Пусть [tex]f(x) \sim \dfrac{c}{(b - x)^{p}}[/tex] при [tex]x \to b - 0, c > 0[/tex].
Если [tex]p < 1[/tex], то [tex]\displaystyle \int\limits^a_b {f(x)} \, dx[/tex] сходится, а если [tex]p \geq 1[/tex], то интеграл расходится.
Пошаговое объяснение:
[tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{1} {\frac{1}{x^{2} \ln x} } \, dx[/tex] - несобственный интеграл интеграл смешанного типа, так как на нижнем пределе интегрирования функция неопределенна, а на верхнем имеет бесконечность
Сделаем замену переменных в несобственном интеграле:
Пусть [tex]\ln x = t[/tex]. Функция [tex]f(t) = t[/tex] - непрерывно дифференцируема и строго монотонна.
Рассмотрим интеграл [tex]\displaystyle \int\limits^{1}_{0} {x^{p - 1}e^{-x} } \, dx[/tex] с особой точкой x = 0.
Тогда по степенному признаку, так как [tex]e^{-x}x^{p-1} \sim \dfrac{1}{x^{1 - p}}[/tex] при [tex]x \to 0[/tex], то при условии [tex]1 - p < 1 \Longrightarrow p > 0[/tex] интеграл сходится, а так как в интеграле
[tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{0} {\frac{e^{-t}}{ t} } \, dt[/tex] [tex]p =-1[/tex], то данный интеграл расходится, а следовательно расходится интеграл [tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{1} {\frac{1}{x^{2} \ln x} } \, dx[/tex].
Answers & Comments
Ответ:
[tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{1} {\frac{1}{x^{2} \ln x} } \, dx[/tex] - Интеграл расходится
Примечание:
Степенной признак:
Пусть [tex]f(x) \sim \dfrac{c}{(b - x)^{p}}[/tex] при [tex]x \to b - 0, c > 0[/tex].
Если [tex]p < 1[/tex], то [tex]\displaystyle \int\limits^a_b {f(x)} \, dx[/tex] сходится, а если [tex]p \geq 1[/tex], то интеграл расходится.
Пошаговое объяснение:
[tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{1} {\frac{1}{x^{2} \ln x} } \, dx[/tex] - несобственный интеграл интеграл смешанного типа, так как на нижнем пределе интегрирования функция неопределенна, а на верхнем имеет бесконечность
Сделаем замену переменных в несобственном интеграле:
Пусть [tex]\ln x = t[/tex]. Функция [tex]f(t) = t[/tex] - непрерывно дифференцируема и строго монотонна.
[tex]\ln x = t \Longrightarrow x = e^{t}[/tex]
[tex]x^{2} = \bigg(e^{t} \bigg)^{2} = e^{2t}[/tex]
[tex]dt = (\ln x)' \ dx = \dfrac{dx}{x} \Longrightarrow dx = x \ dt = e^{t} \ dt[/tex] - замена переменных в дифференциале
Новые границы интегрирования:
[tex]t_{1} = \ln 1 = 0[/tex]
[tex]\displaystyle t_{2} = \lim_{x \to \infty} \ln x = \infty[/tex]
Таким образом замена переменных возможна и получен интеграл вида:
[tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{0} {\frac{e^{t}}{e^{2t} t} } \, dt = \int\limits^{\infty}_{0} {\frac{e^{-t}}{ t} } \, dt[/tex]
Рассмотрим интеграл вида [tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{0} {x^{p - 1}e^{-x} } \, dx[/tex].
Подынтегральная функция имеет 2 особые точки:
[tex]x = 0[/tex]
[tex]x = \infty[/tex]
Поэтому данный интеграл необходимо разбить на 2 интеграла:
[tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{0} {x^{p - 1}e^{-x} } \, dx = \int\limits^{1}_{0} {x^{p - 1}e^{-x} } \, dx + \int\limits^{\infty}_{1} {x^{p - 1}e^{-x} } \, dx[/tex]
Рассмотрим интеграл [tex]\displaystyle \int\limits^{1}_{0} {x^{p - 1}e^{-x} } \, dx[/tex] с особой точкой x = 0.
Тогда по степенному признаку, так как [tex]e^{-x}x^{p-1} \sim \dfrac{1}{x^{1 - p}}[/tex] при [tex]x \to 0[/tex], то при условии [tex]1 - p < 1 \Longrightarrow p > 0[/tex] интеграл сходится, а так как в интеграле
[tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{0} {\frac{e^{-t}}{ t} } \, dt[/tex] [tex]p =-1[/tex], то данный интеграл расходится, а следовательно расходится интеграл [tex]\displaystyle \int\limits^{\infty}_{1} {\frac{1}{x^{2} \ln x} } \, dx[/tex].
#SPJ1