Problema calificante para el análisis real: límite que involucra integral integral

Question

El siguiente problema ha aparecido en 2013 de enero de examen de calificación en la Universidad de Purdue, que está públicamente disponible aquí.

Problema 3. Deje $\{a_k\}$ ser la secuencia de números positivos tal que $a_n\to\infty$ $n\to\infty$ . Demostrar que el siguiente límite existe $$ \lim_{k\to\infty}\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-x}\cos(x)}{a_kx^2 + \frac{1}{a_k}} dx $$ y encontrarlo.

Apenas he llegado a través de los límites de las secuencias que involucran integrales definidas (en mi educación de pregrado hasta el momento), por lo que este problema sólo parece infranqueable en la primera vista. Agradecería alguna pista.

Una de las cosas que viene a la mente es el uso de limitar la prueba de comparación. Por ejemplo, podemos evaluar las integrales tales como $$\int_{0}^{\infty} e^{-x}\cos(x)=\frac{1}{2}$$ Pero para eso tendríamos que obligado el integrando de alguna manera. Una tentadora cosa es el intercambio de la integral y el límite, que nos dicen que el integrando es cero en el límite, pero dudo mucho que esto está permitido aquí.

Mirando hacia adelante a oír sus pensamientos.

P. S. no estoy seguro de cómo hacer que el título informativo para este post. Siéntase libre de modificar lo que te plazca.

Answer 1

Sustituto $y = a_k \cdot x$ en la integral. Usted obtener

$$\int\limits_0^\infty \frac{e^{-y/a_k}\cos (y/a_k)}{y^2 + 1}\, dy$$

Y ahora se puede aplicar el teorema de convergencia dominada, el integrando converge a $\frac{1}{1+y^2}$ pointwise y está dominado por el límite, por lo tanto las integrales tienden hacia

$$\int\limits_0^\infty \frac{dy}{1+y^2} = \frac{\pi}{2}.$$

Si el teorema de convergencia dominada no está disponible, ya que se ocupan de las integrales de Riemann, también se puede obtener el resultado de dividir el sustituido integral en puntos estratégicos.

Fix $z > 1$ arbitrariamente. Para todos los $k$ tal que $a_k > z^3$, podemos dividir la integral en $z$, escribir $I(k,z) = \int_0^z \frac{e^{-y/a_k}\cos (y/a_k)}{1+y^2}\,dy$$II(k,z) = \int_z^\infty \frac{e^{-y/a_k}\cos (y/a_k)}{1+y^2}\,dy$, y se puede estimar

$$\lvert II(k,z)\rvert \leqslant \int\limits_z^\infty \bigg\lvert \frac{e^{-y/a_k}\cos (y/a_k)}{1+y^2}\bigg\rvert\,dy \leqslant e^{-z/a_k}\int\limits_z^\infty \frac{dy}{1+y^2} < \frac{\pi}{2} - \arctan z$$

para la segunda parte, y

$$\lvert\arctan z - I(k,z)\rvert = \Biggl\lvert\int\limits_0^z \frac{1 - e^{-y/a_k}\cos (y/a_k)}{1+y^2}\,dy \Biggr\rvert \leqslant \int\limits_0^z \frac{\lvert 1 - e^{-y/a_k}\cos (y/a_k)\rvert}{1+y^2}\,dy$$

para la primera parte.

Ahora, se supone que $a_k > z^3$, lo $0 \leqslant y/a_k \leqslant z/a_k < 1/z^2$$I(k,z)$, lo $\cos (y/a_k) \geqslant 1 - \frac{1}{2z^4}$$e^{-y/a_k} \geqslant e^{-1/z^2} > 1 - \frac{1}{z^2}$. Es por eso que podemos calcular el numerador

$$\lvert 1 - e^{-y/a_k}cos (y/a_k) \rvert \leqslant 1 - \biggl(1 - \frac{1}{z^2}\biggr)\biggl(1 - \frac{1}{2z^4}\biggr) = \frac{1}{z^2} + \frac{1}{2z^4} - \frac{1}{2z^6} < \frac{2}{z^2}.$$

Así obtenemos $\lvert\arctan z - I(k,z)\rvert \leqslant z\cdot\frac{2}{z^2} = \frac{2}{z}$.

En total

$$\biggl\lvert\frac{\pi}{2} - \bigl(I(k,z) + II(k,z)\bigr) \biggr\rvert \leqslant \biggl(\frac{\pi}{2} - \arctan z\biggr) + \lvert \arctan z - I(k,z)\rvert + \lvert II(k,z)\rvert \leqslant \frac{2}{z} + \pi - 2\arctan z.$$

La última cantidad, obviamente, tiende a $0$$z \to \infty$.