Estoy teniendo problemas para mostrar $$\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin\left(\frac{n}{x}\right)~\text{d}x=0$$ The integrand doesn't converge for any $x$, así que no sé cómo utilizar el estándar de Lebesgue teoremas de convergencia. Gracias por las sugerencias.
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user3035
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Frew
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El cambio de variables shouble ser $u=\frac{n}{x}$. De esa manera, $x=\frac{n}{u}$, e $dx = n\frac{du}{u^2}$. La integral se convierte entonces en: $\displaystyle\int_0^{+\infty} \frac{n}{u^2}e^{-\frac{n}{u}}\sin(u)du = \int_0^{+\infty} f_n(u)du$ con $f_n(u)=\frac{n}{u^2}e^{-\frac{n}{u}}\sin(u)$. $\forall n$, tenemos: $\displaystyle\lim_{u\rightarrow 0}f_n(u)=0$, $\displaystyle\lim_{u\rightarrow +\infty}f_n(u)=0$, $f_n$ es integrable en a $\mathbb{R}^+$.
Vamos ahora a encontrar $m_n$ como $||f_n||_{\infty}\leq m_n$. Para los que estudiamos $g_n(u)= \frac{n}{u^2}e^{-\frac{n}{u}}$. $g_n'(u) = (-\frac{2n}{u^3}+\frac{n^2}{u^4})e^{-\frac{n}{u}}= \frac{n}{u^3}(-2+\frac{n}{u})e^{-\frac{n}{u}}$, y así vemos que el $g_n$ alcanza su máximo cuando se $u=\frac{n}{2}$, e $g_n(\frac{n}{2}) = \frac{4}{n}e^{-2}$.
Finalmente, $\forall x\in \mathbb{R}^+$ tenemos $|f_n(x)|\leq\frac{4}{n}e^{-2}\rightarrow 0$, lo que nos permite usar el teorema de la convergencia dominada para decir que $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_0^{+\infty}f_n = 0$
EDIT: Aclaración sobre el teorema de la convergencia dominada: es fácil ver que para todos los $u>1$, $g_n(u)$ es la disminución en $n$. Vamos a tomar un $\varepsilon>0$, y encontrar $N$ $A>1$ como $\int_A^{+\infty}g_n(u)du\leq\frac{\varepsilon}{2}$ (a). Entonces, podemos aplicar sin ningún problema de la convergencia dominada en $[0,A]$, lo $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_0^A f_n(u)du=0$, por lo que podemos encontrar $N'$ como $\forall n\geq N'$, $|\int_0^Afn|\leq \frac{\varepsilon}{2}$ (b).
Y cuando se suman las desigualdades (a) y (b), se obtiene: $\forall n\geq\max(N,N')$, $|\int_0^{+\infty}f_n|\leq\varepsilon$, lo que logra la demostración.
Robert Christie
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Vamos $$ I_n = \int_0^\infty \mathrm{e}^{-x} \sin\left(\frac{n}{x}\right) \mathrm{d} x = \Im\left( \underbrace{\int_0^\infty \exp\left(-x + i \frac{n}{x}\right)\mathrm{d}x}_{J_n} \right) $$ Podemos girar el contorno por el ángulo de $\phi$ de las manecillas del reloj, así como para mantener la parte real de la argumentación de exponente negativo, es decir, para $0 \leqslant \phi<\frac{\pi}{2}$: $$ J_n = \int_0^\infty \exp\left(-x + i \frac{n}{x}\right)\mathrm{d}x = \int_0^{\mathrm{e}^{-i \phi} \infty} \exp\left(-z + i \frac{n}{z}\right)\mathrm{d}z = \int_0^\infty \exp\left(-r \mathrm{e}^{-i \phi} + \frac{n}{r}\mathrm{e}^{i \phi}\right) \mathrm{e}^{-i \phi} \mathrm{d}r $$ La de arriba es una tabla de integrales (Gradshteyn&Ryzhik 3.471.9, también vea la pregunta 128687): $$ J_n = 2 \sqrt{n} \mathrm{e}^{-i \frac{\pi }{4}} K_1\left(2 \sqrt{n} \mathrm{e}^{-i \frac{\pi }{4}}\right) = \sqrt{2n} (1-i) K_1\left(\sqrt{2n} (1-i)\right) $$ donde $K_\nu(x)$ denota la función Bessel modificada de segunda clase. El original de la integral es: $$ I_n = \sqrt{2n} \Im\left( (1-i) K_1\left(\sqrt{2n} (1-i)\right) \right) = \sqrt{2n} \left( \operatorname{kei}_1\left(2\sqrt{n}\right) - \operatorname{ker}_1\left(2\sqrt{n}\right) \right) $$ donde $\operatorname{ker}_\nu(z)$ , $\operatorname{kei}_\nu(z)$ se Kelvin funciones. El gran argumento de expansión de $K_\alpha(x)$ es conocido: $$ J_n = \frac{\pi}{2} \sqrt{\sqrt{2n} (1-i)} \exp\left(-\sqrt{2n} (1-i)\right) \left( 1 + \mathcal{S}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}\right)\right) = \sqrt{\pi} n^{1/4} \exp\left(-\sqrt{2n} + i \left(\sqrt{2n} - \frac{\pi}{8}\right)\right) $$ Ahora fácilmente se deduce que $$ \lim_{n \uparrow \infty} I_n =\Im \lim_{n \uparrow \infty} J_n = 0 $$
