Исследовать на сходимость

[Груша Вильямс]

`int_{1}^{+infty} (dx)/sqrt(x(x+1)(x+2))`, получилось, что сходится через предельный признак сравнения (`g(x)=1/x^(3/2)`).
`int_{1}^{+infty} (sqrt(x^3)+root(3)(x^2))/(x^3+3x+1)dx`, получилось, что сходится через предельный признак сравнения (`g(x)=1/x^(3/2)`).
А как сделать через признак сравнения?
Пусть `0<=f(x)<=g(x)` на `[a,+infty)`. Если интеграл `int_{a}^{+infty} g(x)dx` сходится, то интеграл `int_{a}^{+infty} f(x)dx` также сходится. Если интеграл `int_{a}^{+infty} f(x)dx` расходится, то расходится и интеграл `int_{a}^{+infty} g(x)dx`.
Обязательно ли в этом признаке нестрогое неравенство?
`int_{e^2}^{+infty} (dx)/(xlnx*lnlnx)`, тут вроде расходится по предельному признаку сравнения (`g(x)=1/x`, `lim_(x->+infty) (f(x))/(g(x))=lim_(x->+infty) 1/(lnx*lnlnx)=0`).

@темы: Математический анализ, Интегралы

Comments

[All_ex]

Методы получения неравенств могут быть самыми разными... например, в первом интеграле достаточно убрать `+1` и `+2`, чтобы увеличить дробь... получите `1/sqrt{x*(x + 1)*(x + 2)} < 1/sqrt{x^3}`...

Обязательно ли в этом признаке нестрогое неравенство? - зачем?...

тут вроде расходится по предельному признаку сравнения - нет... тут исходная функция меньше, чем `1/x`... То есть Вы оценили сверху расходящимся интегралом...
По идее этот интеграл можно вычислить явно по определению несобственного интеграла...

[Груша Вильямс]

All_ex, Обязательно ли в этом признаке нестрогое неравенство? - зачем?... не знаю в задачнике просто так написано было, хотел было функцию `1/x^2` посмотреть, но сомнения возникли в связи с этим неравенством (область значений на интервале-то разная будет). Значит я могу любую удобную функцию подставить и посмотреть, главное чтобы она удовлетворяла неравенству `g(x)>f(x)` правильно?

нет... тут исходная функция меньше, чем `1/x`
По задачнику следующее (предельный признак сравнения):
Пусть `f(x), g(x)>0` на `[a,+infty)`. Если существует конечный предел `lim_(x->+infty) (f(x))/(g(x))=c>0` (т.е. `f(x) sim cg(x), x->+infty`), то интегралы `int_{a}^{+infty} f(x)dx` и `int_{a}^{+infty} g(x)dx` сходятся или расходятся одновременно.
Часто в качестве несобственного интеграла, с которым производится сравнение, выбирают интегралы вида `int_{a}^{+infty} 1/(x^alpha)dx, a>0, alpha>0,` которые сходятся при `alpha>1` и расходятся при `alpha<=1`.
Таким образом взял функцию `g(x)=1/x` и не получил равенства `lim_(x->+infty) (f(x))/(g(x))=c>0`, следовательно, расходится. Сейчас попробую в лоб.

[All_ex]

xотел было функцию `1/x^2` посмотреть, - посмотреть можно... вот только я не понял про какой интеграл Вы хотели это сделать... ...

По задачнику следующее (предельный признак сравнения):
Есть такой...
В топике Вы приводили односторонний признак сравнения... для него есть усиление с двусторонним неравенством `C_1*g <= f <= C_2*g` для неотрицательных функций с некоторыми положительными константами... Тогда оба интеграла сходятся или расходятся одновременно... Он, понятно, является следствием того, что приведи Вы... Кстати, Ваш предельный признак тоже есть следствие признака из топика...
К чему это я ... для сравнения предельного поведения неотрицательных функций тоже есть "односторонний признак"...
Если `lim_{x to +oo} {f(x)}/{g(x)} = 0`, то из сходимости `g` следует сходимость `f`, а из расходимости `f` следует расходимость `g`
Вот им-то Вы неправильно и воспользовались в своём первом решении...

[Груша Вильямс]

All_ex, понятно. А функцию к первому интегралу хотел применить.

[Груша Вильямс]

All_ex, в лоб не получилось
`int_{e^2}^{+infty} (dx)/(xlnx*lnlnx)=int_{e^2}^{+infty} (d(lnx))/(lnx*lnlnx)=int_{e^2}^{+infty} (d(lnlnx))/(lnlnx)=lnlnlnx`?

