La convergencia de $\int_{-\infty}^{\infty} \sin p(x)\,dx$ donde $p$ es un polinomio con $\deg p>1$

Question

Pensé acerca de este problema en la actualidad, y trató de resolverlo. Deje $ax^n$ ser el líder plazo de $p$.

Puedo demostrar que $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\sin ax^n\,dx$ converge (a continuación), y he argumentado que desde $p(x)\sim ax^n$ para suficientemente grande $x$, tenemos $\sin p(x)\sim \sin ax^n$, y así la convergencia de $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\sin p(x)\,dx$ está determinado por el de $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\sin ax^n\,dx$.

No estoy seguro de si esto es correcto, sin embargo, y agradecería un poco de ayuda si no lo es. Muchas gracias!

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$n>1$ a lo largo.

Llame a $ax^n$ el líder plazo de $p$. Por lo suficientemente grande $x,\;p(x)\sim ax^n$, y por lo tanto $\sin p(x)\sim \sin ax^n$

Sin pérdida de generalidad, supongamos $a>0$ y limitarnos a $\mathbb{R}^+$. Es suficiente para considerar:

$$\int_{0}^{\infty} \sin ax^n\,dx$$

Para esto, vamos a $t=ax^n:$

$$ \int_0^{\infty} \sin x^n\,dx=\frac{1}{\sqrt[n]{a}n}\int_0^{ \infty} t^{\frac{1}{n}-1}\sin t\,dt$$

Ahora, romper la línea real en segmentos de longitud $\pi,$ y deje $t=w+k\pi:$

$$\sum_{k\geq 0} \frac{1}{\sqrt[n]{a}n} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} t^{\frac{1}{n}-1}\sin t\,dt=\sum_{k\geq 0} \frac{(-1)^k}{\sqrt[n]{a}n}\underbrace{\int_0^{\pi}\frac{\sin w}{(w+k\pi)^{ 1-\frac{1}{n}}}\,dw}_{s_k}$$ Ahora trabajamos nuestro camino hacia el Leibniz de la prueba:

$$0<s_k<\int_0^{\pi}\frac{dw}{(w+k\pi)^{1-\frac{1}{n}}}=n\sqrt[n]{\pi}\Big((k+1)^{\frac{1}{n}}-k^{\frac{1}{n}}\Big)\to 0\;\;\text{as}\;k\to \infty$$

Y, por supuesto, desde la $\sin w>0$ para $w\in (0,\pi):$

$$\Big(w+(k+1)\pi\Big)^{\frac{1}{n}-1}<\Big(w+k\pi\Big)^{\frac{1}{n}-1}\Rightarrow s_{k+1}<s_k$$

Por lo tanto $s_k$ es un valor nulo de la secuencia y es monótonamente decreciente, por tanto $ \displaystyle\sum_{k\geq 0} (-1)^k s_k$ converge, y de ello se sigue que la integral en cuestión converge también.

Answer 1

Supongamos que $f(x)$ es una función donde $\lim_{x \to \infty}f(x)=\infty$ e $f'(x)$ es creciente y positiva en $[N, \infty)$, para algunas de las $N>0$. Tenga en cuenta que un polinomio de grado $>1$ positivos coeficiente inicial satisface esta condición. Supongamos que $x_1>N$ tal que $f(x_0)=2 k \pi$ para algunos $k \in \mathbb{N}$. Queremos encontrar una condición para que $$ \int_{x_0}^{\infty} \sin \left(f(x)\right) dx $$ converge. En primer lugar, tenga en cuenta que $f$ es estrictamente creciente a $\infty$, por lo que para cada una de las $m \in \mathbb{N}$, hay un único $x_m$ tal que $$ f(x_m)= (2k+m)\pi. $$ Si $x$ entre $x_m$ e $x_{m+1}$,, a continuación, $\int_{x_0}^x \sin(f(t))dt$ entre $\int_{x_0}^{x_m} \sin(f(t))dt$ e $\int_{x_0}^{x_{m+1}} \sin(f(t))dt$. Como tal, es suficiente para mostrar que la siguiente serie converge: $$ \sum_{m=1}^{\infty} \int_{x_m}^{x_{m+1}} \sin(f(t))dt. $$ Por nuestra definición de $x_m$, esta serie se alternan en signo. El uso de la substition $u=f(t)$ rendimientos $$\int_{x_m}^{x_{m+1}} \sin(f(t))dt = \int_{(2k+m)\pi}^{(2k+m+1)\pi} \frac{\sin(u)}{f'(f^{-1}(u))} du.$$

Tenga en cuenta que las condiciones en las $f$ de la fuerza que la función de $f'(f^{-1}(u))$ es cada vez mayor. Por lo tanto $$ |\int_{x_m}^{x_{m+1}} \sin(f(t))dt | > |\int_{x_{m+1}}^{x_{m+2}} \sin(f(t))dt| $$ para cada una de las $m$. La última condición que necesitamos para la convergencia es sólo $$ \lim_{m\to\infty} \int_{(2k+m)\pi}^{(2k+m+1)\pi} \frac{\sin(u)}{f'(f^{-1}(u))} du =0, $$ así que la última condición en la que nos gustaría es que $f'(x)\to \infty$, que es satisfecho por nuestro polinomio.

Answer 2

Seleccione una $N$ tal que $p'(x) \neq 0$ para $|x| > N$. Esto es suficiente para mostrar que $\int_N^{\infty} \sin p(x)\,dx$ e $\int_{-\infty}^{-N} \sin p(x)\,dx$ son convergentes. Hacemos la primera integral como la segunda se realiza de la misma manera. Para $M > N$ escribir $$\int_N^M \sin p(x)\,dx = \int_N^M p'(x)\sin p(x) {1 \over p'(x)}\,dx$$ Integrar por partes, integración de $p'(x)\sin p(x)$ a $-\cos p(x)$ y diferenciar ${1 \over p'(x)}$. tenemos $$\int_N^M p'(x)\sin p(x) {1 \over p'(x)}\,dx = -{\cos p(M) \over p'(M)} + {\cos p(N) \over p'(N)} - \int_N^M \cos p(x){p''(x) \over p'(x)^2}\,dx$$ Ahora vamos a $M \rightarrow \infty$. Desde $|\cos(p(M))| \leq 1$ e $p'(M) \rightarrow \infty$ as $M \rightarrow \infty$, el primer término tiende a cero. También, que el grado del denominador de ${\displaystyle {p''(x) \over p'(x)^2}}$ supera el grado del numerador por el grado de $p(x)$, que es, al menos,$2$, por lo que la integral converge absolutamente, el uso de ese $|\cos p(x)| \leq 1$. De modo que la integral converge. En particular, hemos $$\int_N^{\infty} \sin p(x) \,dx = {\cos p(N) \over p'(N)} - \int_N^{\infty} \cos p(x){p''(x) \over p'(x)^2}\,dx$$ Aquí la mano derecha de la integral converge absolutamente.