Исследовать на абсолютную и условную сходимость: $$\int_{1}^{+\infty}(e^{x^2} cos(x+\frac{1}{x})\int_x^{+\infty}e^{-t^2}dt)dx$$

задан 6 Июл 13:07

10|600 символов нужно символов осталось
4

Не уверен, нет ли где ошибок в знаках и коэффициентах, потому перепроверьте аккуратно.

Прежде всего, дважды применим интегрирование по частям: $$\int\limits_x^{\infty}e^{-t^2}dt=-\int\limits_x^{\infty}\dfrac{de^{-t^2}}{2t}=\frac{e^{-x^2}}{2x}-\frac{1}{2}\int\limits_x^{\infty}\frac{e^{-t^2}}{t^2}dt=\frac{e^{-x^2}}{2x}+\frac{1}{4}\int\limits_x^{\infty}\frac{de^{-t^2}}{t^3}=$$$$=\frac{e^{-x^2}}{2x}-\frac{e^{-x^2}}{4x^3}+\frac{3}{4}\int\limits_x^{\infty}\frac{e^{-t^2}}{t^4}dt.$$ Далее, заметим, что $%\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\int\limits_x^{\infty}\frac{e^{-t^2}}{t^4}dt}{\frac{e^{-x^2}}{x^3}}=0$% (это легко видно, если применить правило Лопиталя). Таким образом, $%\displaystyle\int\limits_x^{\infty}\dfrac{e^{-t^2}}{t^4}dt=o\left(\dfrac{e^{-x^2}}{x^3}\right)$%. Тогда подынтегральная функция примет вид $%\dfrac{\cos\left(x+\frac{1}{x}\right)}{2x}-\dfrac{\cos\left(x+\frac{1}{x}\right)}{4x^3}(1+o(1))$%. Интеграл от второго слагаемого сходится абсолютно, следовательно, интеграл от всей суммы ведёт себя также, как интеграл от первого слагаемого. Покажем, что интеграл $%\displaystyle\int\limits_1^\infty\dfrac{\cos\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x}dx$% сходится. Интегрируем по частям: $$\displaystyle\int\limits_\delta^\infty\frac{d\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)}{x-\frac{1}{x}}=-\frac{\delta\sin\left(\delta+\frac{1}{\delta}\right)}{\delta^2-1}+\int\limits_\delta^\infty\sin\left(x+\frac{1}{x}\right)\frac{x^2+1}{(x^2-1)^2}dx.$$ Поскольку в правой части всё сходится, то сходится и требуемый интеграл. Абсолютной сходимости нет, ибо $%\left|\cos\left(x+\frac{1}{x}\right)\right|\geq\cos^2\left(x+\frac{1}{x}\right)=\dfrac{1+\cos\left(2x+\frac{2}{x}\right)}{2}$%, а дальше всё стандартно, как при исследовании интеграла от $%\dfrac{\cos x}{x}$%.

ссылка

отвечен 6 Июл 16:24

У меня было похожее решение только я использовал более грубое $%\displaystyle\int\limits_x^{\infty}e^{-t^2}dt=o\left(e^{-x^2}\right) $%

А вы фактически разложили $%\displaystyle\int\limits_x^{\infty}e^{-t^2}dt$% в такой ряд из которого можно получать сколь угодно точную асимптотику.

(6 Июл 18:09) abc

@abc, ну да, это стандартный приём получения асимптотического разложения интеграла. Нудновато, правда, и коэффициенты со знаками перепроверять неохота, особенно, учитывая, что на ответ никак не влияет.

(6 Июл 18:22) 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:

×1,169

задан
6 Июл 13:07

показан
105 раз

обновлен
6 Июл 18:22

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