mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 25, 2019 8:06 pm**

Εστω

$f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$

μονότονη συνάρτηση.

Να δειχθεί ότι το

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }f(x)\sin x dx$

συγκλίνει αν και μόνο αν

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=0$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 26, 2019 9:24 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 25, 2019 8:06 pm
Εστω

$f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$

μονότονη συνάρτηση.

Να δειχθεί ότι το

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }f(x)\sin x dx$

συγκλίνει αν και μόνο αν

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=0$

Ας το κάνουμε για

φθίνουσα. Για

αύξουσα παίρνουμε την

, υπόθεση και συμπέρασμα μένουν ίδια.

$(\Rightarrow )$ Γράφουμε $\displaystyle\int_{0}^{\infty }f(x)\sin x dx=\sum_{k=0}^{\infty }\int_{k\pi }^{(k+1)\pi }f(x)\sin x dx.$

Επειδή η σειρά συγκλίνει θα ισχύει $\displaystyle a_k:=\int_{k\pi }^{(k+1)\pi }f(x)\sin x dx\rightarrow 0.$ . Άρα $\displaystyle a_{2k}\rightarrow 0.$

Επειδή στα διαστήματα $[2k\pi ,(2k+1)\pi ]$ είναι $\sin x\geq 0$ και επιπλέον $f(2k\pi )\geq f(x)\geq f((2k+1)\pi )$ ,

εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει $\displaystyle \int_{2k\pi }^{(2k+1)\pi }f(2k\pi)\sin x dx\geq a_{2k}\geq \int_{2k\pi }^{(2k+1)\pi }f((2k+1)\pi)\sin x dx$

απ'όπου παίρνουμε $\displaystyle 2f(2k\pi)\geq a_{2k}\geq 2f((2k+1)\pi).$ Παίρνοντας όριο $k\rightarrow \infty$ στην τελευταία και δεδομένου ότι το όριο

της

υπάρχει (πεπερασμένο ή $- \infty$ ) βρίσκουμε τελικά $2a\leq 0\leq 2a$ δηλαδή a=0.

$(\Leftarrow )$ Γράφουμε $\displaystyle\int_{0}^{\infty }f(x)\sin x dx=\sum_{k=0}^{\infty }\int_{k\pi }^{(k+1)\pi }f(x)\sin x dx= \sum_{k=0}^{\infty }(-1)^k\int_{k\pi }^{(k+1)\pi }f(x)|\sin x| dx$

και για ευκολία θέτουμε $\displaystyle b_k:=\int_{k\pi }^{(k+1)\pi }f(x)|\sin x| dx$ . Τότε

$\displaystyle 2f(k\pi)\geq b_k=\int_{k\pi }^{(k+1)\pi }f(x)|\sin x| dx\geq \int_{k\pi }^{(k+1)\pi }f((k+1)\pi)|\sin x| dx=$

$\displaystyle f((k+1)\pi)\int_{k\pi }^{(k+1)\pi }|\sin x| dx=f((k+1)\pi)\int_{(k+1)\pi }^{(k+2)\pi }|\sin x| dx=$

$\displaystyle \int_{(k+1)\pi }^{(k+2)\pi }f((k+1)\pi)|\sin x| dx\geq \int_{(k+1)\pi }^{(k+2)\pi }f(x)|\sin x| dx=b_{k+1}\geq 2f((k+2)\pi)$ .

Επομένως $\displaystyle 2f(k\pi)\geq b_k\geq b_{k+1}\geq2f((k+2)\pi)$ από την οποία βλέπουμε ότι (b_k )

φθίνουσα και (παίρνοντας όριο $k\rightarrow \infty$ ) $b_k\rightarrow 0.$

Από κριτήριο Leibniz παίρνουμε τελικά ότι η σειρά συγκλίνει. Από την άλλη για $n\pi\leq x\leq (n+1)\pi$ έχουμε

$\displaystyle \left |\int_{0 }^{x } f(t)\sin tdt-\sum_{k=0}^{n }(-1)^k\int_{k\pi }^{(k+1)\pi }f(t)|\sin t| dt \right |=|\int_{x }^{(n+1)\pi } f(t)\sin t dt |\leq \int_{x }^{(n+1)\pi } |f(t)\sin t| dt.$

Επειδή $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)=0$ για τυχόν $\displaystyle \varepsilon >0$ θα ισχύει τελικά $\displaystyle |f(x)|<\frac{\varepsilon}{2}$ . Οπότε παίρνοντας $n\rightarrow \infty$

θα έχουμε επίσης $x\rightarrow +\infty$ και επομένως τελικά θα είναι

$\displaystyle \int_{x }^{(n+1)\pi } |f(t)\sin t| dt< \frac{\varepsilon }{2} \int_{x }^{(n+1)\pi } |\sin t| dt\leq \frac{\varepsilon }{2}\cdot 2=\varepsilon$ ,

που δείχνει ότι γενικευμένο και σειρά έχουν την ίδια τιμή και επομένως το γενικευμένο συγκλίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 28, 2019 3:04 pm**

Αν γίνει η κατεύθυνση $\Leftarrow$
η άλλη είναι τετριμμένη(κάνοντας ακροβατικό)

Εστω ότι το $\displaystyle\int_{0}^{\infty }f(x)\sin x dx$ συγκλίνει

Επειδή έχουμε μονότονη το $\lim_{x\rightarrow \infty }(f(x))=l$ υπάρχει.

Είναι τετριμμένο ότι $l\in \mathbb{R}$

Τότε όμως το $\displaystyle\int_{0}^{\infty }(f(x)-l)\sin x dx$ συγκλίνει .

Αρα συγκλίνει το $\displaystyle\int_{0}^{\infty }l\sin x dx$

που δείχνει ότι l=0

mathematica.gr

Σύγκλιση γενικευμένου

Σύγκλιση γενικευμένου

Re: Σύγκλιση γενικευμένου

Re: Σύγκλιση γενικευμένου