Исследовать на сходимость в зависимости от $%a ∈ \mathbb{R}$%: $$ \int_1^{+\infty} \frac{sinx}{x^a+sinx} dx $$

задан 13 Май 18:52

Может, всё-таки при неотрицательных a? Что-то при отрицательных там бесконечное число особенностей.

(13 Май 19:03) caterpillar
10|600 символов нужно символов осталось
4

Случай $%a<0$% я не исследую, ибо не представляю, как описать все особенности при таких $%a$%. Тут надо искать точки пересечения синусоиды и гиперболы. Да и в случае $%a\geq0$% получилось крутовато.

Пусть сперва $%a=0$%. Получаем функцию $%\dfrac{\sin x}{1+\sin x}$% с бесконечным числом особенностей. Но они хотя бы обозримы явно. Например, в окрестности точки $%\dfrac{3\pi}{2}$% сделаем в интеграле замену $%y=x-\dfrac{3\pi}{2}$% и получим ин-теграл от функции $%-\dfrac{\cos y}{1-\cos y}$% с особенностью в нуле. Поскольку $%1-\cos y\leq\dfrac{y^2}{2}$%, то $%\dfrac{\cos y}{1-\cos y}\geq\dfrac{2\cos y}{y^2}\sim\dfrac{2}{y^2}$%, т.е получили расходимость.

Далее, пусть $%a>0$%. Тогда $%\left|\dfrac{\sin x}{x^a+\sin x}\right|=\left|\dfrac{\sin x}{x^a}\right|\dfrac{1}{|1+\frac{\sin x}{x^a}|}\sim\dfrac{|\sin x|}{x^a}$%. Отсюда при $%a>1$% следует абсолютная сходимость. Поскольку $%|\sin x|\geq\sin^2x=\dfrac{1-\cos 2x}{2}$%, то при $%a\leq1$% абсолютной сходимости нет.

Пусть теперь $%0 < a\leq1$%. Тогда $$\dfrac{\sin x}{x^a+\sin x}=\dfrac{\sin x}{x^a}\cdot\dfrac{1}{1+\frac{\sin x}{x^a}}=\dfrac{\sin x}{x^a}\left(1+O\left(\frac{1}{x^a}\right)\right)=\dfrac{\sin x}{x^a}+O\left(\frac{1}{x^{2a}}\right).$$ Интеграл от второго слагаемого сходится при $%a>\frac{1}{2}$%, при этом интеграл от первого слагаемого сходится условно (по признаку Дирихле). Итак, при $%\frac{1}{2} < a\leq1$% интеграл сходится условно.

Пусть $%0< a\leq\frac{1}{2}$%. Рассмотрим ряд $%\displaystyle\sum\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\dfrac{\sin x}{x^a+\sin x}dx=\sum\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{(-1)^k\sin y}{(y+k\pi)^a+(-1)^k\sin y}dy=$%

$$=\displaystyle\sum\int\limits_{0}^{\pi}\left(\dfrac{-\sin y}{(y+k\pi)^a-\sin y}+\dfrac{\sin y}{(y+(k+1)\pi)^a+\sin y}\right)dy=$$$$=-\displaystyle\sum\int\limits_{0}^{\pi}\dfrac{2\sin^2y+\sin y((y+(k+1)\pi)^a-(y+k\pi)^a)}{((y+k\pi)^a-\sin y)((y+(k+1)\pi)^a+\sin y)}dy.$$ Далее, подынтегральную функцию оцениваем снизу функцией $%\dfrac{2\sin^2y}{(y+k\pi)^a((y+(k+1)\pi)^a+1)}\geq$%

$%\geq\dfrac{2\sin^2y}{((k+1)\pi)^a(((k+2)\pi)^a+1)}$%. Тогда общий член ряда оценивается снизу, величиной $%\dfrac{c}{((k+1)\pi)^a(((k+2)\pi)^a+1)}\sim\dfrac{c_1}{k^{2a}}$%, т.е. ряд расходится. С ним расходится и интеграл.

ссылка

отвечен 14 Май 6:57

10|600 символов нужно символов осталось
3

При $%a\leq0$% можно взять какую-нибудь из этих особенностей и разложить по формуле Тейлора: $%x^a+sinx\sim A(x-x_0)^n,x\rightarrow x_0,n\geq 1$% - расходится.

При $%0< a\leq1$% можно еще расписать так: $$\frac{\sin x}{x^a}\left(1-\frac{\sin x}{x^a}+o(\frac{1}{x^a})\right)=\frac{\sin x}{x^a}-\frac{\sin^2 x}{x^{2a}}+o\left(\frac{1}{x^{2a}}\right)=\frac{\sin x}{x^a}+\frac{\cos 2x}{2x^{2a}}-\frac{1}{2x^{2a}}+o\left(\frac{1}{x^{2a}}\right)$$ Первые два сходятся по признаку Дирихле, последний сходится при $%a>1/2$% и расходится при $%a\leq 1/2$%.

ссылка

отвечен 14 Май 12:30

@asahi, недопонял, как Вы делаете вывод о расходимости в последнем случае, конкретно о поведении o-малого.

Насчёт случая $%a<0$% тоже ,была мысль в общем виде взять корень, но не стал дожимать, подумал, что и так слишком круто для задачи))

(14 Май 14:14) caterpillar

@caterpillar: в последнем интеграле получается знакопостоянная функция, поэтому последнее слагаемое можно не учитывать - на сходимость оно не влияет.

(14 Май 14:45) asahi

@asahi, ааа, Вы объединили два последних слагаемых в один интеграл, теперь понятно

(14 Май 14:50) caterpillar
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:

×1,157
×104

задан
13 Май 18:52

показан
110 раз

обновлен
14 Май 14:50

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