[All_ex]

А функцию к первому интегралу хотел применить.
Ну, Вы имеете меньшую функцию со сходящимся интегралом... ничего путного не получите...
Этим и неудобны односторонние признаки - непонятно с какой стороны оценивать...

[All_ex]

дальше не понятно как быть... - сделайте замену `z = ln(ln x)`...

Ну, и по определению надо предел писать... а уже потом преобразования делать...

[Груша Вильямс]

All_ex, ага, дошло)

[Груша Вильямс]

All_ex, Ну, Вы имеете меньшую функцию со сходящимся интегралом... ничего путного не получите...
почему? `1/sqrt{x*(x + 1)*(x + 2)} < 1/sqrt{x^3} < 1/x^2`, то есть `g(x)>f(x)`, теперь уже остаётся смотреть например
`int_{1}^{+infty} (dx)/sqrt(x^3)=-2/sqrt(x)|_{1}^{+infty}=-2lim_(b->+infty) 1/sqrt(b)+2=2`, сходится, т.к. `lim_(b->+infty) F(b)` конечен, тогда по признаку сравнения и исходный интеграл сходится, всё красиво вроде...
p.s. не подскажите как вертикальную черту с пределами от a до b ставить? `|_{a}^{b}`

[All_ex]

почему? `1/sqrt{x*(x + 1)*(x + 2)} < 1/sqrt{x^3} < 1/x^2`
Ну, так последнее неравенство неверно (я имею ввиду с иксом в квадрате)... подставьте, например, `x = 4`...

[All_ex]

Груша Вильямс, И, кстати, для чего Вы про икс в квадрате вспомнили, если проверяете икс в степени три вторых?...

p.s. не подскажите как вертикальную черту с пределами от a до b ставить? `|_{a}^{b}`
Ну, так и ставить... в принципе можно, что-нибудь из чистого Latex'а попробовать...

Пробую...
$\left. \frac{1}{x} \right|_{1}^{2}$ ... или ... $\frac{1}{x} \Big|_{1}^{2}$
Первое сработало...

[Груша Вильямс]

All_ex, для чего Вы про икс в квадрате вспомнили, если проверяете икс в степени три вторых? мне показалось без разницы...ну то есть
`int_{1}^{+infty} (dx)/x^2=-\left \frac{1}{x} \right|_{1}^{+infty}=-lim_(b->+infty) 1/b+1=1` сходится, т.к. `lim_(b->+infty) F(b)` конечен, тогда по признаку сравнения и исходный интеграл сходится...
ааа, понял, `1/x^2<1/x^(3/2) forall x in [1,+infty)`

p.s. что-то не получилась такая черта как у Вас, кажется всё дело в точке, \left., но если её поставить всё равно не то отображается...

[All_ex]

ааа, понял, -

[Груша Вильямс]

All_ex, а третий интеграл как-нибудь можно сделать через предельный признак сравнения?

[All_ex]

Вроде нет...

[Груша Вильямс]

All_ex, а второй интеграл, если такую функцию использовать `g(x)=(x^(3/2)+x^(2/3))/x^3=1/x^(3/2)+1/x^(7/3)` нормально будет исследовать или попроще можно?
`int_{1}^{+infty} dx/root(3)(x^2)+int_{1}^{+infty} dx/root(3)(x^7)=-2/sqrt(x)|_{1}^{+infty}-3/(4root(3)(x^4))|_{1}^{+infty}=-2lim_(b->+infty) 1/sqrt(b)+2-3/4lim_(b->+infty) 1/root(3)(b^4)+1=3`, следовательно исходный интеграл сходится.

p.s. а нет, опять `g(x)<f(x)`... сейчас попробовал на `x^4` поделить, подставил наобум `x=3/2` и вышло `x^4=81/16`, `x^3+3x+1=27/8+36/8+8/8=71/8=142/16`...вот это номер

[Груша Вильямс]

p.p.s. а не, всё правильно, сплю уже `x^3 < x^3+3x+1 forall x in [1,+infty)`, следовательно и `(x^(3/2)+x^(2/3))/x^3 > (x^(3/2)+x^(2/3))/(x^3+3x+1) forall x in [1,+infty)`, т.е. `g(x) > f(x)`.

[Груша Вильямс]

All_ex, а можете ещё вот с этим подсказать `int_{1}^{+infty} (sin(1/x))/root(3)(x)dx` ?
`g(x)=1/root(3)(x) \ > \ (sin(1/x))/root(3)(x)=f(x) forall x in [1,+infty)`, тогда `int_{1}^{+infty} (dx)/root(3)(x)=3/2root(3)(x^2)|_{1}^{+infty}=3/2lim_(b->+infty) root(3)(b^2)-3/2=infty` расходится, т.к. `lim_(b->+infty) F(b)` бесконечен. И относительно исходного интеграла ни к какому выводу прийти нельзя...

