Исследовать на сходимость несобственный интеграл

[MTLenz]

$\int\limits_{0}^{+\infty} x^{-2\alpha}\arctg(\frac{x}{1 + x^{\alpha}})dx$, собственно, исследовать на сходимость. Очевидно, что необходимо применить признак Дирихле, но где-то в процессе ошибка, не могу найти.
$\int\limits_{0}^{+\infty} x^{-2\alpha}\arctg(\frac{x}{1 + x^{\alpha}})dx = \int\limits_{0}^{1} x^{-2\alpha}\arctg(\frac{x}{1 + x^{\alpha}})dx + \int\limits_{1}^{+\infty} x^{-2\alpha}\arctg(\frac{x}{1 + x^{\alpha}})dx$

1) $\int\limits_{0}^{1} x^{-2\alpha}\arctg(\frac{x}{1 + x^{\alpha}})dx$
Замена $x = 1/t$, $dx = -\frac{dt}{t^2}$, $x = 0 \Rightarrow t=+\infty$, $x = 1 \Rightarrow t = 1$
$\int\limits_{1}^{+\infty} t^{2\alpha - 2}\arctg(\frac{1}{t + t^{1 - \alpha}})dt$

$f(t) = t^{2\alpha - 2} \in C^1[1, +\infty]$
]$\alpha \neq \frac{1}{2} \Rightarrow F(x) = \frac{t^{2\alpha - 1}}{2\alpha - 1}$, эта функция ограничена на $[1, +\infty]$, если $2\alpha - 1 \leq 0 \Rightarrow \alpha \leq \frac{1}{2}$
Если $\alpha = \frac{1}{2}$, то $F(x) = \ln(t)$ - не ограничена, итого $\alpha < \frac{1}{2}$ (Это уже рассходится с ответом)

$g(t) = \arctg(\frac{1}{t + t^{1 - \alpha}} )\in C^1[1, +\infty]$, $g(x) \geq 0$
$g'(t) = -\frac{(1 - \alpha)t^{-\alpha} + 1}{(t^{1 - \alpha} + t)(\frac{1}{(t^{1 - \alpha} + t}) + 1)} \leq 0 \Rightarrow \alpha \leq 1$

$g(t) = \arctg(\frac{1}{t + t^{1 - \alpha}}) \rightarrow 0$ при любом $\alpha$

Получается, что первый интеграл сходится при $\alpha < \frac{1}{2}$, но если подставить, например, $\alpha = 0$, то легко заметить, что это не так.
Знаю, что первый интеграл сходится при $\alpha \in (\frac{1}{2}, 1)$.

-- 23.04.2019, 20:44 --

Цитата:

но если подставить, например, $\alpha = 0$, то легко заметить, что это не так

Извиняюсь, получится $\int\limits_{0}^{1} \arctg(x)dx = -\frac{1}{2}$
Проверил ответы и первый интеграл сходится при $\alpha < 1$, но всё равно ответ неверный.

[mihaild]

MTLenz в сообщении #1389043 писал(а):

Очевидно, что необходимо применить признак Дирихле

Почему? Оба сомножителя положительные.

MTLenz в сообщении #1389043 писал(а):

итого $\alpha < \frac{1}{2}$

Зря про второй сомножитель забыли, он тоже к нулю стремится и может помочь сходимости.

Вообще разбили вы всё правильно, но дальше можно просто посмотреть на асимптотику. В нуле функция ведет себя как $x^{1 - 2\alpha}$, на бесконечности - как $x^{-2\alpha}$ если $\alpha \leqslant 1$ (аргумент арктангенса тогда стремится к $\infty$ либо к $1$ - а сам арктангенс соответственно к ненулевой константе), либо как $x^{1 - 3\alpha}$ если $\alpha > 1$. И дальше только остается посмотреть на сходимость $\int x^a$ в нуле и на бесконечности.

[MTLenz]

mihaild

Цитата:

Почему? Оба сомножителя положительные.

Признак Дирихле ничего не говорит про знак первого сомножетеля, а от знака второго зависит только знак производной, почему тогда его применять не разумно?
Если вы о знакопостоянстве, то разве не тем привлекательней становится этот признак для использования?

Цитата:

Зря про второй сомножитель забыли, он тоже к нулю стремится и может помочь сходимости.

Не забыл, рассмотриваю его далее по решению, это "итого" относится к выводам, сделанным из исследования первого сомножетеля.

