Вычислить интеграл

[ioleg19029700]

Показать, что этот интеграл сходится

$$\int\limits_0^{+\infty}{{\cos^2(ax)-\cos^2(bx)}\over x^2}dx$$

Разобьем на два интеграла:

$$\int\limits_0^1{{\cos^2(ax)-\cos^2(bx)}\over x^2}dx + \int\limits_1^{+\infty}{{\cos^2(ax)-\cos^2(bx)}\over x^2}dx$$

Посмотрим на первый интеграл: т.к. $\cos^2(ax)-\cos^2(bx) = \frac{1}{2}(\cos(2ax)-\cos(2bx))=\sin((a+b)x)\sin((a-b)x)$, то при $x\to 0$ получим, что $f(x,a)$ эквивалентна $a^2-b^2$, следовательно первый интеграл сходится. А вот, что делать со вторым на бесконечности я не понимаю. Функция знакопеременная, следовательно применять признак сравнения нельзя

[Mishka_Barni]

проверить на абсолютную сходимость, там можно и сравнить.

[Ms-dos4]

ioleg19029700
Вот как раз на бесконечности проблем нет совсем. Косинус - ограниченная функция на ${\mathbb{R}}$.
P.S. Ну и маленькая ремарка - в нуле вы со знаком напутали, но так то верно.

[Pphantom]

ioleg19029700 в сообщении #1313841 писал(а):

А вот, что делать со вторым на бесконечности я не понимаю.

А числитель в нем не является ли ограниченной функцией? Что из этого следует?

[Lia]

ioleg19029700
Внесите ясность в задание. В заголовке у Вас "вычислить", в теле поста "показать сходимость".
Между тем, интеграл действительно несложно вычисляется.

[ioleg19029700]

Lia
Прошу прощения, я во время написания вопроса смог вычислить через дифференцирование под знаком интеграла. Потом единственное на чем сильно затупил, это как раз сходимость исходного интеграла. Изменил тело вопроса, а название забыл

[thething]

ioleg19029700
Мне кажется, представить разность косинусов в виде интеграла, а затем сменить порядок интегрирования удобнее. По-крайней мере теорема там короче, а проверять, соответственно, меньше.

[alcoholist]

thething в сообщении #1314020 писал(а):

представить разность косинусов в виде интеграла

разность квадратов косинусов как разность квадратов синусов))) а те два интеграла уже по отдельности сходятся и вполне именные, кажется, тоже Дирихле