[All_ex]

Груша Вильямс, p.p.s. а не, всё правильно, сплю уже `x^3 < x^3+3x+1 forall x in [1,+infty)`,
В принципе не обязательно выполнение неравенство на всем отрезке интегрирования... достаточно получать на множестве `x in [A; =oo)`, где `A` выбирается любым удобным образом...

Например, в этом примере можно заметить, что при `x in [3; =oo)` справедливы неравенства `0 <= 3*x <= x^3, \ 0 <= 1 <= x^3` и `0 <= x^{2/3} <= x^{3/2}`...
Тогда для получения оценки снизу уменьшаем числитель и увеличиваем знаменатель, а для оценки сверху - наоборот...
`{ x^{3/2} +0 }/{ x^3 +x^3 + x^3 } <= { x^{3/2} + x^{2/3} }/{ x^3 +3*x + 1 } <= { x^{3/2} + x^{3/2} }/{ x^3 + 0 + 0 }` или `1/3 * { x^{3/2} }/{ x^3 } <= { x^{3/2} + x^{2/3} }/{ x^3 +3*x + 1 } <= 2* { x^{3/2} }/{ x^3 }` ...

Такой подход сродни предельному исследованию (то есть замене на эквивалентные функции)...
В общем понимать происходящее конечно надо, но предельный признак применять проще (возни меньше ) ... хотя он и не всегда работает...



а можете ещё вот с этим подсказать `int_{1}^{+infty} (sin(1/x))/root(3)(x)dx` ?
на бесконечности синус эквивалентен `1/x`... поэтому оценивать его единицей - это слишком грубо...

[Груша Вильямс]

All_ex, спасибо, теперь картина яснее стала. Но с последним интегралом так и не понимаю что делать...то есть `sin(1/x)<1/x forall x in [1,+infty)`, но
`int_{1}^{+infty} 1/x^(4/3)dx=-3/root(3)(x)|_{1}^{+infty}=-3lim_(b->+infty) 1/root(3)(b)+3=3`, сходится, а в ответе `int_{1}^{+infty} (sin(1/x))/root(3)(x)dx` расходится.
Да и снизу её оценить надо как-то, если оценить так `sin(1/x^3)/x^(1/3) < sin(1/x)/x^(1/3)`, то тоже неясно что с этим делать.
Если смотреть по Тейлору `sin(1/x)=1/x-1/(6x^3)+1/(120x^5)-1/(5040x^7)+...`, то отрывают большой кусок и добавляют маленький, то есть `sin(1/x) < 1/x -1/(6x^3)+1/(120x^5)-1/(5040x^7)` опять сверху оценивается...



p.s. `1/x^3-1/(6x^6)+1/(120x^8)-1/(5040x^10) \ < \ sin(1/x^3) \ < \ sin(1/x) \ < \ 1/x-1/(6x^3)+1/(120x^5)-1/(5040x^7)`, следует ли отсюда, что найдётся некоторый интервал `x in [A,+infty)|forall x` выполняется неравенство `1/x^3 \ < \ sin(1/x)` ?

[All_ex]

Груша Вильямс, Да и снизу её оценить надо как-то
Зачем, если оценили сверху сходящимся интегралом?...

а в ответе ... расходится.
Скорее всего это опечатка...

[Груша Вильямс]

All_ex, ой, я ответ не того номера посмотрел, сходится здесь)
Тут ещё один несобственный интеграл вычислял от 0 до +оо, и у меня проблема с пределом возникла `lim_(b->+infty) arctg(b+2)/2=pi/2`, с другой стороны если я преобразую аргумент арктангенса по основному свойству дроби, то выходит `lim_(b->+infty) arctg(1+2/b)/(2/b)=arctg1=pi/4` в чем тут ошибка? в том что нельзя дробь на `1/b` домножать так как `b` может принимать значение 0 ? но вроде мы же на бесконечности смотрим...что-то не улавливаю никак почему так нельзя делать...

p.s. а по последнему, сходится железно, `g(x)=1/x^3 \ < \ sin(1/x) forall [2,+infty)`, тогда `int_{1}^{+infty} dx/x^(10/3)=-3/(7x^(7/3)|_{1}^{+infty}=3/7` или `g(x)=1/x^2 \ < \ sin(1/x) forall [2,+infty)`, тогда `int_{1}^{+infty} dx/x^(7/3)=-3/(4x^(4/3))=3/4`, одним словом со всех сторон сходится

[All_ex]

Груша Вильямс, с другой стороны если я преобразую аргумент арктангенса по основному свойству дроби, то выходит
Выходит `1/{ +0 } = +oo` ...

