Исследование интегралов на сходимость

[savlabeay]

Помогите, пожалуйста, один проверить и один добить.
1) Исследовать на абсолютную и условную сходимость при всех значениях параметрах $\alpha$:

$$\int\limits_{1}^{\infty}\frac{\sin(x)}{(\ln(x+1)-\ln(x))^\alpha}dx$$

Преобразовываю интеграл: $\int\limits_{1}^{\infty}\frac{\sin(x)}{(\ln(1+\frac{1}{x}))^\alpha}dx$. Дальше проверяю интеграл на сходимость, приняв $f(x)=\sin(x) и $g(x)=\frac{1}{\ln(1+\frac{1}{x})^\alpha}$. По признаку Дирихле, нахожу, что интеграл сходится при $\alpha<0$. Приступаю к исследованию на абсолют и услов сходимость: $\int\limits_{1}^{\infty}\frac{|\sin(x)|}{(\ln(1+\frac{1}{x}))^\alpha}dx$. По признаку сравнения $\frac{|\sin(x)|}{(\ln(1+\frac{1}{x}))^\alpha}\geqslant\frac{\sin^2(x)}{(\ln(1+\frac{1}{x}))^\alpha}$. Исследуем теперь данную функцию: $\int\limits_{1}^{\infty}\frac{(1-\cos(2x))}{2(\ln(1+\frac{1}{x}))}$. Разобьем интеграл на части, и учтем, что исследуем в окрестности $A\to\infty$:
$\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{A}x^\alpha dx-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{A}\cos(2x)x^\alpha dx$. Решая первый интеграл: $\frac{1}{2}(\lim\limits_{A\to\infty}\frac{A^{\alpha+1}}{\alpha+1}-\frac{1}{\alpha+1})$ интеграл будет сходится, если $\alpha<-1$. Решая второй интеграл, учтем, что $\alpha<0$, поэтому, введем переменную $\beta=-\alpha$, тогда, интеграл примет вид: $\frac{1}{4}\int\limits_{1}^{\infty}\frac{\cos(2x)d(2x)}{x^\beta}$. По второму признаку Дирихле вычисляем, что сходится интеграл будет при $\beta>0$ или $\alpha<0$. Делаем вывод, что, чтобы интеграл сходился абсолютно, необходимо условие $\alpha<1$, для того, чтобы сходился условно $-1\leqslant \alpha<0$.
2) Исследовать на абсолютную и условную сходимость при всех значениях параметрах $\alpha$:

$$\int\limits_{0}^{1}\frac{(1-x)^\alpha\sin(\frac{1}{x})dx}{x}$$

. Произвел замену $\frac{1}{x}=t$ получил интеграл: $\int\limits_{1}^{\infty}(1-\frac{1}{t})^\alpha \frac{1}{t}\sin(t)dt$, по второму признаку Дирихле выясняю, что при любых $\alpha$ интеграл сходится. Дальше делаю все аналогии, как с интегралом из 1 задачи, в конце получается два интеграла, сходимость одного из них доказывается, опять же при любом $\alpha$, а вот второй осилить не могу. Как с ним быть или есть другой вариант решения? $\lim\limits_{A\to\infty}\int\limits_{1}^{A}\frac{(1-\frac{1}{t})^\alpha dt}{t}$

[thething]

В первом примере можно вообще без замен переменных обойтись (да и во втором). Надо активно использовать эквивалентности для логарифма.

Вообще, сперва обычно исследуют такие интегралы на абсолютную сходимость. Оценивая модуль синуса сверху единицей, а затем избавляясь от логарифма при помощи эквивалентности, получите эталонный интеграл, сходящийся при $\alpha <-1$.

То, что Вы сделали в начале по признаку Дирихле -- это и было исследование условной сходимости. Остается собрать ответ.

