Несобственный интеграл

[Kitonum]

Уважаемые форумчане! Есть ли какие-нибудь идеи как вычислить (или исследовать на сходимость) интеграл
$\int_1^\infty\frac{dx}{x^{2\sin^2x}+x^{2\cos^2x}}$

[SpBTimes]

Ну разбейте на сумму из интегралов по периоду - будет проще.

[mihailm]

Похоже надо вырезать окрестности точек $\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}$

[ewert]

Лучше не вырезать, а всё-таки разбить на периоды и выделить в них четвертьпериоды -- скажем, $[2\pi k+\frac{\pi}4;2\pi k+\frac{\pi}2]$. На них подынтегральная функция двусторонне оценивается через $\frac1{(2\pi k)^{1+\alpha t}}$, где $\alpha>0$ и $t=x-2\pi k-\frac{\pi}4$ меняется от $0$ до $\frac{\pi}4$, после чего дело сводится к сходимости ряда из $\frac1{k\cdot\ln k}$. Случай довольно-таки граничный.

[mihailm]

думаете расходится?

[ewert]

думаете сходится?

[mihailm]

Я б стал вначале доказывать сходимость, оно как-то всегда приятнее

[ewert]

А я б начал с по возможности точных по порядку двусторонних оценок (благо они тут достаточно очевидны), а потом уж задумывался бы, куда они выводят -- на сходимость или на расходимость. Очевидно, что на каждом достаточно далёком четвертьпериоде

$\dfrac{C_1}{\big(\frac{\pi k}2\big)^{2\cos^2x}+\big(\frac{\pi k}2\big)^{2\sin^2x}}\leqslant \dfrac1{x^{2\cos^2x}+x^{2\sin^2x}}\leqslant \dfrac{C_2}{\big(\frac{\pi k}2\big)^{2\cos^2x}+\big(\frac{\pi k}2\big)^{2\sin^2x}},$

если зафиксировать как угодно $C_1<1$ и $C_2>1$. Теперь функция, стоящая по краям этой цепочки, симметрична относительно середины этого четвертьпериода, поэтому достаточно рассматривать одну из половинок. И если, например, для чётных $k$ взять правую половинку, то на ней

$\dfrac1{2\big(\frac{\pi k}2\big)^{2\sin^2x}}\leqslant \dfrac1{\big(\frac{\pi k}2\big)^{2\cos^2x}+\big(\frac{\pi k}2\big)^{2\sin^2x}}\leqslant \dfrac1{\big(\frac{\pi k}2\big)^{2\sin^2x}}.$

Теперь если $t$ -- смещение от левого конца этой осьмушки, то на ней $1+\alpha_1t\leqslant2\sin^2x\leqslant1+\alpha_2t$, после чего интеграл считается явно и выводит на вот самый ряд из $\frac1{k\ln k}$, причём оценка через этот ряд получается именно двусторонней. Вот теперь уже можно и задуматься, что же, собственно, доказывать -- сходимость или расходимость.