трудни несобствени интеграли

[int]

Много моля някой да отговори как да установим дали са сходящи или не следните интеграли:
[tex]\int_{1}^{\infty} \frac{\sin^2x}{x}dx[/tex]

[tex]\int_{1}^{\infty }x^p\sin x dx[/tex]

и също как да докажем ,че интеграл от непрекъсната неограничена функция в безкраен интервал е разходящ.

[vel.angelov]

Жестоки интеграли!
Ще се опитам да реша първия.
Ясно е че
[tex]0< \frac{sin^{2}x}{x } <1[/tex]
Тогава[tex]0<\int_{0}^{1 } \frac{sin^{2}x}{x }dx<1[/tex]
и [tex]\int_{0}^{\infty } \frac{sin^{2}x}{x }d[/tex]x има същата сходимост както на търсения интеграл.
Сега нека [tex]I(\alpha ,\beta )=\int_{0}^{\infty } \frac{e^{-\beta x} sin^{2}\alpha x}{x }dx[/tex]
Допускаме че интеграла е сходящ.
Използваме правило на Лайбниц:
Диференцираме по алфа:
[tex]I_{\alpha } (\alpha ,\beta )=\int_{0}^{\infty } e^{-\beta x}sin(2\alpha x)dx[/tex]
след интегриране по части получаваме:
[tex]I_{\alpha } (\alpha ,\beta )=\frac{2\alpha }{\beta^{2}+4\alpha^{2} }[/tex]
[tex]I(\alpha ,\beta )=\frac{ln(\beta^{2}+4\alpha^{2})}{4 } +C[/tex]
но [tex]I(0 ,\beta )=0=\frac{ln\beta^{2}}{4 } +C[/tex]
[tex]I(\alpha ,\beta)=\frac{1}{4 }ln\frac{\beta^{2}+4\alpha^{2}}{\beta^{2} }[/tex]
[tex]\lim_{\beta \to 0} I(1,\beta )=\int_{0}^{ \infty } \frac{sin^{2}x}{x }dx=\frac{1}{4 } \lim_{\beta \to 0 }ln\frac{\beta^2+4}{\beta^2 }=\infty[/tex]
Противоречие!
Интегралът е разходящ

[int]

Привет. Проблемът на това доказателство е, че дори
I(1,0) да е сходящ, равенството

[tex]\lim_{\beta \to 0} I(1,\beta )=\int_{0}^{ \infty } \frac{sin^{2}x}{x }dx[/tex]

може да не е изпълнено, защото нищо не ни гарантира непрекъснатост по параметъра на I(1,β). Отделно въпросите за непрекъснатост и диференцируемост на [tex]I(\alpha , \beta )[/tex] по [tex]\alpha[/tex] също трябва да се изследват, което между другото е затруднено ако се разглежда интеграла от 0 до ∞, вместо от 1 до ∞ .

Така например за функцията [tex]I(\beta)=\int_{1}^\infty\frac{dx}{\beta^2+x^2}[/tex]
[tex]\lim_{\beta\to 0}I(\beta)[/tex] не съществува, докато [tex]I(0)=\int_{1}^\infty\frac{dx}{x^2}[/tex] е сходящ.

[int]

А и между другото този метод с разглеждане на интеграли зависещи от параметър е по-скоро подходящ за пресмятане на стойности на сходящи интеграли. Според мен, за изследване на сходимости този подход е неприложим, тъй като, за да дефинираме функция, като интеграл зависещ от параметър ние отнапред предполагаме, че за стойностите на параметъра, за които дефинираме функцията, интегралите съществуват. За стойнсостите на параметрите, при които се получават разходящи интеграли, функцията, която сме задали като интеграл зависещ от параметър просто не е дефинирана. Така, че ако интеграла I(1,0) е разходящ, то I(α,β) разглеждана като функция на две променливи, не е дефинирана в точката (1,0) и в този смисъл въпросът за непрекъснатост в на I(1,β) в точката 0 става безсмислен.

[vel.angelov]

Съгласен съм с рецензията ,но затова се прави допускането...

[int]

Съгласен съм с рецензията ,но затова се прави допускането...

Тъкмо по този повод дадох примера по-горе. Всъщност в този пример е допусната грешка. Там I(β) съществува като граница при β клонящо към 0 и тази граница си е баш равна на I(0), както се вижда от равномерната му сходимост. Обаче ако разгледаме функцията [tex]J(\beta)=\int_{0}^{\infty}\beta e^{-\beta x}dx[/tex] ще имаме [tex]J(0)=0[/tex], [tex]\lim_{\beta\to 0}J(\beta)=1[/tex] и тук вече проличава че въпросът за непрекъснатост по параметъра е съществен. Мисълта ми беше, че от цитираното по-горе равенство излиза, че освен сходимост на I(1,0), сме допуснали и че имаме непрекъснатост на I(1,β) в точката β=0, каквато не е сигурно че е налице. А и между другото, такава непрекъснатост изобщо не знам как може да се установи при положение че не знаем дали [tex]I(1,0)[/tex] е сходящ, което между другото беше нашата основна задачка.