[Груша Вильямс]

All_ex, спасибо! Ну как так вообще

[Груша Вильямс]

All_ex, а проверьте пожалуйста `int_{1}^{+infty} (sin(1/x))/x^(1/3)` через предельный признак сравнения.
`f(x)=(sin(1/x))/x^(1/3) > 0 forall x in [1,+infty)` и `g(x)=1/x^(4/3) > 0 forall x in [1,+infty)`, тогда `lim_(x->+infty) xsin(1/x)=lim_(x->+infty) (sin(1/x))/(1/x)=[0/0]=lim_(x->+infty) (1/x^2cos(1/x))/(1/x^2)=lim_(x->+infty) cos(1/x) = 1`, сходится, т.к. `lim_(x->+infty) (f(x))/(g(x))=1>0`.

[Груша Вильямс]

А вот это Если `lim_{x to +oo} {f(x)}/{g(x)} = 0`, то из сходимости `g` следует сходимость `f`, а из расходимости `f` следует расходимость `g` получилось всё же использовать
`int_{e}^{+infty} (dx)/ln(x)`, `g(x)=1/ln(x) > 0 forall x in [e,+infty)` и `f(x)=1/x > 0 forall x in [e,+infty)`, `lim_(x->+infty) (f(x))/(g(x))=lim_(x->+infty) (ln(x))/x=[infty/infty]=lim_(x->+infty) 1/x=0`, `int_{e}^{+infty} 1/x=lnx|_{e}^{+infty}=lim_(b->+infty) lnb-1=infty` расходится, откуда расходится в силу признака и исходный.

p.s. и сразу понятно стало, что следствие из признака сравнения, очевидно, если предел отношения функций равен нулю, то одна о-малое относительно другой, `f(x)=o(g(x))`, а это `o(g(x)) < g(x)`, а дальше признак сравнения

[Груша Вильямс]

All_ex, сейчас вот задумался про предельный признак который тут писал и вот понять не могу, а почему они пишут `c>0`?
Если `g(x)=1/x^alpha, alpha>1`, то `f(x)` будет бесконечно малой порядка `alpha>1`, т.е. `g(x)>f(x)` и далее по признаку сравнения.
Если `g(x)=1/x^alpha, alpha<=1` то `f(x)` будет бесконечно малой порядка `alpha<=1`, т.е. `g(x)<=f(x)` и далее по признаку сравнения.
Всё вроде бы прекрасно, но в определении сравнимых функций `c!=0` у них же в задачнике стояло, подумал может внимания не обратили, но и в интернете
Если `lim_(x->a) (alpha(x))/(beta(x))^k=c`, `0 \ < \ |c| \ < \ infty`, то `alpha(x)` называется б.м. порядка `k` по сравнению с `beta(x)` при `x->a`
тоже самое. www.webmath.ru/poleznoe/formules_7_14.php

p.s. просто вроде всё так красиво и один значок всё испортил

[All_ex]

сходится, т.к. `lim_(x->+infty) (f(x))/(g(x))=1>0`.
Предел можно было вычислить по проще... ... а потом говорится стандартная фраза:
"Функции эквивалентны. Интеграл от `g` сходится так как `4/3 > 1`. Следовательно, интеграл от `f` тоже сходится"...
Ну, как-то так... в других заданиях Вы вроде так и пишите, а тут решили подсократить...

p.s. и сразу понятно стало


а почему они пишут `c > 0`
Потому, что тогда утверждается одновременная сходимость обоих интегралов... а при `c = 0` - из сходимости/расходимости одного следует сходимость/расходимость другого, но не наоборот...

А в определениях, которые Вы привели дальше, идёт речь именно про определение порядка малости... то `alpha(x)` называется б.м. порядка `k` ... так что ничего там не испортили...

[Груша Вильямс]

All_ex, спасибо. Это я понял вроде, но тут то `alpha(x)` называется б.м. порядка `k`, а если мы сравниваем с функцией `1/x^alpha`, то порядок одной относительно другой будет `alpha` так? Но в определении в одном случае `c!=0`, например `c=-10`, а тут только `c>0`. Кажется это в силу положительности функций `f(x)` и `g(x)` на указанных интервалах, если функции положительны, то и отношение их положительно, а следовательно и предел `c` этого отношения. А в определении сравнимых функций `f(x)` и `g(x)` на них условия положительности не накладывали.

[All_ex]

Но в определении в одном случае c!=0, например c=-10, а тут только c>0.
какие цели и объекты сравнения, такие и условия...