Цитата:

В нуле функция ведет себя как $x^{1 - 2\alpha}$

Да, если $\alpha \geq 0$, но при $-1 \leq \alpha < 0$ функция ведёт себя как $x^{-\alpha}$, если $\alpha < -1$, то как $x^{-2\alpha}$.
Разве это не простой перебор всех возмжных значений $\alpha$? Боюсь, что высока вероятность упустить какие-то случаи.

[mihaild]

MTLenz в сообщении #1389060 писал(а):

Признак Дирихле ничего не говорит про знак первого сомножетеля, а от знака второго зависит только знак производной, почему тогда его применять не разумно?

Этот признак хорош для условно сходящихся интегралов, когда интеграл от первого сомножителя сам по себе не сходится, но ограничен (так что абсолютно он расходится) - оказывается что если домножить его на что-то достаточно хорошо стремящееся к нулю, то оно обеспечит сходимость интеграла.
Если интеграл от первого сомножителя уже сходился абсолютно, то все эти гладкости, стремления к нулю и т.д. от второго сомножителя не нужны - хватит ограниченности (ну и интегрируемости понятно).

MTLenz в сообщении #1389060 писал(а):

Не забыл, рассмотриваю его далее по решению, это "итого" относится к выводам, сделанным из исследования первого сомножетеля.

А что тогда вообще значит это утверждение про $\alpha$? Что при таком $\alpha$ интеграл от $f$ расходится? Это правда, но зачем это нужно?

MTLenz в сообщении #1389060 писал(а):

Да, если $\alpha \geq 0$, но при $-1 \leq \alpha < 0$ функция ведёт себя как $x^{-\alpha}$, если $\alpha < -1$, то как $x^{-2\alpha}$.

Да, тут я проврался, пардон. Нужно смотреть сначала на асимптотику арктангенса. В нуле: если $\alpha \geqslant 0$ - то числитель это $\Theta(x)$, знаменатель $\Theta(1)$, весь арктангенс $\Theta(x)$. Иначе числитель всё еще $\Theta(x)$, но знаменатель $\Theta(x^\alpha)$, так что весь арктангенс это $\Theta(x^{1 - \alpha})$.

MTLenz в сообщении #1389060 писал(а):

Разве это не простой перебор всех возмжных значений $\alpha$?

Примерно он и есть, но его в любом случае придется делать. И если его делать аккуратно (а не как я) - то особых проблем быть не должно. Всяко лучше (ИМХО) чем арктангенс дифференцировать.

[Brukvalub]

MTLenz в сообщении #1389060 писал(а):

Признак Дирихле ничего не говорит про знак первого сомножетеля, а от знака второго зависит только знак производной, почему тогда его применять не разумно?

Потому,что этот признак дает только достаточное условие сходимости, и все множество сходимости с его помощью не определить.

[thething]

MTLenz
По-моему мнению, Вы делаете всё как-то хаотически, без системы. Во-первых, как уже упоминалось, признак Дирихле тут ни к чему, достаточно асимптотик. Во-вторых, попробуйте целенаправленно рассмотреть случаи в таком порядке:
1. $\alpha<0$. Рекомендую сделать замену $-\alpha=\beta$, а дальше исследовать асимптотику арктангенса в нуле и на бесконечности.
2. $\alpha=0$. Тут всё ясно.
3. $\alpha>0$. Тут снова рассмотреть асимптотику арктангенса в нуле и на бесконечности. В нуле всё понятно, а на бесконечности произойдёт расщепление на случаи $\alpha>1,\alpha<1,\alpha=1$.
По-крайней мере, я бы исследовал в такой последовательности, тогда ничего не потеряется.

[ewert]

Желательно минимизировать работу, отбросив все заведомо плохие случае. Это, очевидно, все $\alpha\leqslant0$ (тогда на бесконечности можно гордо проигнорировать знаменатель арктангенса, а с остальным на бесконечности всё ясно). При положительных же альфах можно не менее гордо проигнорировать тот знаменатель в окрестности нуля, что после замены арктангенса на эквивалентное сразу же отбраковывает слишком большие альфы из-за расходимости интеграла в нуле. Остаётся интервал $\alpha\in(0;1)$. Для сходимости в нуле он хорош (раз уж плохи бОльшие альфы), на бесконечности же для этого интервала альф можно спокойно выкинуть арктангенс (стремящийся к константе), и со сходимостью на бесконечности интеграла от $x^{-2\alpha}$ тоже всё ясно.