Исследовать на сходимость интеграл

[ozhigin]

$\int\limits_2^{\infty} \frac{cos(x+x^2)} {x^{\alpha}lnx}$
1) абс.сх-ть косинусы 1-цей оцениваем, в итоге $\alpha>1$ (очевидно)
2)просто сходимость
Вот тут и проблема, хочу применить Дирихле, естественно он не прокатывает..что делать?
ну и не откажусь от помощи в условной сх-ти и расх-ти..

[ozhigin]

ау? ребяты,выручайте

[Полосин]

Допишите $dx$ в интеграле и сделайте замену $t=x^2+x$.

[ewert]

Ну, для начала сделайте очевидную замену $x+x^2=t$, причём и иксы, и тэ достаточно велики, а дальше уж как-нибудь...

[ozhigin]

я так понимаю относительно х надо решать квадратное уравнение
$x=\frac{1}{2} (-1+\sqrt{1+4t}) (// +- на самом деле, но мы берем с +) $
$\int\limits_2^{\infty} \frac{cos(x+x^2)} {x^{\alpha}lnx}dx=\int\limits_6^{\infty} \frac{cos(t)} {(\frac{1}{2} (-1+\sqrt{1+4t})^{\alpha}ln(\frac{1}{2} (-1+\sqrt{1+4t}) \sqrt{1+4t}}dt$`
что дальше?

-- Пт дек 25, 2009 22:20:55 --

первообразная косинуса ограничена, а вот чтобы монотонно стремилось к нулю? неужели производную брать?

[ewert]

да не надо ничего решать. На бесконечности $x\sim\sqrt t$, и т.д...

[ozhigin]

так тут бы поподробней, ну эквивалентно,а к чему спихиваем задачу?

-- Пт дек 25, 2009 22:54:32 --

хорошо
$t->\infty$ получили
$\sim C* \frac{cost} {t^{\frac{\alpha+1}{2}} lnt}$
какие выводы о сходимости С -константа

[ozhigin]

ау..

[ewert]

Что "ау"? Для абсолютной сходимости косинус можно проигнорировать, для условной -- применить признак Лейбница к ряду, полученному расщеплением полуоси интегрирования на полупериоды косинуса.

[Cave]

Эквивалентность нельзя использовать в знакопеременных интегралах.
Не надо расписывать $x$, оставьте его в форме $x = x(t)$, подразумевая, что это функция аргумента $t$. После этого в знаменателе выделите главный член, чтобы он принял вид $f(t) (1 + \alpha(t))$, где $\alpha(t)$ - бесконечно малая, а потом $(1 + \alpha(t))^{-1}$ по формуле суммы бесконечной геометрической прогрессии до тех пор, пока остаток не будет сходиться абсолютно.

[ewert]

Cave в сообщении #275400 писал(а):

Эквивалентность нельзя использовать в знакопеременных интегралах.

Там нужна не эквивалентность, а всего лишь монотонность вкупе со стремлением к нулю. Последнее очевидно, а что до монотонности... Ну в общем она тоже достаточно очевидна из общих соображений: после замены переменных в знаменателе оказывается выражение вида $x^{\alpha+1}\cdot f(x)\cdot\ln x$, где $f(x)$ -- это некоторая аналитическая на бесконечности функция и, следовательно, производная всего этого выражения при всех достаточно больших иксах уж точно не ноль.

(А поскольку фактически в знаменателе окажется $x^{\alpha}(1+2x)\ln x$, то монотонность очевидна и без размахиваний руками.)

[Cave]

Для $\alpha\geqslant -1$ это, вроде, работает. А для остальных?

[ewert]

Cave в сообщении #275433 писал(а):

Для $\alpha\geqslant -1$ это, вроде, работает. А для остальных?

Для всех альф работает:

$$(x^{\alpha}(1+2x)\ln x)'=\alpha x^{\alpha-1}(1+2x)\ln x+x^{\alpha}\cdot2\ln x+x^{\alpha}(1+2x)\cdot{1\over x}.$$

Степенной порядок (на бесконечности) всех трёх слагаемых одинаков, но в двух из них есть ещё и логарифм, а в третьем -- нет. Так что при всех достаточно больших иксах производная в ноль не обращается и, следовательно, само выражение хоть в какую сторону, но -- монотонно.

Да и вообще было бы чудом, если бы не сработало...

[Cave]

При $\alpha < -1$ знаменатель будет монотонно стремиться к нулю, а не к бесконечности.

[ewert]

Естественно. Но при любой монотонности знаменателя члены ряда (из интегралов по полупериодам) будут монотонны в ту же сторону. А этого и достаточно -- как для сходимости, так и для расходимости.