Борис Павлович избавил нас от рассмотрения случая, когда α=β, исключив его условиями задачи. Можно, однако, доказать, что в этом случае интеграл расходится.
Вид интеграл принимает такой:
∞∫0sin2αxxdx
Оценим подынтегральное выражение снизу. Далее мы будем рассматривать α>0, так как знак α в этом интеграле неважен. Понизив степень, получим, что sin2αxx=1−cos2αx2x. Найдём, где числитель будет больше единицы: 1−cos2αx⩾1, cos2αx⩽0, π2+2πn⩽2αx⩽3π2+2πn, π+4πn4α⩽x⩽3π+4πn4α,n∈Z. Тогда sin2αxx=1−cos2αx2x⩾12x, и следовательно, 3π+4πn4α∫π+4πn4αsin2αxxdx=3π+4πn4α∫π+4πn4α1−cos2αx2xdx>3π+4πn4α∫π+4πn4α12xdx=lnx2|3π+4πn4απ+4πn4α=12(ln3π+4πn4α−lnπ+4πn4α)= (дальше воспользуемся тем, что при 0<x<e−1 будет выполняться ln(1+x)>xe−1, если и это надо доказать – обращайтесь) =12ln3+4n1+4n=12ln(1+21+4n)>12(e−1)21+4n=1e−111+4n. Дальше понятно, что убывать частичные интегралы будут со скоростью гармонического ряда, который расходится. Но нужно оформить эту мысль строго.
Рассмотрим интеграл 4π+4πn4α∫4πn4αsin2αxxdx=πα(n+1)∫παnsin2αxxdx=π+4πn4α∫4πn4αsin2αxxdx+3π+4πn4α∫π+4πn4αsin2αxxdx+4π+4πn4α∫3π+4πn4αsin2αxxdx. Для его слагаемых верно (среднее мы доказали выше): π+4πn4α∫4πn4αsin2αxxdx>0,3π+4πn4α∫π+4πn4αsin2αxxdx>1e−111+4n,4π+4πn4α∫3π+4πn4αsin2αxxdx>0, итого πα(n+1)∫παnsin2αxxdx>1e−111+4n. Сложив несколько таких неравенств для последовательных номеров получим, что πα(n+m)∫παnsin2αxxdx>1e−1m−1∑k=011+4(n+k). Заметим, что m−1∑k=011+4(n+k)>m−1∑k=014+4(n+k)=14m−1∑k=01n+k+1>14m−1∑k=01n+m=14mn+m. Тогда при m=n n−1∑k=011+4(n+k)>14nn+n=18, 2παn∫παnsin2αxxdx>1e−1n−1∑k=011+4(n+k)>181e−1. Мы для всякого B можем найти натуральное n>απB. Тогда положив b1≡παn>B, b2≡2παn>b1 и ε≡181e−1, мы получим, что b2∫b1sin2αxxdx>ε, а значит исходный интеграл расходится по критерию Коши.