alguna confusión donde $\alpha$ ¿convergirá?

Question

Encuentre el rango de valor de $\alpha $ para lo cual $\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x^{\alpha}}$ es convergente.

Mis intentos: Tengo dos respuestas en mi mente sigue como se indica a continuación

Primera respuesta :

$$\sin x \le 1\implies\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x^{\alpha}}\le \int_{0}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha}}$$

Así que $\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x^{\alpha}}$ es convergente si $\alpha > 0$

segunda respuesta :Utilizando la integración por partes

$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x^{\alpha}}= -[\frac{cosx}{x^{\alpha}}]_{0}^{\infty} - \alpha \int_{0}^{\infty}\frac{cosx}{x^{\alpha +1}}dx$

Ahora tomo $I = \alpha \int_{0}^{\infty}\frac{cosx}{x^{\alpha +1}}dx$

De esto puedo concluir que $\alpha + 1 > 0 $ implica $\alpha > -1 $ y de nuevo $0 < \alpha < 1$

Así que ahora ese rango de valor de $\alpha$ para la convergencia es $(-1,1)$

Por lo tanto $\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x^{\alpha}}$ es convergente si $-1 < \alpha <1$

No estoy seguro de cuál será el correcto

cualquier sugerencia/solución será más apreciada

Gracias

Answer 1

• Cerca de $0$ tenemos un integrando positivo, por lo que podemos utilizar equivalentes : $\sin x$ equivale a $x$ por lo que por las reglas del análisis asintótico, $$\frac{\sin x}{x^\alpha}\sim_0\frac{x}{x^\alpha}=\frac1{x^{\alpha-1}}$$ y $\displaystyle\int_0^1\frac1{x^{\alpha-1}}\,\mathrm dx\;$ converge para $\alpha-1<1$ es decir $\;\alpha <2$ por lo que lo mismo ocurre con la función dada sobre $(0,1]$ .
• Cerca de $\infty$ podemos utilizar La regla de Abel : $\;\dfrac1{x^\alpha} $ disminuye a $0$ para cualquier $\alpha>0$ y $\;\displaystyle \int_1^x\!\!\sin x\,\mathrm d x$ está acotada, por lo que la integral dada converge en $[1,+\infty)$ .

Conclusión la integral converge si $\;0<\alpha<2$ .

Answer 2

Para $\alpha\gt0$ , $$ \begin{align} \int_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^a}\,\mathrm{d}x &=-\int_1^\infty\frac1{x^\alpha}\,\mathrm{d}\cos(x)\\ &=\cos(1)-\alpha\int_1^\infty\frac{\cos(x)}{x^{\alpha+1}}\,\mathrm{d}x \end{align} $$ que converge.

Para $\alpha\lt2$ , $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\sin(x)}{x^a}\,\mathrm{d}x &\le\int_0^1x^{1-\alpha}\,\mathrm{d}x \end{align} $$ que converge.

Así, la integral converge para $0\lt\alpha\lt2$ .

Además, $$ \newcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \begin{align} \int_0^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\,\mathrm{d}x &=\Im\left(\int_0^\infty\frac{e^{ix}}{x^\alpha}\,\mathrm{d}x\right)\tag1\\ &=\Im\left(i^{1-\alpha}\int_0^\infty\frac{e^{-x}}{x^\alpha}\,\mathrm{d}x\right)\tag2\\[6pt] &=\cos(\alpha\pi/2)\Gamma(1-\alpha)\tag3\\[6pt] &=\frac{\pi\alpha/2}{\sin(\pi\alpha/2)\,\Gamma(\alpha+1)}\tag4 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$ : Fórmula de Euler
$(2)$ : Teorema integral de Cauchy
$(3)$ : Fórmula de Euler y el Función gamma
$(4)$ : Fórmula de reflexión de Euler