[vel.angelov]

[tex]J(\beta)=\lim_{x \to \infty} (\frac{-1}{e^{\beta x} }) +1[/tex]
А сега [tex]\lim_{\beta \to 0} J(\beta)=?[/tex]
Когато подинтегралната функция по х е непрекъсната за [tex]\alpha ,\beta[/tex], би трябвало и целия интеграл да е непрекъснат за [tex]\alpha ,\beta[/tex].

[int]

Когато подинтегралната функция по х е непрекъсната за [tex]\alpha ,\beta[/tex], би трябвало и целия интеграл да е непрекъснат за [tex]\alpha ,\beta[/tex].

Това не е вярно. И мисля че го казах по няколко начина в предните постове, както и дадох пример. Понеже виждам, че не стана ясно, ще опитам малко по подробно.
Първо J(β) е дефинирана за β≥0, иначе интеграла е разходящ.
[tex]J(0)=\int_0^{\infty}0e^{-0x}dx=0[/tex]

[tex]J(\beta)=\lim_{x \to \infty} (\frac{-1}{e^{\beta x} }) +1=0+1=1[/tex]

[tex]\lim_{\beta\to 0^+}J(\beta)=\lim_{\beta\to 0^+}1=1[/tex]
Това показва, че [tex]\lim_{\beta\to 0^+}J(\beta)\ne J(0)[/tex], което на свой ред означава, че J(β) не е непрекъсната в 0, макар че подинтегралната функция е непрекъсната по x, при всяко фиксирано β.
Крайния извод е, че предложеното доказателство просто не върви, защото нямаме дадена или установена непрекъснатост на I(1,β) в нулата. Интегралът I(1,0) може да бъде сходящ и въпреки това [tex]\lim_{\beta\to 0}I(1,\beta)\ne I(1,0)[/tex].
Може някой да се опита да предложи и конкретен пример на интеграл зависещ от параметър J(y), в който J(0) е крайно число, докато границата на J(y) при у->0 да е безкрайност. Тогава това ще е напълно съответсващ контрапример на предложеното доказателство.

[vel.angelov]

[tex]J(\beta)=\lim_{x \to \infty} (\frac{-1}{e^{\beta x} }) +1[/tex]
[tex]\lim_{\beta \to 0} J(\beta)=\lim_{\beta \to 0}(\lim_{x \to \infty} (\frac{-1}{e^{\beta x} }) +1)[/tex]
И тук съвсем законно ти съобразяваш че [tex]0.\infty =\infty[/tex] и ми доказваш че функцията е прекъсната

[int]

Очевидно, има някакво неразбиране на понятията при теб. Граничния преход по x се извършва при фиксирано β, след това в получената функция на β се извършва граничен преход по β. Тук изобщо не става дума за граница на функция на две променливи, че да пускаме и β и х да клонят към нещо едновременно. Вместо да спорим, по-добре обмисляй хубаво преди да пишеш абсурди.

[vel.angelov]

От моя гледна точка ти си човека който твърди абсурдно нещо...Не казвам че съм прав,но не виждам защо не съм. Ако ми представиш убедително нещата и се подкрепиш с теория бих се съгласил

[int]

Няма какво да те убеждавам. Това и без друго не са мои теории, не съм ги измислил аз. Тия работи ги пише във всяка книга. Вземи кой да е учебник по мат. анализ и прочети нещата от раздела интеграли зависещи от параметър. Какво да си губя времето да се обосновавам с теория, като ти най елементарни примерчета не искаш да схванеш.

[Добромир Глухаров]

[tex]I=\int_{1}^{\infty} \frac{sin^2x}{x}dx[/tex]

Нека [tex]0<d<0,1[/tex] е константа.

[tex]I>\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{2k+1}{2}\pi-d}^{\frac{2k+1}{2}\pi+d} \frac{sin^2x}{x}dx>\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{2k+1}{2}\pi-d}^{\frac{2k+1}{2}\pi+d} \frac{sin^2\(\frac{\pi}{2}+d\)}{x}dx=sin^2\(\frac{\pi}{2}+d\)\sum_{k=0}^{\infty}ln\frac{\frac{2k+1}{2}\pi+d}{\frac{2k+1}{2}\pi-d}[/tex]

[tex]ln\frac{\frac{2k+1}{2}\pi+d}{\frac{2k+1}{2}\pi-d}=ln\(1+\frac{2d}{\frac{2k+1}{2}\pi-d}\)\approx\frac{2d}{\frac{2k+1}{2}\pi-d}=C_1+\frac{C_2}{k}[/tex]

[tex]\sum_{k=0}^{\infty}\frac{C}{k}=+\infty[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex] интегралът е разходящ.

[Добромир Глухаров]

Поправка: не е [tex]C_1+\frac{C_2}{k}[/tex], а [tex]\frac{C_1}{C_2+k}[/tex], [tex]C_1>0,C_2>0[/tex].

И по-нататък: [tex]I>C_3+\sum_{k=n_0}^{+\infty}\frac{C_4}{k}, C_3>0,C_4>0,n_0>0[/tex].

И пак следва, че интегралът е разходящ.

