La divergencia de una integral impropia - |cos(x^2)|/x^q

Question

Estoy tratando de demostrar que la divergencia de la integral de la $\int_1^{\infty}\frac{\left|\cos{x^2}\right|}{x^q}dx$ donde $0<q<1$, mediante la aplicación de la media-teorema del valor a $\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\left|\cos{x^2}\right|}{x^q}dx$: existe $c_n\in [n\pi,(n+1)\pi]$ tal que $\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\left|\cos{x^2}\right|}{x^q}dx=\left|\cos{c_n^2}\right|\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{1}{x^q}dx$. Así que si puedo demostrar que $\inf{\left|\cos{c_n^2}\right|}\neq 0$, tendríamos la divergencia, en comparación con $\int_1^{\infty}\frac{1}{x^q}dx$. No es evidente para mí como para demostrar que poco.

Sé que la divergencia también puede ser demostrado por señalar que $\left|\cos{x^2}\right|\geq\cos^2{x^2}=\frac{1+\cos{2x^2}}{2}$ y el uso de una prueba similar a la de Dirichlet de la prueba para la serie para probar la convergencia de $\int_1^{\infty}\frac{\cos{2x^2}}{x^q}dx$.

Pero me gustaría saber si mi idea de lo que puede ser terminado.

Gracias.

Answer 1

Usted puede evitar los problemas con el valor medio teorema por procediendo de esta manera: Cambiar las variables de $x$ $x^2$como uno de los ms responden sugerido, por lo que uno está tratando de mostrar la divergencia de ${\displaystyle \int_1^{\infty} {|\cos(x)| \over x^r}\,dx}$, y donde ahora se ${1 \over 2} < r < 1$. Siguiente, tenga en cuenta que uno tiene $$\int_{2\pi}^{\infty} {|\cos(x)| \over x^r}\,dx = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{2n\pi}^{2(n+1)\pi}{|\cos(x)| \over x^r}\,dx$$ Puesto que el denominador es monótona creciente, esto es acotada abajo por $$\sum_{n=1}^{\infty} \int_{2n\pi}^{2(n+1)\pi}{|\cos(x)| \over (2\pi(n+1))^r}\,dx$$ $$= {1 \over (2\pi)^r}\sum_{n=1}^{\infty} {1 \over (n+1)^r}\int_{2n\pi}^{2(n+1)\pi}|\cos(x)|\,dx$$ Desde $\cos(x)$ periodo $2\pi$, la integral anterior tiene un cierto valor fijo $C > 0$, por lo que el de arriba es igual a $$C {1 \over (2\pi)^r}\sum_{n=1}^{\infty} {1 \over (n+1)^r}$$ Desde $r < 1$ este diverge.

Answer 2

Cuidado. Mostrando $\cos{c_n^2}\neq 0 $ ¿ no mostrar la divergencia. (Considere el $\cos{c_n^2}=n^{-(n!)}$)

Para que su idea de trabajo que usted necesita para mostrar que no existe $c_n$ tal que $c_n\leq \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\cos x^2|dx$ $c_n$ no vaya a cero muy rápidamente. Que necesitamos para acotar la integral desde abajo. (El uso de las desigualdades en lugar de la igualdad dada por el valor medio teorema es suficiente.)

Entonces $$\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{|\cos x^2|}{x^q}dx\geq c_n\cdot \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{1}{((n+1)\pi)^q}dx=\frac{c_n\pi}{((n+1)\pi)^q}$$ Donde la desigualdad sigue desde $\frac{1}{((n+1)\pi)^q}\leq x^q $ en este intervalo, y el promedio de $\cos x^2$ es mayor que $c_n$.

Answer 3

Como Zarrax ha señalado, podríamos ver el ${\displaystyle \int_1^{\infty} {|\cos(x)| \over x^r}\,dx}$ donde ${1 \over 2} < r < 1$.

Podríamos argumentar que si ${\displaystyle \int_1^{\infty} {\cos^2(x) \over x^r}\,dx}$ diverge entonces por la prueba de comparación de nuestros integral diverge, ya que ${|\cos(x)| \over x^r} \geq {\cos^2(x) \over x^r}$.

Mostrando la divergencia de ${\displaystyle \int_1^{\infty} {\cos^2(x) \over x^r}\,dx}$ es simple, si observamos el hecho de que: $$\frac{\cos^2(x)}{x^r}=\frac{1}{2x^r}+\frac{\cos(2x)}{2x^r}$$

Pero ${\displaystyle \int_1^{\infty} \frac{\cos(2x)}{2x^r}\,dx}$ converge por Dirichlets prueba y ${\displaystyle \int_1^{\infty} \frac{1}{2x^r}\,dx}$ obviamente difiere por lo tanto $$\int_1^{\infty} {\cos^2(x) \over x^r}\,dx$$ difiere según sea necesario.