несобственный интеграл

[Grand.Master]

Подскажите, пожалуйста, как подходить к такого рода интегралу.. Совсем не получается у меня подружиться с несобственными

$$\int\limits_{0}^{1}\frac{\ch(\alpha x)-\ln(1+x^2) -1}{\sqrt[3]{8-x^3}-2}$$

Нужно найти такие $\alpha$, при которых интеграл сходится.

[Brukvalub]

Найти особую точку, убедиться, что интегрируемая функция локально знакопостоянна в нужной полуокрестности этой точки, найти первые члены асимптотик слагаемых в числителе и знаменателе дроби, воспользоваться эталонным интегралом и т. сравнения.

[provincialka]

А главное, привести свои попытки решения, пока не сбросили в Карантин

[Grand.Master]

Brukvalub

А как убедиться, что эта функция знакопостоянна локально?

Нашел особую точку -0.
Далее нашел первые члены асмптотик

$$ \cosh(\alpha x)\sim 1+\frac {\alpha x^2} {2}$$

$$ \ln (1+x^2) \sim x^2$$

$$ \sqrt[3] {8-x^3} \sim 2- \frac{x^3}{12}$$

Отсюда получаем интеграл

$$\int\limits_{0}^{1} \frac {12-6\alpha^2}{x}$$

Данный интеграл будет сходится лишь при $\alpha=\pm\sqrt{2}$
Значит по теореме сравнения наш интеграл будет сходится при тех же значениях $\alpha$.
Я правильно понял?

[Brukvalub]

Grand.Master в сообщении #1112584 писал(а):

Далее нашел первые члены асмптотик

$$ \cosh(\alpha x)\sim 1+\frac {\alpha x^2} {2}$$

Должно быть вот так: $ \cosh(\alpha x)\sim 1+\frac {(\alpha x)^2} {2}$
Да и без "о-малых" я бы асимптотики не принял. Локальное знакопостоянство следует как раз из асимптотики.

[Grand.Master]

Brukvalub
Ой, я опечатался..
да, разумеется с о малыми) спасибо)
Но вот возник вопрос как быть, например, с таким случаем, если в числителе будет стоять $\ln ({\ch {\frac {1}{x}}} )$
И особая точка в нуле. Тут не получиться взять первые члены асимптотик? Как быть в данной ситуации?

[Brukvalub]

Вы хотите разузнать один УНИВЕРСАЛЬНЫЙ метод исследования на сходимость ВСЕХ несобственных интегралов?

[Grand.Master]

Brukvalub

Ну я насколько понимаю их множество...я просто столкнулся с ситуацией, когда не получается разложить и немного в ступоре.

[Brukvalub]

Пример в студию!

[Grand.Master]

Brukvalub

$$\int\limits_{0}^{1} \frac{\ln^\alpha({\ch{\frac{1}{x}}})}{\ln^3(1+x)}$$

[Lia]

Попытки решения будут?

[Grand.Master]

Да, будут,чуть позже пришлю.

[Grand.Master]

Попробовал упростить числитель в следующее:

$$\ln^\alpha({\ch{\frac{1}{x}}})}=(\ln({\exp({\frac{1}{x}}})+ \exp({-\frac{1}{x}}))-\ln{2})^\alpha=(\frac{1}{x}+\ln(1+\exp(-\frac{2}{x}))-\ln2)^\alpha$$

Да и еще можно разложить знаменатель до $x^3$
Так вот если это мысленно раскрыть, то получится, что у нас последний член $\ln2$ даст расходящийся интеграл при любом $\alpha$ поскольку в числителе 3-я степень всегда будет.
То есть один из интегралов (из суммы всех)будет интеграл вида

$$\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln^\alpha 2}{x^3}$$

[Brukvalub]

Grand.Master в сообщении #1112929 писал(а):

Так вот если это мысленно раскрыть,

Не нужно мысленно. Укажите главный член асимптотики числителя вблизи нуля.

[Grand.Master]

Brukvalub
Поскольку $\ln(1+\exp(-\frac{2}{x}))$ будет стремиться к нулю.. Тогда получается, что остается только $\frac{1}{x^\alpha}$
а Отсюда получаем интеграл $\int\limits_{0}^{1}\frac{1}{x^{3+\alpha}}$
Далее по теореме сравнения получаем, что $\alpha<-2$ верно?)