No tengo idea por el pleno de la generalidad, pero al menos tengo una respuesta completa al $g$ es convexa.
La proposición. Suponga que $g : [a,\infty) \to \Bbb{R}$ es creciente y convexa acotada. Entonces
(1) $\int_{a}^{\infty} \sin g(x) \, dx$ no converge absolutamente.
(2) $\int_{a}^{\infty} \sin g(x) \, dx$ converge si y sólo si $g'_{+}(x) \to \infty$ donde $g'_{+}$ es la mano derecha de la derivada.
(3) $\int_{a}^{\infty} \sin g(x) \, dx$ converge en Cesaro sentido. Es decir, el límite
$$\lim_{R\to\infty} \frac{1}{R} \int_{a}^{R} \int_{a}^{r} \sin g(x) \, dx dr$$
existe.
Paso 1. Un poco de reducción y algunas observaciones
En primer lugar, desde $g$ es convexa, es continua excepto posiblemente en a $0$. Utilizando el hecho de que $g$ también está aumentando, sabemos que $g$ es de hecho continua en todas partes en $[0,\infty)$. La condición implica que existe $a' \in [a, \infty)$ tal que $g$ es constante en $[a, a']$ $g$ es estrictamente creciente en a $[a', \infty)$. Dado que ninguno de los enunciados (1)-(3) se ve afectado en la modificación de la $g$ en un intervalo finito, se puede truncar el intervalo desde la izquierda y asumir que $g$ es estrictamente creciente.
El párrafo anterior muestra que es suficiente con considerar el $g$ que es estrictamente creciente, continuo, convexo y sin límites. Entonces su inverso $h : [g(0), \infty) \to [a, \infty)$ es una bien definida la función es estrictamente creciente, continuo, cóncava y sin límites. Por lo tanto su mano derecha derivado $h'_+(x)$ es una función decreciente tal que
$$ h'_+(x) = \lim_{h \to 0^+} \frac{h(x+h) - h(x)}{h} = \lim_{k \to 0^+} \frac{k}{g(h(x)+k) - g(h(x))} = \frac{1}{g'_+(h(x))}. $$
Por lo $h'_+(x) \to 0$ si y sólo si $g'_{+}(x) \to \infty$. Además, para cualquier función continua $\varphi$ $[a, b]$ tenemos la siguiente fórmula
$$ \int_{a}^{b} \varphi(g(x)) \, dx
= \int_{g(a)}^{g(b)} \varphi(y) \, dh(y)
= \int_{g(a)}^{g(b)} \varphi(y) h'_+(y) \, dy. $$
Paso 2. Calcular en tiempo real.
-
Podemos resolver en primer lugar (1). Vamos a escribir $\rho(x) = h'_+(x)$ por razones de brevedad. Elija $m \in \Bbb{Z}$, de modo que $m\pi > g(a)$. A continuación, a lo largo de $R_n = h(n\pi)$$n > m$,
\begin{align*}
\int_{a}^{R_n} \left|\sin g(x) \right| \, dx
&\geq \int_{m\pi}^{n\pi} \rho(x) \left|\sin x \right| \, dx
= \sum_{k=m}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \rho(x+k\pi) \sin x \, dx \\
&\hspace{2em} \geq \sum_{k=m}^{n-1} 2\rho((k+1)\pi)
\geq \sum_{k=m}^{n-1} \frac{2}{\pi} \int_{(k+1)\pi}^{(k+2)\pi} \rho(x) \, dx \\
&\hspace{4em} \geq \frac{2}{\pi} [h((n+1)\pi) - h((m+1)\pi)]
\xrightarrow[n\to\infty]{} \infty
\end{align*}
y por lo tanto (1) de la siguiente manera.
-
Lo siguiente que queremos resolver la parte (2). Deje $m \in \Bbb{Z}$ a ser como antes y definir $F$ por
$$F(r) = \int_{m\pi}^{r} \rho(x) \sin x \, dx.$$
En vista de la sección anterior, podemos investigar la convergencia de $F(r)$ $r\to\infty$ lugar. También, desde la $F(r)$ siempre se encuentra entre $F(n\pi)$ $F((n+1)\pi)$ siempre $x \in [n\pi, (n+1)\pi]$, es suficiente para investigar la convergencia de $F(n\pi)$$n\to\infty$. Ahora para $n > m$,
$$ F(n\pi) = \sum_{k=m}^{n-1} (-1)^k \int_{0}^{\pi} \rho(x+k\pi) \sin x \, dx $$
En primer lugar, el término general que se satisface
$$ \left| (-1)^k \int_{0}^{\pi} \rho(x+k\pi) \sin x \, dx \right|
\geq \rho((k+1)\pi) \int_{0}^{\pi} \sin x \, dx
= 2\rho((k+1)\pi). $$
Así que si $F(n\pi)$ converge como $n\to\infty$, $\rho(x)$ también converge a$0$$x\to\infty$. Por nuestro anterior comentario, esto implica $g'_+(x) \to \infty$$x\to\infty$.
Por el contrario, asumir que $g'_+(x) \to \infty$$x\to\infty$, de modo que $\rho(x) \to 0$$x\to\infty$. Entonces
$$ F(n\pi) = \int_{0}^{\pi} \left( \sum_{k=m}^{n-1} (-1)^k \rho(x+k\pi) \right) \sin x \, dx $$
y el interior término converge uniformemente por la prueba de Dirichlet. Esto implica la convergencia de $F(n\pi)$ y, por tanto, la convergencia de $F(x)$$x\to\infty$.
-
Finalmente, hemos de resolver la parte (3). Deje $\rho_{\infty} = \lim_{x\to\infty} \rho(x)$, que existe por la monotonía de $\rho$. Entonces podemos escribir
$$ \int_{a}^{r} \sin g(x) \, dx
= \underbrace{\int_{g(a)}^{g(r)} (\rho(x) - \rho_{\infty}) \sin x \, dx}_{=:}
+ \rho_{\infty} \cos g(a) - \underbrace{\vphantom{\int_{g}} \rho_{\infty} \cos g(r)}_{=:B}. $$
Ahora bien, el término $A$ converge como $r\to\infty$ (2). Por lo que su Cesaro significa también converge. Con el fin de investigar la Cesaro significa el término $B$, tenemos que mirar
$$ \frac{1}{R} \int_{a}^{R} \cos g(r) \, dr
= \frac{1}{R} \int_{g(a)}^{g(R)} \rho(x) \cos x \, dx. $$
El uso de los similares", alternando series trick' como en la parte (2), podemos comprobar que el $\int_{g(a)}^{g(R)} \rho(x) \cos x \, dx$ es uniformemente acotada en $R$. Poner en total, se obtiene no sólo la Cesaro convergencia, sino también de su valor:
$$ \lim_{R\to\infty} \frac{1}{R} \int_{a}^{R} \int_{a}^{r} \sin g(x) \, dx dr
= \int_{g(a)}^{\infty} (\rho(x) - \rho_{\infty}) \sin x \, dx + \rho_{\infty} \cos g(a). $$
