La convergencia $I=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x^s}dx$

Question

Hola estoy tratando de averiguar para qué valores del parámetro real hace la integral $$ I=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x^s}dx $$ (a) convergente y (b) absolutamente convergente.

Sé que la integral es convergente si $s=1$ desde $$ \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}. $$ Para $s=0$ es fácil ver divergente integral desde $\int_0^\infty \sin x\, dx$ es divergente. Sin embargo, yo estoy atrapado en averiguar cuando es convergente Y o absolutamente convergente.

Sé que para comprobar la convergencia absoluta que puede determinar para un arbitrario de series, $\sum_{n=0}^\infty a_n$ considerando $$ \sum_{n=0}^\infty |a_n|. $$ Si esto también ayuda a $$\sin x=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{2n+1}}{(2n+1)!} {x^{2n+1}}$$. Gracias a todos

Answer 1

Este es un buen problema a analizar. Nos puede resolver sólo la serie de métodos y pensamiento cuidadoso.

Dada la siguiente integral \begin{equation} \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x^s}dx, \tag1 \end{equation} para qué valores del parámetro real s es la integral convergente y absolutamente convergente.

(a) para resolver este problema, hemos de romper (1) en dos piezas \begin{equation} \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x^s}dx=\int_{0}^1 \frac{\sin x}{x^s}dx + \int_{1}^\infty \frac{\sin x}{x^s}dx \tag2 \end{equation} Podemos analizar cada término por separado. Es fácil ver que el término $$ \int_{1}^\infty \frac{\sin x}{x^s}dx $$ es divergente para $ s \leq 0$ desde el integral es proporcional a $x^s$ que diverge como $x \to \infty$. Para $ s > 0$, la serie es convergente desde $x^{-s} \downarrow 0 \ \text{as}\ x \to \infty$. Consideremos ahora el otro término en (2) y escribir explícitamente en términos de una suma $$ \int_{0}^1 \frac{\sin x}{x^s}dx=\int_{0}^1 \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1}}{(2n+1)!}{x^{s}}dx= \int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1-s}}{(2n+1)!}dx. $$ Podemos evaluar si esta integral es convergente mediante el análisis de la serie dentro de la cual se \begin{equation} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n x^{2n+1-s}}{(2n+1)!}\equiv \xi \end{equation} Mediante la prueba de razón en $\xi$, tenemos $$ \lim_{n\to \infty}\bigg| \frac{(-1)^{n+1} x^{2n+3-s} \cdot (2n+1)}{(2n+3)! \cdot (-1)^n x^{2n+1-s}} \bigg|=\lim_{n\to \infty} \frac{x^2}{4n^2+10n+6}=0. $$ Por la definición de la relación de la prueba, esta serie es absolutamente convergente desde $$ \lim_{n\to \infty} \bigg|\frac{\xi_{n+1}}{\xi_n}\bigg| =0 <1. $$ Ahora revisamos para la convergencia uniforme por cambiar el orden de la suma y de la integración, que está haciendo la integral de la primera, que los rendimientos de $$ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n} {(2n+1)!}\int_{0}^{1} x^{2n+1-s} dx=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n} {(2n+1)! \cdot (2n+2-s)}. $$ Nota, el $(2n+2-s) >0$ a ser definido. El cómputo de la suma de $n=0$ tenemos la condición $2 -s > 0$ o $ 2>s$. La evaluación de la integral en $n=0, s=2$ hemos $$ \int_{0}^{1} x^{2n+1-s} dx=\int_{0}^{1} {x^{-1}} dx $$ que diverge como el logaritmo.

Podemos concluir que (1) es convergente para $s \in (0,2)$.

(b):Para la convergencia absoluta se compruebe la convergencia de $$ \int_{0}^{\infty} \bigg|\frac{\sin x}{x^s}\bigg| dx. $$ Una vez más, romper la integral en dos partes $$ \int_{0}^{\infty} \bigg|\frac{\sin x}{x^s}\bigg| dx=\int_{0}^{1} \bigg|\frac{\sin x}{x^s}\bigg| dx + \int_{1}^{\infty} \bigg|\frac{\sin x}{x^s}\bigg| dx. $$ El segundo término de la derecha converge para $s > 1$, y es fácilmente visible desde $$ \int_{1}^{\infty} \bigg|\frac{\sin x}{x^s}\bigg| dx < \int_{1}^{\infty} \bigg|\frac{1}{x^s}\bigg| dx $$ que es convergente para $s > 1$. Comprobamos el otro término para la convergencia señalando que $$ \bigg|\frac{\sin x}{x^s}\bigg|=\frac{\sin x}{x^s} $$ para $ x \in [0,1]$. Por lo tanto llegamos a la conclusión de que $$ \int_0^1 \frac{\sin x}{x^s} $$ es absolutamente convergente para $s \in (0,2)$.

Por lo tanto, la integral en (1) es absolutamente convergente para $s \in (1,2)$.

