$%\int \limits_1^{\infty} x \sin(x^x) dx$%

задан 5 Мар '18 16:53

10|600 символов нужно символов осталось
2

Мне кажется, можно поступить следующим образом. Пусть $%t = x^x$%, откуда $%x = \varphi(t)$%, причем обратная функция возрастает, и стремится к $%+ \infty$% при $%t \to + \infty$%, $%dt = x^x(1 + \ln x) dx$%, откуда $%dx = \frac{dt}{t(1 + \ln \varphi(t))}$%. Значит, $$ \int\limits_{x = 1}^{\infty} x \sin x^x dx = \int\limits_{1}^{\infty} \frac{\varphi(t) \sin t}{t(1 + \ln \varphi(t))}dt. $$ Покажем, что функция $%z(t) = \frac{\varphi(t)}{t}$% убывает начиная с некоторого $%t$% (впрочем, геометрически это ясно). $$ z'(t) = \frac{\varphi'(t)t - \varphi(t)}{t^2} = \frac{\frac{1}{1 + \ln x} - x}{x^{2x}} < 0 \quad \forall x > x_0. $$ Кроме того, $$ \lim\limits_{t \to +\infty} \frac{\varphi(t)}{t} = \lim\limits_{t \to +\infty} \varphi'(t) = 0. $$

По признаку Дирихле интеграл сходится условно. Про абсолютную я не думал, но, наверное, ее нет.

ссылка

отвечен 6 Мар '18 13:59

@no_exception: да, вроде всё проходит! А абсолютной сходимости там действительно нет -- это я проверял.

(6 Мар '18 14:44) falcao

Да, превратить аргумент синуса в t это второе что приходит в голову...

(6 Мар '18 19:38) abc
10|600 символов нужно символов осталось
0

Пусть $%\frac{f(\sqrt{x})}{x}$% возрастающая неограниченная функция.

Обозначим через $%x_i\in[1,\infty)$% возрастающие корни уравнения $%\sin(f(\sqrt{x}))=0$% тогда последовательность$%\{\int \limits_{x_i}^{x_{{i+1}}} \sin(f(\sqrt{x})) dx\}$% строго убывает к нулю по модулю.

Тогда по признаку Лейбница, знакопеременный ряд: $%\int\limits_1^{\infty}x\sin(f(x)) dx=\frac{1}{2}\int\limits_{a}^{\infty}\sin(f(\sqrt{x})) dx=A+\sum\limits_{i=1}^{\infty} \int \limits_{x_i}^{x_{{i+1}}} \sin(f(\sqrt{x})) dx$% сходится.

Остается доказать убывание по модулю последовательности $%\{\int \limits_{x_i}^{x_{{i+1}}} \sin(f(\sqrt{x})) dx\}$% вроде тут надо воспользоваться монотонностью синуса.. Есть идеи как это сделать технически?

ссылка

отвечен 6 Мар '18 1:58

изменен 6 Мар '18 2:03

@abc: у меня был примерно такой же план доказательства сходимости с использованием признака Лейбница. И там надо достаточно точно оценивать интегралы по двум соседним промежуткам (между g(2пk) и g(п(2k+1)), а также между g(п(2k+1)) и g(п(2k+2)), где g(x) -- функция, обратная x^x). Как это сделать, пока не очень понятно. Разница между значениями интегралов там небольшая, то есть надо точно оценивать.

(6 Мар '18 2:17) falcao

@falcao Мне кажется интегралы по соседним промежуткам для $%x \sin(x^x)$% достаточно сильно различаются. Это очевидно, если предполагать, что площадь примерно пропорциональна длине промежутка. Думаю что уже интеграл $%x \sin(x^3)$% сходится по Лейбницу, а уж если аргумент синуса растет быстрее чем $%x^3$% тем больше отличаются интегралы по соседним промежуткам. Насчет доказательства убывания - должна быть верна какая-то общая теорема, типа $%|\int f(x) dx| > |\int f(g(x))| dx$% для любой f и любой g(x) возрастающей быстрее x на R или я ошибаюсь? Опять же потому что длина промежутка уменьшается

(6 Мар '18 3:10) abc

@abc: общие факты здесь вполне могут быть. Что касается численных значений интегралов, то там чуть увеличивается функция, а промежуток немного сокращается. Общий эффект надо оценивать.

(6 Мар '18 3:14) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×133

задан
5 Мар '18 16:53

показан
344 раза

обновлен
6 Мар '18 19:38

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru