Интегралы.

[samuil]

Исследовать сходимость.

1) $\int\limits_0^\infty \frac{\sin(\ln x)}{\sqrt x}dx=$\int\limits_0^1 \frac{\sin(\ln x)}{\sqrt x}dx+\int\limits_1^\infty \frac{\sin(\ln x)}{\sqrt x}dx$

$\int\limits_1^\infty \frac{\sin(\ln x)}{\sqrt x}dx=\int\limits_0^\infty e^{t/2} \sin{t}dt=\text{по частям}=\frac{-2}{5}e^{x/2}(2\sin x-\cos x)\Big|_0^\infty=???$

Второй интеграл расходится вроде как (только аргументировать не могу, синус и косинус ограничен, а экспонента стремится к бесконечности). А как с первым? .. особенность в нуле.

2)

$$\int\limits_0^\infty x\sin x^4dx=\int\limits_0^1 x\sin x^4dx+\int\limits_1^\infty x\sin x^4dx=\begin{vmatrix} t=x^4 & dt=4x^3dx \\ x=t^{1/4} & dx=t^{-3/4}dt\\ \end{vmatrix}=\int\limits_0^1 x\sin x^4dx+\int\limits_1^\infty\frac{\sin t dt}{\sqrt t}$$

Второй интеграл сходится по Дирихле условно. А как доказать, что сходится $\int\limits_0^1 x\sin x^4dx$ ? это вроде как очевидно, нет особенностей у него..Но по какому признаку?

[Dan B-Yallay]

samuil в сообщении #480140 писал(а):

$\int\limits_1^\infty \frac{\sin(\ln x)}{\sqrt x}dx=\int\limits_0^\infty e^{t/2} \sin{t}dt=\text{по частям}=\frac{-2}{5}e^{x/2}(2\sin x-\cos x)\Big|_0^\infty=???$

Второй интеграл расходится вроде как (только аргументировать не могу, синус и косинус ограничен, а экспонента стремится к бесконечности)

Внимательнее с заменой. Под интегралом должно быть $e^{-t/2}\sin t$ и ничего никуда не расходится. Первый легко мажорируется сходящимся интегралом $\displaystyle \int_0^1 \dfrac {dx}{x^{1/2}}$

samuil в сообщении #480140 писал(а):

А как доказать, что сходится $\int\limits_0^1 x\sin x^4dx$ ? это вроде как очевидно, нет особенностей у него. Но по какому признаку?

Он сходится абсолютно без никакого признака, так как опять же - легко мажорируется.

[samuil]

Dan B-Yallay в сообщении #480145 писал(а):

Внимательнее с заменой. Под интегралом должно быть $e^{-t/2}\sin t$

Все-таки $e^{+t/2}\sin t$....Перепроверил

$$\displaystyle \int\limits_1^\infty \frac{\sin(\ln x)}{\sqrt x}dx= \displaystyle \begin{vmatrix} t=\ln x & dt=dx/x & 0<t<\infty\\ x=e^t & dx=e^tdt & 1<x<\infty\\ \end{vmatrix}=\int\limits_0^\infty \frac{\sin(\ln e^t)}{\sqrt {e^t}}e^tdt= \int\limits_0^\infty e^{t/2} \sin{t}dt$$

Dan B-Yallay в сообщении #480145 писал(а):

А как доказать, что сходится $\int\limits_0^1 x\sin x^4dx$ ?
Он сходится абсолютно без никакого признака, так как опять же - легко мажорируется.

Спасибочки)
Вот так?) $|x\sin x^4|\le |x|$

$\int\limits_0^1 xdx=1/2$ Из сходимости интеграла $\int\limits_0^1 xdx=1/2$ следует абсолютная сходимость $\int\limits_0^1 x\sin x^4dx$ Правильно?

[ewert]

samuil в сообщении #480251 писал(а):

$\int\limits_0^1 xdx=1/2$ Из сходимости интеграла $\int\limits_0^1 xdx=1/2$ следует абсолютная сходимость $\int\limits_0^1 x\sin x^4dx$ Правильно?

Неправильно в том смысле, что по отношению к собственным интегралам понятие сходимости попросту не употребляют. Здесь надо ссылаться на совершенно элементарный факт: сходимости интегралов $\int\limits_a^{+\infty}f(x)\,dx$ и $\int\limits_b^{+\infty}f(x)\,dx$ эквивалентны (если, разумеется, на $[a;b]$ нет особых точек), который мгновенно следует из самого определения сходимости.

[samuil]

ewert в сообщении #480271 писал(а):

Неправильно в том смысле, что по отношению к собственным интегралам понятие сходимости попросту не употребляют. Здесь надо ссылаться на совершенно элементарный факт: сходимости интегралов $\int\limits_a^{+\infty}f(x)\,dx$ и $\int\limits_b^{+\infty}f(x)\,dx$ эквивалентны (если, разумеется, на $[a;b]$ нет особых точек), который мгновенно следует из самого определения сходимости.

