Encontrar los valores para los que $\int_{1}^{\infty}\frac{\sin (x^\alpha)}{x} \mathrm{dx}$ converge

Question

Estoy tratando de averiguar para qué valores de $\alpha$ la integral impropia converge:

$$ \int_{1}^{\infty}\frac{\sin (x^\alpha)}{x} \mathrm{dx}. $$

Me imaginé que podría usar a Dirichlet, mostrando que $\int_{1}^{b}\sin (x^\alpha) \mathrm{dx}$ está acotado, pero tengo problemas para demostrar que esto es así.

Mi intuición me dice que mientras $\sin (x^\alpha)$ no es técnicamente periódica, su "período" crece de forma predecible, y que puedo dividir de alguna manera la integral en una suma de integrales para la que puedo encontrar un límite superior.

Apreciaría sólo respuestas que utilicen teoremas de análisis bastante elementales.

Answer 1

Hay un método más sencillo:

Si $\alpha>0$ , entonces puede hacer la sustitución $y=x^{\alpha}$ para conseguir $$ \int_1^\infty \frac{\sin(x^\alpha)}{x} dx = \int_1^\infty \frac{\sin y}{\alpha y} dy$$ que es convergente.

Si $\alpha<0$ La misma sustitución da como resultado $$ \int_1^\infty \frac{\sin(x^\alpha)}{x} dx = \int_0^1 \frac{\sin y}{|\alpha| y} dy$$ que también es convergente.

Para $\alpha=0$ tenemos $$ \int_1^\infty \frac{\sin(x^\alpha)}{x} dx = \int_1^\infty \frac{\sin(1)}{x} dx $$ que no es convergente.

Answer 2

Pistas: 1. Si $\alpha <0$ entonces el integrando es $\sim 1/x^{1+|\alpha|}$ en $\infty.$

2. Si $\alpha =0,$ el integrando es igual a $\sin (1)/x.$

3. Si $\alpha >0,$ hacer el cambio de variables $x=y^{1/\alpha}.$

Answer 3

Si $\alpha=0$ , $$\int_{1}^{\infty}\frac{\sin (x^\alpha)}{x} \mathrm{dx} = \int_{1}^{\infty}\frac{\sin (1)}{x} \mathrm{dx}$$ diverge. Si $\alpha>0$ , Bajo $u=x^\alpha$ y la integración por partes, se tiene $$ \int_{1}^{\infty}\frac{\sin (x^\alpha)}{x} \mathrm{dx}=\frac1\alpha\int_1^\infty\frac{\sin u}{u}du=-\frac1\alpha\frac{\cos u}{u}\bigg|_1^\infty+\frac1\alpha\int_1^\infty\frac{\cos u}{u^2}du $$ lo que implica $$\int_{1}^{\infty}\frac{\sin (x^\alpha)}{x} \mathrm{dx}$$ Converge. Si $\alpha<0$ , $0<\sin (x^\alpha)\le x^\alpha$ en $[1,\infty)$ y por lo tanto $$0<\int_{1}^{\infty}\frac{\sin (x^\alpha)}{x} \mathrm{dx}\le \int_{1}^{\infty}\frac{x^\alpha}{x} \mathrm{dx}\le\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{1-\alpha}} \mathrm{dx}<\infty. $$ Así que $0<\int_{1}^{\infty}\frac{\sin (x^\alpha)}{x} \mathrm{dx}$ converge si $\alpha\neq0$ y diverge si $\alpha=0$ .

Answer 4

Es obvio que cuando $\alpha=0$ integral no converge. Hay una pista simple, cómo resolver este tipo de problema.

$\int_{1}^{\infty}\frac{\sin (x^\alpha)}{x} \mathrm{dx} = \int_{1}^{\infty}\frac{x^{\alpha-1} \sin (x^\alpha)}{x^{\alpha}} \mathrm{dx}$

Ahora tenemos que aplicar el teorema de Dirichlet a las funciones:

$f(x) = x^{\alpha-1} \sin (x^\alpha)$ y $g(x) = \frac{1}{x^{\alpha}}$

1. Función F(x) = $\int_{1}^{x} f(t) \mathrm{dt}$ acotado para cada $x \in [1, \infty)$
2. g en monótona
3. $\lim_{x\to\infty} g(x) = 0$ si $\alpha > 0$

Entonces la integral converge si $\alpha > 0$

UPD: Si $\alpha < 0$ tenemos $\frac{sin(x^\alpha)}{x} \sim {x^{\alpha-1}}$ que converge si $\alpha < 0$ .