1) разложим интеграл по двум интервалам:
\begin{equation}
\intop_{0}^{\infty}\frac{e^{-\alpha x}}{x}\sin xdx=\intop_{0}^{1}\frac{e^{-\alpha x}}{x}\sin xdx+\intop_{1}^{\infty}\frac{e^{-\alpha x}}{x}\sin xdx.\label{eq:razl}
\end{equation}
В первом слагаемом выполним замену $x=\frac{1}{y}$
\[
\intop_{0}^{1}\frac{e^{-\alpha x}}{x}\sin xdx=\intop_{\infty}^{1}\frac{e^{-\frac{\alpha}{y}}}{\frac{1}{y}}\sin\frac{1}{y}\left(-\frac{1}{y^{2}}\right)dy=\intop_{1}^{\infty}\frac{e^{-\frac{\alpha}{y}}}{y}\sin\frac{1}{y}dy.
\]
Докажем, что оно равномерно сходится по признаку Вейерштрасса.
2) Заметим, что
\[
e^{-\alpha x}\sin x=\left[-\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\right]_{x}^{‘}.
\]
Докажем, что при $x>0$
\[
\left|\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\right|<2.
\]
Разложим второе слагаемое из (\ref{eq:razl}) почти по частям:
\begin{equation}
\intop_{1}^{\infty}\frac{e^{-\alpha x}}{x}\sin xdx=-\intop_{1}^{\infty}\left[\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\right]^{'}\frac{1}{x}dx=-\intop_{1}^{\infty}\left[\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{x}\right]^{'}dx+\intop_{1}^{\infty}\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\left[\frac{1}{x}\right]^{'}dx\label{razl2}
\end{equation}
Второе слагаемое равномерно сходится по Вейерштрассу:
\[
\left|\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\left[\frac{1}{x}\right]^{'}\right|=\left|\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{x^{2}}\right|<\frac{2}{x^{2}}
\]
3) Докажем по Коши сходимость первого слагаемого в (\ref{razl2}),
используя, что
\[
\left|\intop_{b'}^{b''}\left[\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{x}\right]^{'}dx\right|=\left|\left.\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{x}\right|_{b'}^{b''}\right|=
\]
\[
=\left|\frac{e^{-\alpha b'}\left(\cos b'+\alpha\sin b'\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{b'}-\frac{e^{-\alpha b''}\left(\cos b''+\alpha\sin b''\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{b''}\right|\leqslant
\]
\[
\leqslant\left|\frac{e^{-\alpha b'}\left(\cos b'+\alpha\sin b'\right)}{1+\alpha^{2}}\right|\left|\frac{1}{b'}\right|+\left|\frac{e^{-\alpha b''}\left(\cos b''+\alpha\sin b''\right)}{1+\alpha^{2}}\right|\left|\frac{1}{b''}\right|<2\left|\frac{1}{b'}\right|+2\left|\frac{1}{b''}\right|.
\]
