Исследование интеграла на абсолютную и условную сходимости

[jakowka]

Помогите пожалуйста исследовать интеграл на абсолютную и условную сходимости при всех возможных значениях параметра $\alpha$

$$\int_{1}^{\infty} \frac {\cos (1+2x)} {(\sqrt x-\ln x)^\alpha} dx$$

[Хорхе]

Для $\alpha>2$ сходится абсолютно, для $\alpha>0$ -- условно. Абсолютная сходимость доказывается признаком Вейерштрасса, условная -- признаком Дирихле. То, что при $\alpha\le 2$ не сходится абсолютно, доказывается стандартно: надо записать $|\cos (1+2x)|\ge \cos^2 (1+2x)$ и доказать расходимость полученного ряда.

[jakowka]

а как доказать что при $\alpha \leqslant 0$ интеграл расходится?

[ewert]

jakowka в сообщении #221435 писал(а):

а как доказать что при $\alpha \leqslant 0$ интеграл расходится?

Ну, во-первых, это очевидно: амплитуда колебаний уходит на бесконечность и, следовательно, ряд из интегралов по полупериодам не имеет права сходиться...

[jakowka]

ewert в сообщении #221436 писал(а):

jakowka в сообщении #221435 писал(а):

а как доказать что при $\alpha \leqslant 0$ интеграл расходится?

Ну, во-первых, это очевидно: амплитуда колебаний уходит на бесконечность и, следовательно, ряд из интегралов по полупериодам не имеет права сходиться...

Я строила график и знаю как он выглядит, но честно говоря не очень понятно как доказать!

[ewert]

Для упрощения записи сделайте соотв. замену и запишите интеграл в виде $\int_a^{\infty}\cos(t)\cdot f(t)\,dt,$ где $f(t)\to\infty.$ Если бы интеграл сходился, то сходился бы и ряд, составленный из интегралов по отдельным полупериодам косинуса (на каждом из которых он сохраняет знак). А это невозможно: на полупериоде модуль интеграла оценивается снизу через удвоенный минимум функции $f(t)$ на этом отрезке и, следовательно, модули членов ряда уходят на бесконечность.