Решение задач по математическому анализу с помощью ИИ по фото

$I = \frac{\pi}{2}$

Дано:

• Интеграл: $I = \int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx$
• Интеграл с параметром: $I(\alpha) = \int_0^\infty e^{-\alpha x} \frac{\sin x}{x} \, dx$, $\alpha \ge 0$

Найти:

$$I - ?$$

Решение:

1. Исследование сходимости интеграла $I$. Интеграл разбивается на два слагаемых: по окрестности нуля и по бесконечному лучу.

$$I = \int_0^1 \frac{\sin x}{x} \, dx + \int_1^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx$$

Поскольку $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$, подынтегральная функция непрерывно продолжается в точку $x = 0$, следовательно, первый интеграл является собственным и сходится. Для второго интеграла применим признак Дирихле: функция $f(x) = \sin x$ имеет ограниченную первообразную:

$$\left| \int_1^A \sin x \, dx \right| = |\cos 1 - \cos A| \le 2$$

а функция $g(x) = \frac{1}{x}$ монотонно убывает к нулю при $x \to \infty$. Следовательно, несобственный интеграл $I$ сходится (условно).

2. Дифференцирование по параметру и его обоснование. Для функции $I(\alpha)$ при $\alpha > 0$ формальная производная подынтегрального выражения имеет вид:

$$\frac{\partial}{\partial \alpha} \left( e^{-\alpha x} \frac{\sin x}{x} \right) = -e^{-\alpha x} \sin x$$

Функция непрерывна на $[0, \infty) \times (0, \infty)$. Для любого отрезка $[\alpha_0, +\infty)$, где $\alpha_0 > 0$, справедлива мажорантная оценка:

$$\left| -e^{-\alpha x} \sin x \right| \le e^{-\alpha_0 x}$$

Интеграл от мажоранты сходится:

$$\int_0^\infty e^{-\alpha_0 x} \, dx = \frac{1}{\alpha_0} < \infty$$

По признаку Вейерштрасса интеграл от производной сходится равномерно на $[\alpha_0, +\infty)$ при любом $\alpha_0 > 0$. Следовательно, по теореме о дифференцировании несобственного интеграла по параметру, для всех $\alpha > 0$ законна операция:

$$I'(\alpha) = -\int_0^\infty e^{-\alpha x} \sin x \, dx$$

3. Вычисление производной $I'(\alpha)$. Интегрированием по частям дважды или через формулу Эйлера находится значение полученного интеграла Лапласа:

$$I'(\alpha) = -\frac{1}{\alpha^2 + 1}$$

4. Нахождение $I(\alpha)$ с точностью до константы. Интегрируя полученную производную по $\alpha$, находим общий вид функции:

$$I(\alpha) = -\int \frac{d\alpha}{\alpha^2 + 1} = -\arctan \alpha + C$$

5. Определение константы интегрирования $C$. Оценим предел $I(\alpha)$ при $\alpha \to +\infty$:

$$|I(\alpha)| \le \int_0^\infty e^{-\alpha x} \left| \frac{\sin x}{x} \right| dx \le \int_0^\infty e^{-\alpha x} \, dx = \frac{1}{\alpha} \xrightarrow[\alpha \to +\infty]{} 0$$

Отсюда следует равенство для константы:

$$\lim_{\alpha \to +\infty} I(\alpha) = -\frac{\pi}{2} + C = 0 \implies C = \frac{\pi}{2}$$

Таким образом, для любого $\alpha > 0$:

$$I(\alpha) = \frac{\pi}{2} - \arctan \alpha$$

6. Обоснование предельного перехода при $\alpha \to 0+$. Для вычисления $I = I(0)$ необходима непрерывность функции $I(\alpha)$ справа в точке $\alpha = 0$, то есть равномерная сходимость интеграла $I(\alpha)$ на луче $[0, +\infty)$. По признаку Абеля: Интеграл $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx$ сходится равномерно относительно $\alpha$ (так как вовсе от него не зависит). Функция $g(x, \alpha) = e^{-\alpha x}$ монотонна по $x$ при каждом фиксированном $\alpha \ge 0$ и равномерно ограничена по совокупности переменных:

$$|e^{-\alpha x}| \le 1 \quad \forall x \ge 0, \; \alpha \ge 0$$

Следовательно, интеграл $I(\alpha)$ сходится равномерно на $[0, +\infty)$, а значит, задает непрерывную функцию на этом множестве.

7. Вычисления. Переходя к пределу при $\alpha \to 0+$, получаем искомое значение:

$$I = I(0) = \lim_{\alpha \to 0+} I(\alpha) = \lim_{\alpha \to 0+} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan \alpha \right) = \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{\pi}{2}$$

Ответ:

$$I = \frac{\pi}{2}$$