Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/BasicLatin.js

Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

15.10.2021

Демидович № 3760

Filed under: мат. ан. сем. 3,Решения — Shine @ 4:15 пп

Определить, сходится ли интеграл 0sinxxeαxdx равномерно при α0.

Докажем, что этот интеграл равномерно сходится.

Подынтегральное выражение не существует в обоих пределах интегрирования, и мы начнём с нуля. Как известно, lim, 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.

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников