несобственный интеграл
про p, q - известно что-нибудь? Они целые?
q>0 и оба действительные...как вообще его решать?
Ну как решать, композиция разных известных признаков сходимости и мажорирующих интегралов. Честно, лень расписывать, посмотри в АнтиДемидовиче, там точна таких примеров масса. Это все поможет на бесконечности.
Что придает задаче пикантность - это то что знаменатель может обратиться в ноль, да еще и многократно.
В нулях знаменателя верхний косинус нас не интересует, посмотри разложение в ряд Тейлора в соотв точках. Они явно не найдутся, но думаю это не помешает сосчитать порядок первого члена разложения.
Вот идея в общих чертах.
Что придает задаче пикантность - это то что знаменатель может обратиться в ноль, да еще и многократно.
В нулях знаменателя верхний косинус нас не интересует, посмотри разложение в ряд Тейлора в соотв точках. Они явно не найдутся, но думаю это не помешает сосчитать порядок первого члена разложения.
Вот идея в общих чертах.
В нулях знаменателя верхний косинус нас не интересует, посмотри разложение в ряд Тейлора в соотв точках. Они явно не найдутся, но думаю это не помешает сосчитать порядок первого члена разложения.Зачем же так сложно. Если знаменатель обращается в нуль хотя бы в одной точке, то интеграл расходится независимо от того, с какого члена начинается Тейлор.
неа
В нашем случае да.
Может стоит применить комплан? Выразить наш интеграл через предел интегралов по всё более расширяющимся контурам, так что в каждом контуре лежит лишь конечное число полюсов?
Вообще имхо задача не лёгкая. Если дали на зачёте - то имхо жесть. Похоже на экзаменационную задачу "на отлично".
Вообще имхо задача не лёгкая. Если дали на зачёте - то имхо жесть. Похоже на экзаменационную задачу "на отлично".
А.И.Штерн дал мне эту задачу 
на зачете
короче ..ипец
на зачетекороче ..ипец
Если p<0, то на бесконечности интеграл может сходиться только при q>1, а тогда около нуля будут расходимости (там где cos x^p=-x^q). Точно также при p=0 сходимость равна абсолютной сходимости и наблюдается при q>1. Теперь "нормальный случай" p>0. Смотрим сначала сходимость на бесконечности. С абсолютной сходимостью вроде понятно, так как по признаку сравнения абсолютная сходимость равносильна абсолютной сходимости |cos x^p|/x^q, после замены y=x^p получается |cos y|/y^([q-1]/p+1 то-есть абсолютная сходимость будет при q>1. Про условную сходимость рассматриваем только 0<q<=1. Самый простой способ - вычислить разность между "плохим" интегралом cos x^p/(cos x^p+x^q) и "хорошим" интегралом cos x^p/x^q. Она будет равна (с точностью до коэффициента) cos^2 x^p/[(cos x^p+x^q)x^q], то-есть знакопостоянный интеграл, что есть гуд. Опять заменяем его на эквивалентный cos^2 x^p/x^[2q], который после замены y=x^p, как и выше, сходится при q>1/2. А "хороший" интеграл cos x^p/x^q сходится (после той же замены) при условии p+q>1. То-есть сходимость (условная) будет при выполнении двух условий: p+q>1 и q>1/2. Ну, а если p+q<=1, то после той же замены для исходного интеграла не будет выполняться, что функция стремится к нулю (строго говоря эту расходимость нужно будет доказывать критерием Коши, ну, на тех промежутках, где cos y больше какой-нибудь положительной константы). А в нуле при p>0 и q>0 особенности вообще нету.
В общем, по моему мнению, ответ будет такой: сходится абсолютно при q>1 и условно при p+q>1 и q>1/2, ну и отдельно для p=0 и p<0.
В общем, по моему мнению, ответ будет такой: сходится абсолютно при q>1 и условно при p+q>1 и q>1/2, ну и отдельно для p=0 и p<0.
Если знаменатель обращается в нуль хотя бы в одной точке, то интеграл расходится независимо от того, с какого члена начинается Тейлорда, ступил. я просто не подумал что числитель в тех точках никак не нуль. так что все верно
Оставить комментарий
v7e7t7e7r
никак не могу исследовать его...на абсолютную и условную сходимость..подскажите пжлст