До сих пор у нас, по сути, нет никаких специальных (или даже специфических) признаков, позволяющих установить условную сходимость интеграла. В этом пункте мы устраним эту брешь.
<aside> <img src="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/mind-map--v2.gif" alt="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/mind-map--v2.gif" width="40px" /> [ Теорема ] (признак Абеля—Дирихле)
Пусть $f \in R_{loc}[a, b)$, а $g$ монотонна. Тогда для сходимости интеграла
$$ \int\limits_a^b f g \ dx $$
достаточно, чтобы выполнялась любая из двух пар условий:
Функция
$$ F(\omega) = \int\limits_a^\omega f \ dx $$
ограничена на $[a, b)$.
$g$ стремится к нулю при $x\to b-0$.
Интеграл
$$ \int\limits_a^b f \ dx $$
сходится.
$g$ ограничена на $[a, b)$.
Обсудим теперь некоторые канонические примеры.
В этом пункте мы рассмотрим полезные для нас в дальнейшем примеры.
<aside> <img src="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/roller-skating--v2.gif" alt="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/roller-skating--v2.gif" width="40px" /> [ Пример ]
Исследовать на абсолютную и условную сходимости
$$ \int\limits_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x^\alpha} \ dx, \quad \alpha \in \mathbb{R}. $$
Ясно, что если $\alpha > 1$, то интеграл сходится абсолютно, ведь
$$ 0 \leq \frac{|\sin x|}{x^{\alpha}} \leq \frac{1}{x^\alpha}, $$
а интеграл от последней функции по промежутку $[1, +\infty)$ при $\alpha >1$ сходится.
Если $\alpha \leq 0$, то интеграл расходится, так как
$$ \left|\int\limits_{2\pi n}^{\pi/4 + 2 \pi n}\frac{\sin x}{x^\alpha} \ dx\right| \geq (2\pi n)^{-\alpha} \int\limits_{2\pi n}^{\pi/4 + 2\pi n} \sin x \ dx = \left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right)(2\pi n)^{-\alpha}, $$
где последнее выражение не стремится к нулю с ростом $n$.
Если $\alpha \in (0, 1]$, то интеграл сходится по признаку Абеля-Дирихле, так как
$$ |F(\omega)| = \left|\int\limits_1^{\omega} \sin x \ dx \right| = |\cos \omega - \cos 1| \leq 2, $$
а функция $x^{-\alpha}$ монотонно стремится к нулю при $x \to + \infty$.
Покажем, что абсолютной сходимости при $\alpha \in (0, 1]$ нет. Это следует из того, что
$$ \left|\int\limits_{\pi n}^{2 \pi n} \frac{|\sin x|}{x^\alpha} \ dx \right| \geq \frac{1}{(2\pi n)^\alpha}\int\limits_{\pi n}^{2\pi n}|\sin x| \ dx = \frac{n}{(2\pi n)^{\alpha}} \int\limits_0^\pi \sin x \ dx = \frac{2}{(2\pi)^\alpha}n^{1 - \alpha}, $$
где последнее выражение не стремится к нулю с ростом $n$.
Итого, рассматриваемый интеграл
Отметим следующее замечание.
<aside> <img src="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/information--v2.gif" alt="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/information--v2.gif" width="40px" /> [ NB ]
Для интеграла
$$ \int\limits_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x^\alpha} \ dx, \quad \alpha \in \mathbb{R} $$
аналогичными рассуждениями можно получить ровно такой же результат.
Рассматриваемый интеграл
Приведем еще один пример, раскрывающий полезную на практике идею исследования на сходимость интегралов.
<aside> <img src="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/roller-skating--v2.gif" alt="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/roller-skating--v2.gif" width="40px" /> [ Пример ]
Исследовать на сходимость интеграл
$$ \int\limits_1^{+\infty} \sin\left(\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right) \ \frac{dx}{\sqrt{x}}. $$
Найдем асимптотику подынтегральной функции вблизи особой точки $x = +\infty$:
$$ \sin\left(\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right) = \frac{\sin x}{\sqrt{x}} - \frac{1}{3!} \left(\frac{\sin x}{\sqrt{x}} \right)^3 + o\left(\frac{\sin x}{\sqrt{x}} \right)^3. $$
Тогда
$$ \sin\left(\frac{\sin x}{\sqrt{x}}\right)\frac{1}{\sqrt{x}} = \frac{\sin x}{x} - \frac{1}{3!}\frac{\sin^3x}{x^2} + o\left(\frac{\sin^3x}{x^2} \right). $$
Ясно, что интеграл от функции
$$ \frac{1}{3!}\frac{\sin^3x}{x^2} + o\left(\frac{\sin^3x}{x^2} \right) = O\left(\frac{1}{x^2}\right) $$
сходится абсолютно. Значит, достаточно исследовать сходимость (и ее тип) интеграла
$$ \int\limits_1^{+\infty} \frac{\sin x}{x} \ dx. $$
Как известно, этот интеграл сходится условно. Значит, исходный интеграл сходится условно.
</aside>
Отметим еще один важный пример, относящийся к условиям признака Абеля-Дирихле.
<aside> <img src="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/roller-skating--v2.gif" alt="https://img.icons8.com/ios/5000/000000/roller-skating--v2.gif" width="40px" /> [ Пример ]
Отказаться от условия монотонности функции $g$ в признаке Абеля-Дирихле нельзя. Рассмотрим интеграл
$$ \int\limits_1^{+\infty} \frac{\sin x}{\sqrt{x} - \sin x} \ dx. $$
Так как
$$ g(x) = \frac{1}{\sqrt{x} - \sin x}\xrightarrow[x \to + \infty]{} 0, \quad |F(\omega)| = \left|\int\limits_1^{\omega} \sin x \ dx \right| \leq 2, $$
то можно сделать неверный вывод, что интеграл сходится. Неверен вывод потому, что функция $g$ в данном случае оказывается немонотонной, а значит признак Абеля-Дирихле не применим.
В то же время, подынтегральная функция представима в виде
$$ \frac{\sin x}{\sqrt{x} - \sin x} = \frac{1}{\sqrt{x}}\frac {\sin x}{1 - \frac{\sin x}{\sqrt{x}}} = \frac{1}{\sqrt{x}}\sin x \left(1 - \frac{\sin x}{\sqrt{x}} + O\left( \frac{1}{x}\right) \right) = $$
$$ = \frac{\sin x}{\sqrt{x}} - \frac{\sin^2 x}{x} + O\left(\frac{1}{x^{3/2}} \right). $$
Интеграл от последнего слагаемого сходится абсолютно, а значит как факт сходимости, так и ее тип диктуются поведением интеграла от первых двух слагаемых в последней строчке. Ясно, что интеграл
$$ \int\limits_1^{+\infty} \left(\frac{\sin x}{\sqrt{x}} - \frac{\sin^2 x}{x} \right) \ dx $$
расходится, так как интеграл от первой функции сходится, а от второй расходится. Значит, расходится и исходный интеграл.
</aside>
