла: $\int\limits_0^\pi \left(\cfrac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}\right) dx$

Попробуем взять за $g(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}}$, которая сходится.
Тогда

$$\lim_{x \to \pi-0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to \pi-0} \frac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}}\sqrt[3]{x}} = \lim_{x \to \pi-0} ln(sin(x)) = -\infty$$

Если бы предел был равен нулю, то можно было бы сделать вывод о сходимости, а так непонятно, как действовать дальше.
Помогите, пожалуйста!

То есть, вы взяли что попало, пришли к некому абсурду и сразу просите помощи? Неспортивно и сильно смахивает на попытку получить решение, самостоятельно не трудясь. Где находятся особенности подынтегральной функции?

[SlayZar]

Brukvalub в сообщении #866405 писал(а):

Где находятся особенности подынтегральной функции?

Особенность подынтегральной функции - в точке 0.
Тогда попробуем взять предел $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}} = \lim_{x \to 0} \frac{ln(x)}{\sqrt[3]{x}}} =\infty$

Но теперь нам же все равно надо подбирать g(x), чтобы доказать сходимость или расходимость, верно?

[ewert]

SlayZar в сообщении #866415 писал(а):

Особенность подынтегральной функции - в точке 0.

Не только.

SlayZar в сообщении #866415 писал(а):

попробуем взять предел $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}} = \lim_{x \to 0} \frac{ln(x)}{\sqrt[3]{x}}} =\infty$

Убирание синуса -- формально некорректно. Т.е. его надо обосновывать, и делается это не в одно действие. Но главное -- это и не нужно.

Предположим, мы его всё-таки убрали. Что в оставшейся дроби играет более важную роль -- числитель или знаменатель? Что будет с интегралом, если менее важный элемент просто выкинуть? И насколько существенно изменится ситуация, если вернуть его назад?

Если Вы это всё обдумаете, то увидите, что исходное подынтегральное выражение требуется всего лишь оценить -- то ли сверху, то ли снизу (в зависимости от того, какой ответ будет угадан). И никакие эквивалентности не нужны.

[SlayZar]

ewert в сообщении #866418 писал(а):

SlayZar в сообщении #866415 писал(а):

Особенность подынтегральной функции - в точке 0.

Не только.

Еще получается в точке $\frac{\pi}{2}$

$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}} = 0$

ewert в сообщении #866418 писал(а):

Исходное подынтегральное выражение требуется всего лишь оценить -- то ли сверху, то ли снизу (в зависимости от того, какой ответ будет угадан). И никакие эквивалентности не нужны.

Оценивать пробовал.
Получалось $\frac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}$ на $[0;\pi]$ всегда неположительна, поэтому я и пробовал брать за $g(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}}$, так как $f(x)<=g(x)$ на нашем промежутке...

[ewert]

SlayZar в сообщении #866424 писал(а):

$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} f(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{ln(sin(x))}{\sqrt[3]{x}}} = 0$

Нет.

SlayZar в сообщении #866424 писал(а):

всегда неположительна, поэтому я и пробовал брать за $g(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}}$, так как $f(x)<=g(x)$ на нашем промежутке...

... то и ничего -- именно из-за неположительности. Оценивать надо модули.

[Nemiroff]

SlayZar в сообщении #866424 писал(а):

Еще получается в точке $\frac{\pi}{2}$

Неужели? И какая же там особенность?

[SlayZar]

Nemiroff в сообщении #866428 писал(а):

SlayZar в сообщении #866424 писал(а):

Еще получается в точке $\frac{\pi}{2}$

Неужели? И какая же там особенность?

Да, особенности тут нет.

ewert в сообщении #866427 писал(а):

SlayZar в сообщении #866424 писал(а):

всегда неположительна, поэтому я и пробовал брать за $g(x)=\frac{1}{\sqrt[3]{x}}}$, так как $f(x)<=g(x)$ на нашем промежутке...

... то и ничего -- именно из-за неположительности. Оценивать надо модули.

Да, конечно. Это я накосячил. Но тогда оценить функцией $y=\frac{1}{x^\alpha}$ не получается или же надо оценивать другой функцией?

ewert в сообщении #866418 писал(а):

Предположим, мы его всё-таки убрали. Что в оставшейся дроби играет более важную роль -- числитель или знаменатель? Что будет с интегралом, если менее важный элемент просто выкинуть? И насколько существенно изменится ситуация, если вернуть его назад?

Более важным будет знаменатель, но ведь мы же не можем просто выкинуть числитель.

[ewert]

SlayZar в сообщении #866432 писал(а):

Но тогда оценить функцией $y=\frac{1}{x^\alpha}$ не получается

Получается. Надо только выбрать какую-нибудь из подходящих альф.

SlayZar в сообщении #866432 писал(а):

ведь мы же не можем просто выкинуть числитель.

Просто -- не можем. Но можем легко его оценить.

[SlayZar]

Хорошо, спасибо. Буду пробовать.
То есть надо оценить изначальный числитель $ln(sin(x))$ от 0 до $\pi$?

\ln (\sin x) $\ln (\sin x)$

[ewert]

SlayZar в сообщении #866576 писал(а):

То есть надо оценить изначальный числитель $ln(sin(x))$ от 0 до $\pi$?

Принципиально нет. Возможно, именно из-за этого у Вас и проблемы -- что Вы пытаетесь оценить всё разом на всём интервале. Оценивать же следует только в окрестностях особых точек, причём в каждой окрестности отдельно.