Mostrar$\int_0^\infty x^{-\alpha}\sin x dx$ existe para$\alpha \in (0,2)$.

Question

Muestre que$\int_0^\infty x^{-\alpha}\sin x dx$ existe para$\alpha \in (0,2)$.

Esta es una pregunta real de la clase de análisis. No estoy muy seguro de cómo mostrar esto. Probé un montón de cosas, como la integración por partes, el límite del seno, ... y nada funcionó. Cualquier sugerencia, idea o solución sería apreciada.

Answer 1

Para el$\int_1^\infty x^{-\alpha}\sin x\, dx$% integral, podemos aplicar la Prueba de Convergencia de Dirichlet para Integrales Incorrectas, estados brujos:

Dejar

1. la función$f(x)$ es integrable en el intervalo cerrado$[a,A]$$(A>a)$%, y

ps

1. la función$$|\int_a^Af(x)dx|\leq K \ \ \ \ \ \ (K=\text{const},a\leq A<\infty)$ es monótona y

ps

Entonces$g(x)$ converge.

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En nuestro caso,

ps

y,$$\lim_{x\to\infty}g(x)=0.$ es monotónico, disminuyendo a$\int_a^{\infty}f(x)g(x)dx$.

Answer 2

Considerar por separado $$\int_0^1 x^{-\alpha}\sin x\, dx \qquad\text{and}\qquad \int_1^\infty x^{-\alpha}\sin x\, dx.$$

Para la primera integral, utilice el hecho de que para $0<x\le 1$ tenemos $0\le \sin x \le x$. Ahora a probar la convergencia de la primera integral mediante la comparación de nuestra función con $\dfrac{1}{x^{\alpha-1}}$, señalando que $\alpha-1<1$.

Para la segunda integral, vamos a $$I(M)=\int_1^M x^{-\alpha} \sin x\,dx$$ y examinar el comportamiento de $I(M)$$M\to\infty$.

Hay varias maneras de proceder. Uno es el de integrar por partes, dejando $u=x^{-\alpha}$$dv=\sin x\,dx$. Tenemos algo que se comporta muy bien como $M$ se hace grande, y un integrante de algo que es una constante en los tiempos de $\dfrac{\cos x}{x^{1+\alpha}}$. Esta integral se comporta muy bien como $M\to\infty$, mediante la comparación de $\dfrac{|\cos x|}{x^{1+\alpha}}$$\dfrac{1}{x^{1+\alpha}}$.

La razón para la integración por partes para aumentar la potencia de $x$ en la parte inferior, con el fin de hacer la función de descenso más rápido, lo suficientemente rápido para que evidente la convergencia de la integral.

Answer 3

Kb100 tiene exactamente la idea de derecho. Podemos dividir la prueba en tres partes:

1. Mostrar que $\int_0^\epsilon x^{-\alpha} \sin x dx$ sólo existe si $\alpha<2$ mediante la utilización de $\sin x = x +\mathcal{O}(x^3)$.

2. Observe que la integral impropia diverge para $\alpha\le0$ porque $\lim\limits_{x\to\infty} x^{-\alpha}\sin x \ne 0$.

3. Para $\alpha\in(0,2)$ dividir la integral en una corriente alterna de la serie (nota: $\sin$ es no negativa en $[0,\pi]$), $$\int_0^\pi x^{-\alpha}\sin xdx - \int_0^\pi (x+\pi)^{-\alpha}\sin x dx+\int_0^\pi (x+2\pi)^{-\alpha}\sin x dx -\cdots $$ Prove that the terms above are decreasing in magnitude by first proving that $x^{-\alpha}>(x+\pi)^{-\alpha}$ for all $x>0$ and positive $\alpha\;$ (hint: $(1+\epsilon)^\alpha>1$). Ahora simplemente invocar la alternancia de serie de la prueba.