Изследване на интеграл

[Гост]

Здравейте, имам затруднение с една задача от анализа.
[tex]\int\limits_{0}^{ \infty } \frac{ln(1 - x + \sqrt{1 + x^2} )}{(e^x - cosx)^p} arctg( \frac{ \sqrt{x} }{ \sqrt[4]{x} + \sqrt[6]{x} } ) dx[/tex]
Въпросът е да се изследва интегралът за сходимост спрямо параметъра p>0?
Разцепих интеграла на два (от 0 до 6 и от 6 до безкрайност) за да имам само една особена точка. Разгледах първо интеграла при нулата. Развих логаритъма по маклорен и останалите две функции ги заместих с техните еквивалентни при клонене към 0 и получих p<4/3. При клонене обаче към безкрайност нямам идея как да започна.
Благодаря предварително за помощта!

[pipi langstrump]

Нали имаше някакви критерии за сходимост/разходимост, ти кой ползваш?

[pipi langstrump]

Погледнах в "Интегрално смятане" на Тагамлицки (намерих го качен в сайта на фми) и там го има следния критерий:

Ако [tex]\lambda>1[/tex] и [tex]\lim_{x \to \infty }x^ \lambda |f(x)|[/tex] съществува и е крайна, интеграла е сходящ, а ако [tex]\lim_{x \to \infty }x f(x) > 0[/tex], е разходящ. Значи търсиш границите

[tex]\lim_{x \to \infty }\left|\frac{ x^\lambda \ln(1 - x + \sqrt{1 + x^2} )}{(e^x - \cos x)^p} \arctan\left( \frac{ \sqrt{x} }{ \sqrt[4]{x} + \sqrt[6]{x} } \right)\right|[/tex]
и

[tex]\lim_{x\to \infty }\frac{x\ln(1 - x + \sqrt{1 + x^2} )}{(e^x - \cos x)^p} \arctan\left( \frac{ \sqrt{x} }{ \sqrt[4]{x} + \sqrt[6]{x} } \right)[/tex]

Ако имаш проблем с намирането им, пиши

[Гост]

Имам проблем, не знам как да се оправя с логаритъма.

[pipi langstrump]

Представи я във вида [tex]\lim_{x \to \infty } g(x) \ln \left(1 +\frac{1}{f(x)}\right) \frac{f(x)}{f(x)}[/tex]

Сега от основната граница [tex]\lim_{u\to 0} \frac{\ln(1 + u)}{u}[/tex] следва, че [tex]\lim_{x \to \infty } f(x) \ln \left(1 +\frac{1}{f(x)}\right) = 1[/tex] и остава да намериш [tex]\lim_{x \to \infty }\frac{g(x)}{f(x)}[/tex]

[Davids]

Можем да се оправим и с асимптотични сравнения (или поне мен така ме сърби, понеже са ми по-лесни за схващане). Всичко надолу ще е писано в контекста $x \to \infty$.

Като за начало отбелязваме, че е ключово функциите да не си променят знака (или да го правят само краен брой пъти), което за щастие е вярно в нашия случай.

Ще разгледаме асимптотично поотделно трите множителя на подинтегралната функция:

1) $f(x) := ln\left(1 - x + \sqrt{1 + x^2}\right)$. Първо ще отбележим, че $\sqrt{1 + x^2} - x = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2} + x} \sim \frac{1}{2x} \rightarrow 0$. Е, значи предвид основното ни знание, че $ln(1+t) \stackrel{t\to 0}{\sim} t$, то имаме директно $f(x) \sim \frac{1}{2x}$.
Тук лесно се вижда, че $f(x) > 0$, така че знакът не ни притеснява.

2) $g(x) := \arctg\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt[4]{x} + \sqrt[6]{x}}\right)$. Интересува ни какво се случва с аргумента, така че първо разглеждаме: $\frac{\sqrt{x}}{\sqrt[4]{x} + \sqrt[6]{x}} = \frac{x^\frac{1}{2}}{x^\frac{1}{4} + x^\frac{1}{6}} = \frac{x^{\frac{1}{2} - \frac{1}{4}}}{1 + x^{\frac{1}{6} - \frac{1}{4}}} = \frac{x^\frac{1}{4}}{1 + \frac{1}{x^\frac{1}{12}}} \sim x^\frac{1}{4} \rightarrow \infty$. Е, щом аргумента на аркустангенса клони към безкрайност, значи директно имаме $g(x) \rightarrow \frac{\pi}{2}$, т.е. също в частност $g(x) \sim \frac{\pi}{2}$.
Тук отново лесно се вижда, че $h(x) > 0$.

3) $h(x) := (e^x - cosx)^p$. Аз лично като видя $cosx$, започва да ме притеснява смяната на знака. За щастие вляво от този косинус имаме $e^x$, което расте есктремно бързо, така че душевно се успокоявам, но си струва и да погледнем формално: $\frac{d(e^x - cosx)}{dx} = e^x + sinx \rightarrow \infty$, така че отнякъде нататък първата производна гарантирано е положителна, което ще рече, че $e^x - cosx$ расте монотонно и понеже клони към $\infty$, то също е положителна. Чудно, вече не мислим за знаци, така че остана да направим асимптотичното сравнение, което е лесната работа, понеже, както видяхме, $e^x$ доминира пейзажа. И тъй, $h(x) \sim e^{px}$.

В крайна сметка подинтегралната ни функция при $x \to \infty$ има същото поведение като $\frac{1}{2x}\cdot\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{e^{px}}$. Като разкараме константните множители, които не променят сходимостта, по същество нашият интеграл е едновременно сходящ или разходящ с:

$\int_6^\infty\frac{1}{xe^{px}}dx$

Този е разходящ за $p \le 0$ и сходящ при $p > 0$, така че оттук никакви нови ограничения за $p$ не би трябвало да излизат. Формализирането на това последно разсъждение ще оставя на читателя, но би следвало простички сравнения на монотонни функции да ни оправят.