[int]

Хайде да попитаме, как обосноваваме следното неравенство
[tex]\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{2k+1}{2}\pi-d}^{\frac{2k+1}{2}\pi+d} \frac{sin^2x}{x}dx>\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{2k+1}{2}\pi-d}^{\frac{2k+1}{2}\pi+d} \frac{sin^2\(\frac{\pi}{2}+d\)}{x}dx?[/tex]

[Добромир Глухаров]

За [tex]x\in\(\frac{2k+1}{2}\pi-d;\frac{2k+1}{2}\pi+d\) \Rightarrow sin^2x> sin^2\(\frac{2k+1}{2}\pi+d\)[/tex]

Това е така, понеже [tex]sin^2x[/tex] има максимуми за [tex]x=\frac{2k+1}{2}\pi[/tex], а в околните точки приема по-малки стойности. Освен това е строго растяща за [tex]x\in\(\frac{2k+1}{2}\pi-d;\frac{2k+1}{2}\pi\)[/tex] и строго намаляваща за [tex]x\in\(\frac{2k+1}{2}\pi;\frac{2k+1}{2}\pi+d\)[/tex]. Значи приема най-малка стойност в краищата на разглежданите интервали.

[Добромир Глухаров]

Хайде да попитаме, как обосноваваме следното неравенство
[tex]\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{2k+1}{2}\pi-d}^{\frac{2k+1}{2}\pi+d} \frac{sin^2x}{x}dx>\sum_{k=0}^{\infty}\int_{\frac{2k+1}{2}\pi-d}^{\frac{2k+1}{2}\pi+d} \frac{sin^2\(\frac{\pi}{2}+d\)}{x}dx?[/tex]

Оппаа... Чак сега загрях . Не можем да сравняваме сумите на два безкрайни реда, щом и двете са безкрайност. Трябва да сравняваме общите им членове (евентуално от известно място нататък). Ако установим строго неравенство при тях, можем да използваме теорема за сравнение на редове (от разходимостта на единия ще следва и разходимостта на другия).

[int]

Тъй като [tex]\int_1^t\frac{\sin^2x}{x}dx=\frac{1}{2}\int_2^{2t}\frac{1-\cos x}{x}dx=\frac{1}{2}\int_2^{2t}\frac{d(x-\sin x)}{x}=\frac{2t-\sin 2t}{4t}-\frac{2-\sin 2}{4}+
\frac{1}{2}\int_2^{2t}\frac{1}{x}dx-\frac{1}{2}\int_2^{2t}\frac{\sin x}{x^2}dx[/tex]. Първият интеграл отдясно, при [tex]t\to\infty[/tex] е разходящ, а втория абсолютно сходящ.
Оттук следва, че [tex]\int_1^\infty\frac{\sin^2x}{x}dx[/tex] е разходящ.

[drago]

Не разбрах какво му има на решението на Добри. Най-добре хваща същността на проблема!
Решението на Int по-горе има един косур- използва специфични свойства на [tex]sin^2 x[/tex] и не може да се обобщи.
Това на Добри без никакви усилия се адаптира и за [tex]|f(x)|[/tex] вместо [tex]sin^2 x[/tex], където [tex]f[/tex] e периодична непрекъсната функция, различна от [tex]0[/tex], а с горе-долу подобни разсъждения може да се докаже разходимостта и за всяка периодична и интегруема по Лебег функция, която не е [tex]0[/tex] п.н.

Относно:

... и също как да докажем ,че интеграл от непрекъсната неограничена функция в безкраен интервал е разходящ.

Това въобще не е вярно!

[int]

Никой никога не е твърдял, че на решението, което е предложил Добри, му има нещо. Просто питах за пояснение, а междувременно той самия успя да изчисти някои дребни подробности покрай самото описание. Вярвам, че самия той не е останал с впечатление, че решението му не е наред, аз просто посочих друго съвсем конкретно, до което бях стигнал впоследствие. Съгласен съм със забележката, интересно наблюдение си направил.

Относно твърдението, което посочваш за невярно имаш ли пример?

[drago]

Пример има.
Една трионобразна функция. Представи си, че функцията [tex]0[/tex] я променим на някои места да има триъгълни пикове- в началото с височина единица, после с по-голяма и т.н. Тъй като може да правим ширината на пика кокото искаме малка, то може да ги нагодим така, че първия пик има лице 1, втория 1/2, 1/4 и т.н., така че функцията да бъде интегруема.
Ако трябва мога и да го напиша аналитично, но мисля, че идеята е ясна.

[int]

Да, наистина. Тъкмо се сетих и аз за друг пример [tex]f(x)=\{\frac{1}{\sqrt x}, 0<x\le 1 \\ \frac{1}{x^2}, x\ge 1.[/tex]
Обаче за гладка функция май няма как да стане.

[drago]

И за гладка функция не е вярно. Същия контрапример, само трябва да замениш триъгълните "зъбци" (пикове) с подходящи "тест" функции с произволна гладкост.

Твърдението е вярно обаче, ако замениш "непрекъсната" с "равномерно непрекъсната". Доказва се елементарно.