Расходимость интеграла sin^2(x)/x

[denmanorwat]

Рассмотрим интеграл $ \int_1^{+\infty} {\sin^2(x) \over x} $. Распишем по формуле Ньютона-Лейбница:
$ \int_1^{+\infty} {\sin^2(x) \over x} = [u = \sin^2(x), v' = {1 \over x} \rightarrow v = \ln(x)] = \sin^2(x)\ln(x)|_1^{+\infty} + \cdots $.
Можем ли мы по тому, что предела $ \lim_{x \to \+\infty }\sin^2(x)\ln(x) $ не существует, сделать вывод, что интеграл расходится?

[mihaild]

Нет, не можем - вдруг вторая часть тоже расходится?
Посчитаем аналогично $\int_0^\infty x^2(1 - 1)\, dx$. Возьмем $u = x^2$, $v = 1$ (имеем право). Имеем $\int_0^\infty x^2(1 - 1)\, dx = x^2|_0^\infty + \ldots$. Предела опять же не существует, хотя исходный интеграл, очевидно, сходится.

(Оффтоп)

Это не формула Ньютона-Лейбница, это взятие по частям. И где дифференциал потерялся?

[zykov]

Проще наверно через $\sin^2 x = \frac12 (1 - \cos 2x)$.

[denmanorwat]

mihaild в сообщении #1536445 писал(а):

Нет, не можем - вдруг вторая часть тоже расходится?
Посчитаем аналогично $\int_0^\infty x^2(1 - 1)\, dx$. Возьмем $u = x^2$, $v = 1$ (имеем право). Имеем $\int_0^\infty x^2(1 - 1)\, dx = x^2|_0^\infty + \ldots$. Предела опять же не существует, хотя исходный интеграл, очевидно, сходится.

(Оффтоп)

Это не формула Ньютона-Лейбница, это взятие по частям. И где дифференциал потерялся?

Да, действительно. Получается, в моём неправильном выводе ошибка заключалась в том, что я необоснованно перешёл от
$ \lim_{x \to +\infty} [\sin^2(x)\ln(x)|_0^x - \int_0^x 2\ln(x)\sin(x)\cos(x) dx] $
к
$ \lim_{x \to +\infty} [\sin^2(x)\ln(x)|_0^x] - \lim_{x \to +\infty} [\int_0^x 2\ln(x)\sin(x)\cos(x) dx]$?

[mihaild]

Да. Предел суммы может существовать даже если ни у одного из слагаемых предела не существует.

[Red_Herring]

Есть и более простое рассуждение, которое годится, например для

$$\int_1^\infty \frac{\sin^{1002}(x)\cos^{1222} (x) }{x(12+\cos^3(x))}dx$$

Существует $\epsilon >0$ т.ч. каждом $(2\pi n , 2\pi (n+1)$ существует подинтервал длины $\epsilon >0$ на котором подынтегральное выражение $>\epsilon$. С другой стороны, подынтегральное выражение неотрицательно, поэтому $\int_0^{2\pi n} ... > \delta \sum_{n=1}^N \frac{1}{n}$, $\delta >0$, и расходимость интеграла следует из расходимости ряда $\sum_{n=\infty}^N \frac{1}{n}$.

[Padawan]

Red_Herring в сообщении #1536516 писал(а):

подынтегральное выражение

Наверное, множитель в подынтегральном выражении, стоящий при $1/x$?
Можно ещё первую теорему о среднем к интегралу $\int_n^{n+1}$ применить.

[Red_Herring]

Padawan в сообщении #1536522 писал(а):

аверное, множитель в подынтегральном выражении, стоящий при $1/x$?

Конечно, спасибо.