Второй интеграл (после замены) попробуйте исследовать не сразу, а сперва только в окрестности единицы (заметим, что тут он знакоположителен), а потом -- в окрестности бесконечности, ибо вот это

savlabeay в сообщении #1313355 писал(а):

по второму признаку Дирихле выясняю, что при любых $\alpha$ интеграл сходится

неверно. Вы не учли, что $\alpha$ может быть отрицательным и особенность в единице кое-что испортит. Поэтому лучше рассмотреть эти особенности как раз отдельно. И кстати, что это за второй признак Дирихле? Признак Абеля?

savlabeay в сообщении #1313355 писал(а):

Как с ним быть или есть другой вариант решения? $\lim\limits_{A\to\infty}\int\limits_{1}^{A}\frac{(1-\frac{1}{t})^\alpha dt}{t}$

Посмотрите, чему эквивалентна скобка на бесконечности

[dima_1985]

Я не большой специалист ,но тут

savlabeay в сообщении #1313355 писал(а):

$$\int\limits_{1}^{\infty}\frac{\sin(x)}{(\ln(x+1)-\ln(x))^\alpha}dx$$

thething в сообщении #1313361 писал(а):

получите эталонный интеграл, сходящийся при $\alpha <-1$

.thething описался он будет сходится при $\alpha>1$

[thething]

dima_1985 в сообщении #1313369 писал(а):

thething описался он будет сходится при $\alpha>1$

Наговариваете. Сами-то исследовали?

[Brukvalub]

thething в сообщении #1313361 писал(а):

Вообще, сперва обычно исследуют такие интегралы на абсолютную сходимость. Оценивая модуль синуса сверху единицей, а затем избавляясь от логарифма при помощи эквивалентности, получите эталонный интеграл, сходящийся при $\alpha <-1$.

То, что Вы сделали в начале по признаку Дирихле -- это и было исследование условной сходимости. Остается собрать ответ.

1. Оценка модуля подынтегральной функции сверху функцией со сходящимся интегралом позволяет утверждать лишь, что оцениваемый интеграл абсолютно сходится там, где сходится интеграл от оценки, но не позволяет найти сразу ВСЮ область абсолютной сходимости.
2. Признак Дирихле является достаточным условием именно СХОДИМОСТИ, а не условной сходимости.

[thething]

Brukvalub в сообщении #1313373 писал(а):

Признак Дирихле является достаточным условием именно СХОДИМОСТИ, а не условной сходимости.

Да, согласен. Имел ввиду, что, если мы исследуем по Дирихле после исследования на абсолютную сходимость, то получится как раз условная (если произойдет расширение области). То, что при $\alpha \geqslant -1$ абсолютной сходимости нет, конечно же обосновывается тоже (и ТС это вроде умеет).

[Brukvalub]

thething в сообщении #1313374 писал(а):

Да, согласен. Имел ввиду, что, если мы исследуем по Дирихле после исследования на абсолютную сходимость, то получится как раз условная.

Нет, не получится. Чтобы исследовать интеграл на условную сходимость, нужно убедиться, что найденная по Дирихле сходимость накрывает ВСЮ область сходимости, и Дирихле в этом НЕ помогает, поскольку он является только ДОСТАТОЧНЫМ условием.

[dima_1985]

thething в сообщении #1313372 писал(а):

Наговариваете. Сами-то исследовали?

Да $\alpha<-1$, был не прав

[thething]

Brukvalub в сообщении #1313375 писал(а):

Нет, не получится.

Интересно, какая же по Вашему получится при этом сходимость?

Далее не для Вас, а скорее для ТС: другое дело, что условная сходимость может быть где-то ещё, и это надо исследовать дополнительно (в данном случае могут помочь, к примеру, формулы Тейлора). Признак Дирихле даёт нам хотя бы "подозрительную" границу условной сходимости, которая на поверку оказывается верной.

[savlabeay]

thething в сообщении #1313361 писал(а):

В первом примере можно вообще без замен переменных обойтись (да и во втором). Надо активно использовать эквивалентности для логарифма.

Вообще, сперва обычно исследуют такие интегралы на абсолютную сходимость. Оценивая модуль синуса сверху единицей, а затем избавляясь от логарифма при помощи эквивалентности, получите эталонный интеграл, сходящийся при $\alpha <-1$.

То, что Вы сделали в начале по признаку Дирихле -- это и было исследование условной сходимости. Остается собрать ответ.

