Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Определить, сходится ли интеграл $$\int\limits _{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx$$ равномерно при $\alpha\geqslant0$.

Докажем, что этот интеграл равномерно сходится.

Подынтегральное выражение не существует в обоих пределах интегрирования, и мы начнём с нуля. Как известно, $\lim\limits _{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1$, что по определению означает, что $\exists\delta > 0$, что при всяком $0 < x < \delta$ $\Rightarrow$ $\left|\frac{\sin x}{x}-1\right| < \frac{1}{2}$, значит $0 < \frac{1}{2} < \frac{\sin x}{x} < \frac{3}{2}$, а тогда $0 < \frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x} < \frac{3}{2}e^{-\alpha x} < \frac{3}{2}$ - что означает, что функция $\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}$ – ограниченная. По отрезку $x\in\left[0;A\right]$ интеграл от неё берётся по Риману и не является несобственным.

Теперь докажем равномерную сходимость всякого интеграла вида $$\int\limits _{A > 0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx$$ на бесконечности, для чего воспользуемся критерием Коши: для $\forall\varepsilon > 0$ $\exists B\left(\varepsilon\right)$, что для любых $b_{2} > b_{1} > B$ $\Longrightarrow$ $$\left|\int\limits _{b_{1}}^{b_{2}}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right| < \varepsilon.$$ Для этого сначала оценим интеграл вида $$\begin{equation} \int\limits _{b_{1}}^{b_{2}}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx.\label{eq:int-cauchi} \end{equation}$$ Процесс этот будет долгим и многоэтапным.

Пусть вначале $2\pi n\leqslant x\leqslant2\pi n+\pi$, $n\in\mathbb{N}$. В этой области $\sin x\geqslant0$. Возведём исходную цепочку неравенств в степень -1 $$\frac{1}{2\pi n}\geqslant\frac{1}{x}\geqslant\frac{1}{2\pi n+\pi}$$ и применим к ней же функцию $e^{-\alpha x}$ $$e^{-\alpha2\pi n}\geqslant e^{-\alpha x}\geqslant e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)},$$ далее получившиеся цепочки перемножим (пользуясь тем, что их звенья положительны) и умножим на положительный $\sin x$ $$\frac{\sin x}{2\pi n}e^{-\alpha2\pi n}\geqslant\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}\geqslant\frac{\sin x}{2\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)}.$$ От всех звеньев цепочки неравенств возьмём интеграл и применим следующее $$\int\limits _{2\pi n}^{2\pi n+\pi}\sin xdx=\left.-\cos x\right|_{2\pi n}^{2\pi n+\pi}=-\left(-1-1\right)=2,$$ получим $$\begin{equation} \frac{1}{\pi n}e^{-\alpha2\pi n}\geqslant\int\limits _{2\pi n}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant\frac{2}{2\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)}.\label{eq:oz-plus} \end{equation}$$ Так нам удалось ограничить интеграл вида ($\ref{eq:int-cauchi}$) для $b_{1}=2\pi n$ и $b_{2}=2\pi n+\pi$.

Рассмотрим теперь область отрицательного синуса. При $2\pi n+\pi\leqslant x\leqslant2\pi n+2\pi$ $\sin x\leqslant0$, тогда $$\frac{1}{2\pi n+\pi}\geqslant\frac{1}{x}\geqslant\frac{1}{2\pi n+2\pi},$$ $$e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)}\geqslant e^{-\alpha x}\geqslant e^{-\alpha\left(2\pi n+2\pi\right)},$$ и в результате $$\frac{\sin x}{2\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)}\leqslant\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}\leqslant\frac{\sin x}{2\pi n+2\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+2\pi\right)}.$$ Проинтегрируем: $$\int\limits _{2\pi n+\pi}^{2\pi n+2\pi}\sin xdx=\left.-\cos x\right|_{2\pi n+\pi}^{2\pi n+2\pi}=-\left(1-\left(-1\right)\right)=-2,$$ откуда $$\frac{-2}{2\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)}\leqslant\int\limits _{2\pi n+\pi}^{2\pi n+2\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\frac{-2}{2\pi n+2\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+2\pi\right)},$$ $$\begin{equation} \frac{-2}{2\pi n+2\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+2\pi\right)}\geqslant\int\limits _{2\pi n+\pi}^{2\pi n+2\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant\frac{-2}{2\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)}.\label{eq:oz-minus} \end{equation}$$ Сложим ($\ref{eq:oz-plus}$) и ($\ref{eq:oz-minus}$), получим $$\frac{1}{\pi n}e^{-\alpha2\pi n}-\frac{1}{\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+2\pi\right)}\geqslant\int\limits _{2\pi n}^{2\pi n+2\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant0.$$ Здесь интегралы посередине, бравшиеся от одной функции, но по разным областям, объединились в один интеграл по одному периоду синуса.

Полученная верхняя оценка содержит $\alpha$ и сама требует оценки: $$\frac{1}{\pi n}e^{-\alpha2\pi n}-\frac{1}{\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+2\pi\right)}=\left[\frac{1}{\pi n}-\frac{1}{\pi n+\pi}e^{-\alpha2\pi}\right]e^{-\alpha2\pi n}\leqslant\frac{1}{\pi n}-\frac{1}{\pi n+\pi}e^{-\alpha2\pi},$$ но так как $e^{-\alpha2\pi}\leqslant1$, $$-\frac{1}{\pi n+\pi}e^{-\alpha2\pi}\leqslant-\frac{1}{\pi n+\pi},$$ $$\frac{1}{\pi n}-\frac{1}{\pi n+\pi}e^{-\alpha2\pi}\leqslant\frac{1}{\pi n}-\frac{1}{\pi n+\pi}=\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$$ (я специально не привёл дроби к общему знаменателю).

