Несобственный интеграл

[Limit79]

Здравствуйте!

Помогите, пожалуйста, с такой задачкой:

Вычислить несобственный интеграл или показать его расходимость

$$\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{\sqrt{x} dx}{\tg(x)}$$

Данный интеграл вроде как сходится, значит его надо вычислить, а вот как вычислить я честно говоря не знаю...

-- 14.11.2014, 02:47 --

В принципе, доказательства сходимости/расходимости хватит, если интеграл в элементарных функциях не выражается.

Есть еще один пример

$$\int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(x^2)}{1+\sqrt{x}}$$

Вообще его тоже надо вычислить или доказать расходимость, но у меня даже не получается доказать сходимость (а он, вроде как, сходится).

А не получается применить признаки сравнения, так как $f(x) = \frac{\sin(x^2)}{1+\sqrt{x}}$ как положительна, так и отрицательна, то есть не выполняется условие $f(x) \geqslant 0$ на отрезке интегрирования.

Подскажите, пожалуйста, как быть.

[Ms-dos4]

Честно говоря я вижу лишь 1 способ - через ряды. Т.е. $\[\frac{{\sqrt x }}{{{\mathop{\rm tg}\nolimits} x}} = \sqrt x \cdot \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^k}{2^{2k}}\left| {{B_{2k}}} \right|}}{{(2k)!}}{x^{2k - 1}}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^k}{2^{2k}}\left| {{B_{2k}}} \right|}}{{(2k)!}}{x^{2k - \frac{1}{2}}}} \]$

$\[\int\limits_0^{\frac{\pi }{4}} {\frac{{\sqrt x }}{{{\mathop{\rm tg}\nolimits} x}}dx} = \sqrt \pi \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{{{{( - 1)}^k}{2^{ - 2k}}\left| {{B_{2k}}} \right|{\pi ^{2k}}}}{{(2k)! \cdot (4k + 1)}}} \]$

Уже 3 члена в сумме дают 4 верных знака после запятой $\[1.6978\]$

[ИСН]

Limit79, Вы не используете своих же собственных слов. Это зря. Да, применить признаки сравнения ко второму интегралу не получается; ну а к первому?
Не надо вычислять всё, что сходится. И даже то, что можно вычислить - не всегда нужно. Да и то, что нужно, иногда не нужно. Вам нужно? Кто сказал? Почему?
Со вторым замена переменной, а потом примерно тот же ход мысли, как в $\int{\sin x\over x}dx$.

[Limit79]

И еще мысли:

Вычислил интеграл $\int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(x^2)}{1+\sqrt{x}}$ в Maple, и он показал мне, что интеграл имеет какое-то конечное значение (выражается через некоторую Meijer G-function), то есть сходится.

Но так как для подынтегральной функции не выполняется условие неотрицательности, то можно попробовать исследовать данный интеграл на абсолютную сходимость, и если интеграл сходится абсолютно, то сходится и исходный интеграл.

Так как

$$\frac{|\sin(x^2)|}{1+\sqrt{x}} \leqslant \frac{1}{1+\sqrt{x}}$$

, но интеграл функции в правой части данного неравенства расходится.

-- 14.11.2014, 02:59 --

Ms-dos4
Спасибо за мысль!

-- 14.11.2014, 03:01 --

ИСН в сообщении #930688 писал(а):

применить признаки сравнения ко второму интегралу не получается; ну а к первому?

К первому получится, тут проблем нет.

Насчет вычислять или нет -- таково задание.

За мысль насчет второго, спасибо, сейчас попробую.

[Ms-dos4]

Используйте во втором интеграле признак Абеля

[Limit79]

ИСН
Заменой $t=x^2$ интеграл

$$\int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(x^2)}{1+\sqrt{x}} dx $$

сводится к интегралу

$$\int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin(t) dt}{2 \sqrt{t} \cdot (\sqrt[4]{t}+1)}$$

а интеграл

$$\int\limits_{0}^{\infty} \frac{dt}{2 \sqrt{t} \cdot (\sqrt[4]{t}+1)}$$

расходится...

-- 14.11.2014, 03:13 --

Ms-dos4
Для признака Абеля нужно разложить подынтегральную функцию на два множителя $f(x)$ и $g(x)$, для сходимости исходного интеграла одна из функций $f(x)$ и $g(x)$ должна быть интегрируема на данном отрезке, другая ограничена и монотонна, но синус-то не имеет монотонности, и интеграл от $\sin(x^2)$ сложновато получить.

[Ms-dos4]

Limit79
Во первых, интеграл от $\[{\sin {x^2}}\]$ классический, называется интегралом Френеля, и вычисляется элементарно (на промежутке $\[[0,\infty )\]$). А $\[\frac{1}{{1 + \sqrt x }}\]$ ограниченна и монотонна

[ИСН]

Limit79 в сообщении #930689 писал(а):

Насчет вычислять или нет -- таково задание.

Не понял смысла слов. Так каково задание? Вычислять? Не вычислять? Или в нём написано "вычислить или нет"? А то я уже слышал и

Limit79 в сообщении #930671 писал(а):

вроде как сходится, значит его надо вычислить

и

Limit79 в сообщении #930671 писал(а):

В принципе, доказательства сходимости/расходимости хватит, если интеграл в элементарных функциях не выражается.

Теперь второму обратимся к.

Limit79 в сообщении #930693 писал(а):

Заменой $t=x^2$ интеграл

Ну да, всё так. А дальше Вы что делаете и зачем? Зачем рубите топором шину от Камаза? Ведь плохо будет: топор отлетит в лицо. Я что дальше сказал? Я сказал слов о том, что этот интеграл похож на какой-то другой. А на какой такой другой? Берётся ли этот другой? Сходится ли он? Как доказывается его сходимость? Доказывается ли она заменой синуса на единицу? А?

[Limit79]

ИСН в сообщении #930698 писал(а):

Так каково задание?

Исходное задание такое, как в стартовом посте, т.е.

Limit79 в сообщении #930671 писал(а):

Вычислить несобственный интеграл или показать его расходимость

Но коль уж нормально вычислить его не получится, то я хочу хотя бы исследовать на сходимость.

ИСН в сообщении #930698 писал(а):

Как доказывается его сходимость? Доказывается ли она заменой синуса на единицу? А?

Нет

Доказывается интегрированием по частям (может и еще как).

-- 14.11.2014, 03:27 --

Ms-dos4
Понял, спасибо!

[ИСН]

Limit79 в сообщении #930700 писал(а):

Доказывается интегрированием по частям (может и еще как).

Ну вот и этот докажите так же или ещё как.

[Limit79]

ИСН
Понял, спасибо!

[ewert]

Limit79 в сообщении #930693 писал(а):

Для признака Абеля нужно разложить подынтегральную функцию на два множителя $f(x)$ и $g(x)$, для сходимости исходного интеграла одна из функций $f(x)$ и $g(x)$ должна быть интегрируема на данном отрезке, другая ограничена и монотонна,

Просто рекомендация была не очень удачна -- используйте вместо Абеля признак Дирихле (после замены $x^2=t$). Который сам по себе доказывается, да, интегрированием по частям.