Второй интеграл (после замены) попробуйте исследовать не сразу, а сперва только в окрестности единицы (заметим, что тут он знакоположителен), а потом -- в окрестности бесконечности, ибо вот это

savlabeay в сообщении #1313355 писал(а):

по второму признаку Дирихле выясняю, что при любых $\alpha$ интеграл сходится

неверно. Вы не учли, что $\alpha$ может быть отрицательным и особенность в единице кое-что испортит. Поэтому лучше рассмотреть эти особенности как раз отдельно. И кстати, что это за второй признак Дирихле? Признак Абеля?

savlabeay в сообщении #1313355 писал(а):

Как с ним быть или есть другой вариант решения? $\lim\limits_{A\to\infty}\int\limits_{1}^{A}\frac{(1-\frac{1}{t})^\alpha dt}{t}$

Посмотрите, чему эквивалентна скобка на бесконечности

Да, поторопился с рассуждениями. Предположил, что $\alpha<0$ и рассматривая интеграл в бесконечности, сделал замену $\alpha=-\beta$, и нашел эквивалентную функцию - $(1-\frac{1}{t})^\beta\sim\frac{-\beta+t}{t}$ , получил, что $\alpha>-1$ для успешной сходимости. Но, как можно исследовать, в окрестности 1 пока не пойму $\int\limits_{1}^{\infty}\frac{\sin(t)dt}{t(1-\frac{1}{t})^\beta}$

[thething]

savlabeay
В окрестности единицы все гораздо проще. Как я выше сказал, у Вас там знакоположительная функция, так и натравите на нее предельный признак. Например, $\sin t \sim \sin 1$ и т.д.

-- 19.05.2018, 15:16 --

savlabeay в сообщении #1313412 писал(а):

рассматривая интеграл в бесконечности, сделал замену $\alpha=-\beta$, и нашел эквивалентную функцию - $(1-\frac{1}{t})^\beta\sim\frac{-\beta+t}{t}$

Любая функция эквивалентна своему пределу, если этот предел конечный и ненулевой, так что всё-таки, чему эквивалентна на бесконечности эта скобка?

[savlabeay]

thething в сообщении #1313412 писал(а):

savlabeay
В окрестности единицы все гораздо проще. Как я выше сказал, у Вас там знакоположительная функция, так и натравите на нее предельный признак. Например, $\sin t \sim \sin 1$ и т.д.

-- 19.05.2018, 15:16 --

savlabeay в сообщении #1313412 писал(а):

рассматривая интеграл в бесконечности, сделал замену $\alpha=-\beta$, и нашел эквивалентную функцию - $(1-\frac{1}{t})^\beta\sim\frac{-\beta+t}{t}$

Любая функция эквивалентна своему пределу, если этот предел конечный и ненулевой, так что всё-таки, чему эквивалентна на бесконечности эта скобка?

В таком случае эквивалентна 1?

[thething]

savlabeay
Ну.. сделайте выводы об абсолютной сходимости Вашего интеграла в окрестности бесконечности, а, следовательно, и всего интеграла в целом.

[savlabeay]

thething в сообщении #1313416 писал(а):

savlabeay
Ну.. сделайте выводы об абсолютной сходимости Вашего интеграла в окрестности бесконечности, а, следовательно, и всего интеграла в целом.

А, кажется понял наконец. Функция в окрестности бесконечности $\frac{\sin(t)}{t(1-\frac{1}{t})^\beta}\sim\frac{\sin(t)}{t}$, исследуя эквивалентную функцию, получаем, что ее интеграл сходится при любых бета. И сейчас тоже самое, но в окрестности 1 провернуть.

[thething]

Да нет же, я Вам вот на это отвечал

savlabeay в сообщении #1313355 писал(а):

$\lim\limits_{A\to\infty}\int\limits_{1}^{A}\frac{(1-\frac{1}{t})^\alpha dt}{t}$

Вот этот интеграл у Вас расходится. Что там было еще помимо него, я не в курсе, т.к. Вы этого не предоставили. Подозреваю, что Вы там исследовали отсутствие абсолютной сходимости, сводя к косинусу двойного угла.

-- 19.05.2018, 15:35 --

К исходной функции на бесконечности эквивалентности применять нельзя, т.к. она незнакопостоянна.