Итого $$0\leqslant\int\limits _{2\pi n}^{2\pi\left(n+1\right)}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\frac{1}{\pi n}e^{-\alpha2\pi n}-\frac{1}{\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+2\pi\right)}\leqslant\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right).$$ Если теперь взять $m$ подряд идущих периодов, то есть принять $b_{1}=2\pi n$ и $b_{2}=2\pi\left(n+m\right)$, суммируя предыдущее, получим что интеграл по такой области ограничен так: $$0\leqslant\int\limits _{2\pi n}^{2\pi\left(n+m\right)}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx=\sum_{k=0}^{m-1}\int\limits _{2\pi\left(n+k\right)}^{2\pi\left(n+k+1\right)}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^{m-1}\left(\frac{1}{n+k}-\frac{1}{n+k+1}\right)=\frac{1}{\pi}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+m}\right) < \frac{1}{\pi n},$$ а раз он положителен, то $$\left|\int\limits _{2\pi n}^{2\pi\left(n+m\right)}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right| < \frac{1}{\pi n}.$$

Теперь учтём, что начинаться и заканчиваться область интегрирования не обязана в нулях синуса, и учтём обрезки на её концах, т.е. такие области интегрирования, для которых $2\pi n\leqslant a\leqslant b\leqslant2\pi\left(n+1\right)$.

1) Пусть $2\pi n\leqslant a\leqslant b\leqslant2\pi n+\pi$, $\sin x\geqslant0$ $$\int\limits _{2\pi n}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx=\int\limits _{2\pi n}^{a}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{b}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx,$$ $$\int\limits _{2\pi n}^{a}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant0,\qquad\int\limits _{b}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant0,$$ и потому

$$0\leqslant\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\int\limits _{2\pi n}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx=\int\limits _{2\pi n}^{a}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{b}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\frac{1}{\pi n}e^{-\alpha2\pi n}.$$ Сокращаем и продляем цепочку неравенств: $$0\leqslant\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\frac{1}{\pi n}e^{-\alpha2\pi n}\leqslant\frac{1}{\pi n},$$ а значит, $$\left|\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right|\leqslant\frac{1}{\pi n}.$$

2) Пусть теперь $2\pi n+\pi\leqslant a\leqslant b\leqslant2\pi\left(n+1\right)$, $\sin x\leqslant0$, $$\int\limits _{2\pi n+\pi}^{2\pi n+2\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx=\int\limits _{2\pi n+\pi}^{a}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{b}^{2\pi n+2\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx,$$ $$\int\limits _{2\pi n+\pi}^{a}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant0,\qquad\int\limits _{b}^{2\pi n+2\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant0,$$ значит, $$0\geqslant\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant\int\limits _{2\pi n+\pi}^{2\pi n+2\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant\frac{-2}{2\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)}.$$ $$0\leqslant-\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\frac{2}{2\pi n+\pi}e^{-\alpha\left(2\pi n+\pi\right)}\leqslant\frac{2}{2\pi n+\pi}\leqslant\frac{1}{\pi n}$$ $$\left|\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right|\leqslant\frac{1}{\pi n}.$$

3) $2\pi n\leqslant a\leqslant2\pi n+\pi\leqslant b\leqslant2\pi\left(n+1\right)$

Используя случай 1), $$\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx=\int\limits _{a}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{2\pi n+\pi}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\int\limits _{a}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\frac{1}{\pi n}$$

Используя случай 2), $$\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx=\int\limits _{a}^{2\pi n+\pi}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{2\pi n+\pi}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant\int\limits _{2\pi n+\pi}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\geqslant-\frac{1}{\pi n}$$ Таким образом, $$-\frac{1}{\pi n}\leqslant\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\leqslant\frac{1}{\pi n},$$ $$\left|\int\limits _{a}^{b}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right|\leqslant\frac{1}{\pi n},$$ что, как мы видим, выполняется во всех трёх случаях.

Рассмотрим теперь интеграл $$\int\limits _{b_{1}}^{b_{2}}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx.$$ Найдем числа $n$ и $n+m$, так что $n$ – ближайшее натуральное число, следующее за $\frac{b_{1}}{2\pi}$, а $n+m$ – ближайшее натуральное число, предшествующее $\frac{b_{2}}{2\pi}$, чтобы $b_{1}\leqslant2\pi n\leqslant2\pi\left(n+m\right)\leqslant b_{2}$. Тогда $$\int\limits _{b_{1}}^{b_{2}}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx=\int\limits _{b_{1}}^{2\pi n}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{2\pi n}^{2\pi\left(n+m\right)}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx+\int\limits _{2\pi\left(n+m\right)}^{b_{2}}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx$$ $$\left|\int\limits _{b_{1}}^{b_{2}}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right|\leqslant\left|\int\limits _{b_{1}}^{2\pi n}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right|+\left|\int\limits _{2\pi n}^{2\pi\left(n+m\right)}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right|+\left|\int\limits _{2\pi\left(n+m\right)}^{b_{2}}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right|\leqslant\frac{3}{\pi n}.$$ $$\frac{3}{\pi n} < \varepsilon$$ $$2\pi n > \frac{6}{\varepsilon},$$ для чего положим $B > \frac{6}{\varepsilon}$: $$\frac{6}{\varepsilon} < B < b_{1} < 2\pi n$$ Таким образом, для всякого $\varepsilon > 0$ существует $B=\frac{6}{\varepsilon}+1$, после которого $$\left|\int\limits _{b_{1}}^{b_{2}}\frac{\sin x}{x}e^{-\alpha x}dx\right|\leqslant\frac{3}{\pi n} < \varepsilon.$$ Следовательно, исходный интеграл сходится по критерию Коши.