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{I \equiv \int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x^{s}}\,\dd x:\ {\large ?}}$

\begin{align} I&=\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{\epsilon}^{\infty} {1 \over x^{s - 1}}{\sin\pars{x} \over x}\,\dd x =\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{\epsilon}^{\infty}{1 \over x^{s - 1}}\bracks{% \half\Re\int_{-1}^{1}\expo{\ic\verts{k}x}\,\dd k}\,\dd x \\[3mm]&=\half\Re\int_{-1}^{1}\bracks{\color{blue}{% \lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{\epsilon}^{\infty} {\expo{\ic\verts{k}x} \over x^{s - 1}}\,\dd x}}\,\dd k\tag{1} \end{align}

\begin{align} &\overbrace{\color{blue}{% \lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{\epsilon}^{\infty}{\expo{\ic\verts{k}x} \over x^{s - 1}} \,\dd x}}^{\ds{\ic\verts{k}x = -t\ \imp\ x = {\ic \over \verts{k}}\,t}} =\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{-\epsilon\ic}^{-\infty\ic}\pars{\expo{\ic\pi/2}t \over \verts{k}}^{1 - s} \expo{-t}\,{\ic \over \verts{k}}\,\dd t \\[3mm]&=-\,{\expo{-\pi s\ic/2} \over \verts{k}^{2 - s}} \lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{-\epsilon\ic}^{-\infty\ic}t^{1 - s}\expo{-t}\,\dd t \\[3mm]&=-\,{\expo{-\pi s\ic/2} \over \verts{k}^{2 - s}}\times \\[3mm]&\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\bracks{% -\int^{\epsilon}_{\infty}t^{1 - s}\expo{-t}\,\dd t -\lim_{R \to \infty}\int_{-\pi/2}^{0} R^{1 - s}\expo{\ic\pars{1 - s}\theta}\exp\pars{-R\expo{\ic\theta}}R \expo{\ic\theta}\ic\,\dd\theta}\qquad\pars{2} \end{align}

$$\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \mbox{Si}\quad\epsilon \to 0^{+},\ \mbox{la primera integral converge cuando}\ \Re\pars{1 - s} > -1\ \imp\ \Re\pars{s} < 2\etiqueta{3} $$

Vamos a estudiar la segunda integral en el límite de $\ds{R \to \infty}$: \begin{align} &\verts{\int_{-\pi/2}^{0} R^{1 - s}\expo{\ic\pars{1 - s}\theta}\exp\pars{-R\expo{\ic\theta}}R \expo{\ic\theta}\ic\,\dd\theta} \leq R^{2 - s}\int_{-\pi/2}^{0}\exp\pars{-R\cos\pars{\theta}}\,\dd\theta \\[3mm]&=R^{2 - s}\int_{0}^{\pi/2}\exp\pars{-R\sin\pars{\theta}}\,\dd\theta <R^{2 - s}\int_{0}^{\pi/2}\exp\pars{-R\,{2\theta \over \pi}}\,\dd\theta \\[3mm]&={\pi \over 2}\pars{R^{1 - s} - R^{1 - s}\expo{-R}} \to 0\ \mbox{when}\ \Re\pars{1 - s} < 0\ \imp\ \Re\pars{s} > 1\tag{4} \end{align}

$\pars{3}$ $\pars{4}$ muestran que ambos términos en $\pars{2}$ convergen siempre $\ds{1 < \Re\pars{s} < 2}$: $$ \color{blue}{\lim_{\epsilon \to 0^{+}} \int_{\epsilon}^{\infty}{\expo{\ic\verts{k}x} \over x^{m - 1}}\,\dd x} =-\,{\expo{-\pi s\ic/2} \\verts{k}^{2 - s}}\,\Gamma\pars{2 - s}\,,\qquad\qquad 1 < \Re\pars{s} < 2 $$ donde $\ds{\Gamma\pars{z}}$ es la La Función Gamma. Este resultado se sustituye en $\pars{1}$ encontrar: \begin{align} I&=-\,\half\,\cos\pars{\pi s \over 2}\Gamma\pars{2 - s} \int_{-1}^{1}\verts{k}^{s - 2}\,\dd k =-\,\half\,\cos\pars{\pi s \over 2}\Gamma\pars{2 - s}\,{2 \over s - 1} \end{align}

$$\color{#00f}{\large% I = \lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{\epsilon}^{\infty} {\sin\pars{x} \over x^{s}}\,\dd x = \cos\pars{\pi s \over 2}\Gamma\pars{1 - s}}\,,\qquad 1 < \Re\pars{s} < 2 $$ donde hemos utilizado la Gamma de la Recurrencia de la Fórmula ${\bf\mbox{6.1.15}}$.

Answer 3

Observe que cuando x cerca de a $0$ el integrando se comporta como

$$ \frac{x}{x^s} .$$

Por otro lado en el infinito se comporta como

$$ \frac{1}{x^s} .$$

Ahora compruebe la integrabilidad de las anteriores funciones y ver las condiciones en las $s$.

Answer 4

Es absolutamente convergente para $1<s<2$. En primer lugar, escriba la integral como

$\int_{0}^{\infty} \left|{\frac{\sin(x)}{x^s}}\right| \;dx = \int_{0}^{1} \left|\frac{\sin(x)}{x^s}\right| \;dx + \int_{1}^{\infty} \left|\frac{\sin(x)}{x^s} \right|\;dx$.

A continuación, $ \int_{1}^{\infty} \left|\frac{\sin(x)}{x^s} \right|\;dx$ converge para cualquier $s>1$ desde $\int_{1}^{\infty} \left|\frac{1}{x^s} \right|\;dx$ converge para tal $s$ (con el obvio hecho de que $|\sin(x)| \leq 1$). Por otra parte, esta integral diverge para $s\leq 1$.

Por el otro sumando, cabe recordar que la $\frac{\sin(x)}{x} < 1$$(0,1]$, por lo que estamos obligados el integrando:

$\left|\frac{sin(x)}{x^s}\right| \leq \frac{1}{x^{s-1}}$

para $x\in (0,1].$

Es bien sabido que la integral de la $\int_0^1 \frac{1}{x^p}\;dx$ converge para $0<p<1$, lo $\int_0^1 \frac{1}{x^{s-1}}\;dx$ converge para $1<s<2$. Queda por demostrar que esta integral diverge para $s\geq 2$, pero esto se podría lograr mediante el uso de su serie de taylor para $\sin(x)$.