Хорошо, спасибо, а как определить -- сходится ли интеграл $\displaystyle\int\limits_0^\infty e^{t/2} \sin{t}dt=-\frac{2}{5}e^{x/2}(2\sin x-\cos x)\Big|_0^\infty$ ?

[ewert]

samuil в сообщении #480289 писал(а):

а как определить -- сходится ли интеграл $\displaystyle\int\limits_0^\infty e^{t/2} \sin{t}dt=-\frac{2}{5}e^{x/2}(2\sin x-\cos x)\Big|_0^\infty$ ?

Во-первых, в лоб: существует ли предел на бесконечности для выражения справа?

Во-вторых,нормальные люди при исследовании интегралов на сходимость вычислять их явно даже и не пытаются. В данном случае достаточно того, что интегральчики по полупериодам синуса не стремятся к нулю с уводом этих полупериодов на бесконечность.

[samuil]

ewert в сообщении #480292 писал(а):

Во-первых, в лоб: существует ли предел на бесконечности для выражения справа?

Если существует, то интеграл сходится. В этом у меня вопрос и заключается. Подозреваю, что не существует. Но не могу объяснить это. Ведь предел синуса и косинуса на бесконечности не определен, а $e^{x/2}$ возрастает неограниченно. Если перемножить две такие функции, то будет совсем абра-кадабра. Хотя, можно сказать, что выражение в скобках не стремиться к нулю и ограничено, а $e^{x/2}$ возрастает неограниченно. Поэтому предел -- бесконечность и интеграл расходится?

ewert в сообщении #480292 писал(а):

Во-вторых,нормальные люди при исследовании интегралов на сходимость вычислять их явно даже и не пытаются. В данном случае достаточно того, что интегральчики по полупериодам синуса не стремятся к нулю с уводом этих полупериодов на бесконечность.

Эмс, это да, но ведь эта штука умножается на экспоненту. А если проинтегрировать, то будет понятно, какой предел получится. То есть, достаточно задуматься над тем, как себя ведет подынтегральная функция, несмотря на то, что признаки Дирихле и Абеля в этом случае не подходят?

[ewert]

samuil в сообщении #480305 писал(а):

но ведь эта штука умножается на экспоненту.

А Вы ту экспоненту снизу, снизу тупо оцените. Ну хоть и просто единичкой. А потом -- просто критерий Коши.

[samuil]

Спасибо! Попробую воспользоваться этим определением критерия Коши из Википедии

(Оффтоп)

Пусть $f(x)$ определена на множестве от $[a,+\infty)$ и $\forall A>a \Rightarrow \exists \int\limits_{a}^{A} f(x)dx = \mathcal{I}$
Тогда $\mathcal{I}=\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)dx$ сходится $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \Rightarrow \exists A(\varepsilon) > a : \forall (A_2 > A_1 > A) \Rightarrow \left|\int\limits_{A_1}^{A_2} f(x)dx\right| < \varepsilon$

для $\int_0^\infty \sin xdx$

То есть мы должны найти такой $\varepsilon>0$, чтобы $ \exists A(\varepsilon) > a : \forall (A_2 > A_1 > A) \Rightarrow \left|\int\limits_{A_1}^{A_2}\sin xdx\right| > \varepsilon$

А как такой $\varepsilon>0$ найти?)

[ИСН]

Немедведь не лезет не на дерево!
Пересмотрите свои взгляды на логическое отрицание. Сейчас получился абсурд.

[samuil]

ИСН в сообщении #480361 писал(а):

Немедведь не лезет не на дерево!
Пересмотрите свои взгляды на логическое отрицание. Сейчас получился абсурд.

Я имел ввиду для того, чтобы доказать расходимость)))

[ИСН]

Спасибо, я так и понял. Теперь Вы поймите.

[samuil]

ИСН в сообщении #480363 писал(а):

Спасибо, я так и понял. Теперь Вы поймите.

Ах да, точно!!!

(Оффтоп)

Про медведя хорошее сравнение))))))))))))))))))))))))

Нужно найти такой $\varepsilon>0$, чтобы $ \forall A(\varepsilon) > a : \exists A_1,A_2: (A_2 > A_1 > A) \Rightarrow \left|\int\limits_{A_1}^{A_2}\sin xdx\right| > \varepsilon$

[ИСН]

Вот-вот. Кванторы же заменяются.

[samuil]

ИСН в сообщении #480366 писал(а):

Вот-вот. Кванторы же заменяются.

Спасибо! А как начать поиск $\varepsilon$?