Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

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 $$\left|\intop_{b'}^{b''}\left[\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{x}\right]^{'}dx\right|=\left|\left.\frac{e^{-\alpha x}\left(\cos x+\alpha\sin x\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{x}\right|_{b'}^{b''}\right|=$$ $$=\left|\frac{e^{-\alpha b'}\left(\cos b'+\alpha\sin b'\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{b'}-\frac{e^{-\alpha b''}\left(\cos b''+\alpha\sin b''\right)}{1+\alpha^{2}}\frac{1}{b''}\right|\leqslant$$ $$\leqslant\left|\frac{e^{-\alpha b'}\left(\cos b'+\alpha\sin b'\right)}{1+\alpha^{2}}\right|\left|\frac{1}{b'}\right|+\left|\frac{e^{-\alpha b''}\left(\cos b''+\alpha\sin b''\right)}{1+\alpha^{2}}\right|\left|\frac{1}{b''}\right|<2\left|\frac{1}{b'}\right|+2\left|\frac{1}{b''}\right|.$$