Сходимость интеграла

[Enot2]

Окей, тогда мы в итоге получаем это: $\int_0 ^{+\infty}-\frac{x^2 \sin(x^4)}{x^2+1}+o(x^2\frac{\sin(x^4)}{x^2+1}}) dx=$\int_0 ^{+ \infty}\frac{\sin(t)}{4t^{\frac{1}{4}}(1+\sqrt t)}+o(\frac{\sin(t)}{4t^{\frac{1}{4}}(1+\sqrt t)}) dt$
Ну а это уже сходится по Дирихле?

[ewert]

Enot2 в сообщении #870219 писал(а):

Ну а это уже сходится по Дирихле?

Нет, никакая вообще оценка не может сходиться по Дирихле. Её сходимость если и можно доказать, то лишь абсолютную. В Вашем случае -- ничего не выйдет, Вы оценили остаток слишком грубо.

[Enot2]

ewert в сообщении #870221 писал(а):

Нет, никакая вообще оценка не может сходиться по Дирихле

В моем случае остатком после можно будет пренебречь?

ewert в сообщении #870221 писал(а):

Вы оценили остаток слишком грубо.

А как понять до какого элемента нужно раскладывать по Тейлору? По $x^2$, который стоит перед дробью? Знаменатель должен его перевесить? Если так, то тогда так:
$\int_0 ^{+\infty}-\frac{x^2 \sin(x^4)}{x^2+1}-\frac{x^2}{2}(\frac{ \sin(x^4)}{x^2+1})^2+o(x^2(\frac{\sin(x^4)}{x^2+1}})^2) dx$

[ewert]

Enot2 в сообщении #870245 писал(а):

А как понять до какого элемента нужно раскладывать по Тейлору?

До тех пор, пока оценка остатка не будет давать абсолютно сходящийся интеграл. Со всеми предыдущими слагаемыми надо разбираться индивидуально.

Enot2 в сообщении #870245 писал(а):

$\int_0 ^{+\infty}-\frac{x^2 \sin(x^4)}{x^2+1}-\frac{x^2}{2}(\frac{ \sin(x^4)}{x^2+1})^2+o(x^2(\frac{\sin(x^4)}{x^2+1}})^2) dx$

Вот и разбирайтесь. (Хотя на этот раз Вы, наоборот, немного перестарались; но это общая проблема многих преподавателей -- из-за необъяснимого пристрастия к о-именно-маленьким они заставляют студентов проделывать совершенно ненужную работу.)

[Enot2]

пока что не могу сообразить, при чем здесь О большие, но можно ли было док-ть через нер-ва, то есть так:
$\int _0 ^{+\infty} x^2(1-e^{\frac{\sin(x^4)}{x^2+1}})dx < \int_0 ^{+ \infty} -x^2 \frac{\sin x^4}{x^2+1}dx$, а последний, в свою очередь, сходится (доказано ранее). Значит, сходится и наш интеграл?

[ewert]

Enot2 в сообщении #870312 писал(а):

Значит, сходится и наш интеграл?

Не значит, т.к. подынтегральная функция не знакопостоянна.

[Enot2]

Ладно, будем думать.
Можно еще вопрос: предположим, мы доказали, что интеграл сходится. Что можно будет сказать о абсолютной(условной) сходимости?
Теперь мы можем пользоваться эквивалетностью же: $\int _0 ^{+\infty} \frac{x^2}{x^2+1} \left | \sin x^4 \right |dx \geq \int _0 ^{+\infty} \frac{x^2}{x^2+1} \sin^2 x^4dx=(x=t^4)=\int _0 ^{+\infty} \frac{1}{4t^{\frac{1}{4}}(\sqrt t+1)} \sin^2 dt$
Так как, начиная с некоторого $t$ выполнено $\frac{1}{4t^{\frac{1}{4}}(\sqrt t+1)} \sin^2 >\frac{1}{t} \sin^2 dt$, а $\int _0 ^{+\infty}\frac{1}{t} \sin^2 t dt$ расходится, то расходится и $\int _0 ^{+\infty} \frac{1}{4t^{\frac{1}{4}}(\sqrt t+1)} \sin^2 t dt$, а значит и изначальный интеграл тоже => условная сходимость?

[ewert]

Enot2 в сообщении #870341 писал(а):

начиная с некоторого $t$ выполнено $\frac{1}{4t^{\frac{1}{4}}(\sqrt t+1)} \sin^2 >\frac{1}{t} \sin^2 dt$, а $\int _0 ^{+\infty}\frac{1}{t} \sin^2 t dt$ расходится,

Можно и так. Но сначала надо всё-таки разобраться с остальными Вашими членами (ладно, пусть их будет два).

[Enot2]

А, я кажись понял. Опять без О большого, но все же:
$\int _0 ^{+ \infty}x^2(\frac{\sin(x^4)}{x^2+1}})^2 dx = \int_0 ^{+ \infty} \frac{1}{x^2+2+\frac{1}{x^2}}dx - \int_0 ^{+ \infty} \frac{ \cos 2x^4}{x^2+2+\frac{1}{x^2}}dx$. Далее делается замена и опять по признаку Дирехле эта сумма интегралов сходится. А сходится он абсолютно, так как модуль просто ничего не поменяется, так как изначальная дробь и так была неотрицателльна

[ewert]

Enot2 в сообщении #870375 писал(а):

Далее делается замена и опять по признаку Дирехле эта сумма интегралов сходится.

Хоссподи, он же изначально тупо через степень оценивается.

[Enot2]

а, да, без замены можно