Сходимость несобственного интеграла

[Rusit8800]

Задача:
Найти все пары $(\alpha, \beta)$, при которых сходится интеграл

$$\int\limits_0^1 x^\alpha(1-x)^\beta\ln(x)dx $$

.
Пользуясь признаком Дирихле, я пришел к тому, что интеграл сходится при $\alpha>-2, \beta > -1$, что совпадает с ответами. Но если в условиях признака Дирихле одна из функций не ограничена, то еще не факт, что исходный интеграл расходится. Например, при $f(x) = \frac{1}{x}, g(x) = x $ несобственный интеграл

$$\int\limits_0^1 f(x)g(x)dx = 1$$

сходится на $(0,1]$, причем
1) g(x) непрерывно дифференцируема на $(0,1]$, правый предел в точке $0$ равен $0$.
2) f(x) непрерывна на $(0,1]$, и имеет НЕОГРАНИЧЕННУЮ первообразную на $(0,1]$.
Поэтому в исходной задаче еще требуется доказать, что остальные пары $(\alpha, \beta)$ не подходят - при всех таких парах интеграл расходится.
Тут все мои идеи ограничиваются тем, чтобы, положив $\alpha' \geq 0, \beta' \geq 0$ и предположив, что сходятся интегралы

$$\int\limits_0^b x^\alpha'(1-x)^\beta'\frac{\ln(x)}{x(1-x)^2}dx $$

$$\int\limits_{1-b}^0 (1-x)^\alpha' x^\beta'\frac{\ln(1-x)}{x^2(1-x)}dt $$

прийти к противоречию.

[nnosipov]

Rusit8800 в сообщении #1447694 писал(а):

Задача:
Найти все пары $(\alpha, \beta)$, при которых сходится интеграл

$$\int\limits_0^1 x^\alpha(1-x)^\beta\ln(x)dx $$

.
Пользуясь признаком Дирихле, я пришел к тому, что интеграл сходится при $\alpha>-2, \beta > -1$, что совпадает с ответами.

У Вас $\alpha$ и $\beta$ перепутаны. И зачем какие-то признаки, когда и так очевидно?

[Otta]

Rusit8800 в сообщении #1447694 писал(а):

Пользуясь признаком Дирихле

Пользоваться признаком Дирихле для интегралов от знакопостоянных функций как-то нехорошо. На это есть признаки сравнения.

[Rusit8800]

nnosipov в сообщении #1447706 писал(а):

И зачем какие-то признаки, когда и так очевидно?

Неочевидно, я тему о сходимости интегралов только с сегодняшнего дня начал ботать

-- 27.03.2020, 23:00 --

Otta в сообщении #1447717 писал(а):

На это есть признаки сравнения.

А какие функции тут сравнивать? У меня была идея только воспользоваться тем, что $\lim_{x\to 0} x^{\alpha}\log_{a}(x) = 0$ , и пооценивать сверху, но прием оказался не достаточно эффективным.

[mihaild]

Тут естественно надо смотреть отдельно в нуле и единице. Сравнивать достаточно с $x^k$ для какого-то $k$ (зависящего от $\alpha$) в нуле и с $(1-x)^k$ в единице. В единице полезно еще логарифм на эквивалентное заменить.

[thething]

Rusit8800
Лучше использовать предельный признак. В окрестности нуля $1-x\sim 1$, после чего удобно сделать замену переменной $y=\ln x$. Полученный после этого интеграл вычисляется по частям, если, конечно, Вам сразу не будут очевидны условия его сходимости/расходимости.

В окрестности единицы учтите, что $x\sim1$, $\ln x\sim x-1$.

[Padawan]

Rusit8800 в сообщении #1447757 писал(а):

$\lim_{x\to 0} x^{\alpha}\log_{a}(x) = 0$ , и пооценивать сверху, но прием оказался не достаточно эффективным

Почему не эффективным? При $x\to 0$ для любого $\varepsilon>0$ будет $x^\alpha< x^\alpha|\ln x|< x^{\alpha-\varepsilon}$. Поэтому домножение на $\ln x$ не может испортить сходимость, если она была ($\alpha>-1$), ни, тем более, создать сходимость, если её не было.