Исследовать на сходимость интеграл

[Cave]

А, я про совет разложить интеграл в ряд уже забыл к этому месту.
Да, конечно, так можно и даже хорошо.

[ozhigin]

а если раскладывать в ряд? то как вообще надо действовать?
раскладывать всю дробь? и как разложив в ряд мы можем что-то сказать о сходимости, отсутствии абсолютной сх-ти и отсутствии сходимости вообще?

[ewert]

ozhigin в сообщении #275474 писал(а):

а если раскладывать в ряд?

Не "раскладывать в ряд". А представить интеграл в виде ряда, каждый член которого есть интеграл по полупериоду косинуса, но котором тот косинус знакоопределён.

[ozhigin]

а написать начало можно ,вообще не пойму как это

-- Сб дек 26, 2009 21:28:30 --

$\int\limits_2^{\infty} \frac{cos(x+x^2)} {x^{\alpha}lnxdx}$ сходится или расходится одновременно с$ \sum\limit_2^{\infty} \int_{y_1}^{y_2} \frac{cos(x+x^2)} {x^{\alpha}lnx}dx$
Этим надо воспользоваться?

[ewert]

Надо. Но предварительно лучше всё-таки сделать замену переменной, чтоб не путаться в пределах.

[ozhigin]

Цитата:

для условной -- применить признак Лейбница к ряду, полученному расщеплением полуоси интегрирования на полупериоды косинуса.

$\int\limits_2^{\frac{3\pi}{2}}+\int\limits_{\frac{3\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{2}}+...+\int\limits_{\frac{(2k-1)\pi}{2}}^{\frac{(2k+1)\pi}{2}}$
т.е. так ? а что за признак Лейбница, боюсь не могу его применить нам его не доказывали

-- Сб дек 26, 2009 21:59:09 --

ewert в сообщении #275487 писал(а):

Надо. Но предварительно лучше всё-таки сделать замену переменной, чтоб не путаться в пределах.

Замену вы видели, она что-то громоздкая,идеи так и не понял
$\int\limits_2^{\infty} \frac{cos(x+x^2)} {x^{\alpha}lnx}dx=\int\limits_6^{\infty} \frac{cos(t)} {(\frac{1}{2} (-1+\sqrt{1+4t})^{\alpha}ln(\frac{1}{2} (-1+\sqrt{1+4t}) \sqrt{1+4t}}dt$

[ewert]

ozhigin в сообщении #275492 писал(а):

а что за признак Лейбница, боюсь не могу его применить нам его не доказывали

Это просто невозможно. Точно доказывали, и даже формулировали.

Это о том, что ряд сходится, если он знакочередующийся и его члены по модулю монотонно стремятся к нулю.

Хотя... Не исключено, что Вам, действительно, уже рассказали про несобственные интегралы, но ещё не успели рассказать про ряды. Такое вполне возможно. Но тогда давать такую задачку -- это безграмотность преподавателя.

[ozhigin]

аа для рядов.
насколько я помню там сумма частичная должна быть ограниченна...а ну да косинус всё нормально.
Только опять эта монотонность, а без аналитической функции нельзя?)

[ewert]

ozhigin в сообщении #275498 писал(а):

Только опять эта монотонность, а без аналитической функции нельзя?)

Без аналитической функции -- вполне можно (см. выше явное выражение и его производную). Без монотонности -- грубо говоря, нельзя.

[Cave]

У нас были подобные несобственные интегралы, причём тема шла именно до рядов, поэтому ход решения сам собой возник без них.

[ewert]

Cave в сообщении #275503 писал(а):

У нас были подобные несобственные интегралы, причём тема шла именно до рядов, поэтому ход решения сам собой возник без них.

А как шёл?...

Как ни крутись, но для "знакочередующихся" интегралов мы так или иначе выйдем на тот же признак Лейбница. Но только кустарными средствами и не называя сей зловещий признак по имени.

Если, конечно, не прибегать к каким-либо изощрениям. Что и непедагогично, и со всех точек зрения бессмысленно.

(Дело в том, что сходимость интегралов -- штука идейно гораздо более простая, чем сходимость рядов. Для типичных ситуаций, во всяком случае. И поэтому должна идти явно поперёд. А потом можно к интегралам и вернуться -- чтоб уточнить детали.)

[ozhigin]

ну не правда, ряды были проще, а вот несобственные, а если ещё зависящие от параметра, а если ещё не от одного, а если ещё исследовать на равномерную сходимость, а потом обосновать свои действия, как сказал наш преподаватель: "свирепые примеры"