Dejemos que $f\left(x,t\right)$ dado para $\left(x,t\right) \in \left(\mathbb{R}^{+}\right)^2$ por $$ f\left(x,t\right)=\frac{x\sin\left(xt\right)}{1+x^2} $$ ¿Hay alguna manera de demostrar que existe $\varphi$ para que $\displaystyle \int_{0}^{+\infty}\left|\varphi\left(v\right)\right|\text{d}v<+\infty$ y $$ \left|f\left(x,t\right) \right| \leq \varphi\left(x\right) $$ La cosa es que creo que $$ \left|f\left(x,t\right)\right| \underset{(+\infty)}{\sim}\frac{\sin\left(xt\right)}{x} $$ que seguramente es semiconvergente de ahí que no me resulte fácil... He intentado entonces trabajar en un conjunto compacto $K=\left[a,b\right] \subset \mathbb{R}^{+}$ pero no consigo encontrar tal $\varphi$ incluso en este caso.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Tenga en cuenta que tenemos
$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{x\sin(xt)}{1+x^2}\,dx&=\int_0^\infty \frac{x^2\sin(xt)}{x(1+x^2)}\,dx\\\\ &=\int_0^\infty \frac{(1+x^2-1)\sin(xt)}{x(1+x^2)}\,dx\\\\ &=\int_0^\infty \frac{\sin(xt)}{x}\,dx-\int_0^\infty \frac{\sin(xt)}{x(1+x^2)}\,dx\\\\ &=\frac\pi2\text{sgn}(t) -\int_0^\infty \frac{\sin(xt)}{x(1+x^2)}\,dx\tag1 \end{align}$$
Por lo tanto, la integral original converge, pero no converge absolutamente ( $\int_0^\infty \left|\frac{\sin(xt)}{x}\right|\,dx=\infty$ para $t\ne 0$ ).
Curiosamente, la integral del lado derecho de $(1)$ converge absolutamente.
EDITADO PARA ABORDAR UN COMENTARIO DEJADO POR EL OP:
Tenga en cuenta que $\int_0^\infty \frac{-x\sin(xt)}{1+x^2}\,dx$ converge uniformemente para $|t|>\delta>0$ . Por lo tanto, tenemos
$$\frac{d}{dt}\int_0^\infty \frac{\cos(xt)}{1+x^2}\,dx=\int_0^\infty \frac{-x\sin(xt)}{1+x^2}\,dx$$
para todos $|t|\ge \delta>0$ .
