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.
