Convergenza uniforme dell'integrale$\int_{0}^{\pi} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx$insieme a$0 < \alpha < 2$

Question

Sto studiando la convergenza uniforme di$\int_{0}^{\pi} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx$insieme a$0 < \alpha < 2$

Abbiamo problemi a$0$e$\pi$quindi dividiamo l'integrale in 1.$$\int_{0}^{\pi} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx = \int_{0}^{1} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx + \int_{1}^{\pi} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx$$

Ora la mia idea è dimostrare che ognuno è delimitato da qualcosa che posso integrare, quindi il Weierstrass$M$test darà convergenza uniforme. Ovviamente$|\sin(x)| \leq 1$ma questo non aiuta.

In$[0,1]$me ne rendo conto$|\frac{\sin(x)}{x^{\alpha} (\pi - x)^{\alpha}}| \leq \frac{100}{x^{\alpha -1} (\pi - x)^{\alpha}}$ma non riesco a vedere come questo aiuta.

Non ho provato l'altro integrale.

Qualsiasi suggerimento sarebbe molto apprezzato.

Answer 1

La convergenza non è uniforme per$\alpha\in (0,2)$. Per mostrare questo, lascia$\displaystyle \epsilon=\frac{1}{\pi^3 e}$.
Poi per tutti$\nu\in (0,1)$, selezioniamo$\alpha=2+\frac1{\log(\nu)}$. Usando$\sin(x)\ge \frac{2x}{\pi}$per$x\in [0,\pi/2]$e$\pi-x\le \pi$abbiamo le stime

$$\begin{align} \left|\int_0^{\nu}\frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi-x)^\alpha}\,dx\right|&\ge \int_0^\nu \frac{(2x/\pi)}{x^\alpha\pi^\alpha }\,dx\\\\ &=\frac{2\nu^{2-\alpha}}{(2-\alpha)\pi^{1+\alpha}}\\\\ &=\frac{\nu^{-1/\log(\nu)}}{\pi^{3+1/\log(\nu)}}\\\\ &\ge\frac{1}{e\pi^3} \end{align}$$

che nega la convergenza uniforme per$\alpha\in (0,2)$.

Answer 2

Avviso per$x\in(0,\pi/2]$noi abbiamo$$ \left\lvert\frac{\sin(x)}{x^\alpha(\pi-x)^{\alpha}}\right\rvert\leq\frac{1}{x^{\alpha}(\pi-\pi/2)^{\alpha}}=\frac{2^\alpha}{\pi^\alpha}\cdot\frac{1}{x^\alpha}$$Nel frattempo, per$x\in[\pi/2,\pi)$noi abbiamo$$\left\lvert\frac{\sin(x)}{x^\alpha(\pi-x)^{\alpha}}\right\rvert\leq\frac{1}{(\pi/2)^\alpha(\pi-x)^\alpha}=\frac{2^\alpha}{\pi^\alpha}\cdot\frac{1}{(\pi-x)^\alpha}$$Tutti e due$\int_{0}^{\pi/2}\frac{2^\alpha}{\pi^{\alpha}x^\alpha}dx$e$\int_{\pi/2}^{\pi}\frac{2^\alpha}{\pi^\alpha(\pi-x)^\alpha}dx$convergere ogni volta$0<\alpha<1$.

Answer 3

Se il problema fosse limitato alla convergenza dell'integrale (non alla convergenza uniforme), è ovvio che l'integrale convergerà per qualsiasi$\alpha <0$poiché l'integrando è solo il prodotto di una funzione seno per qualcosa che sembra un polinomio in$x$.

Ora, vicino a$x=0$, per Taylor abbiamo$$\frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}}=x^{-\alpha } \left(\pi ^{-\alpha } x+\pi ^{-\alpha -1} \alpha x^2+O\left(x^3\right)\right)\sim x^{-\alpha+1 }$$e l'integrale convergerebbe finché$\alpha < 2$.

Vicino a$x=\pi$, per Taylor abbiamo$$\frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}}=(\pi -x)^{-\alpha } \left(-\pi ^{-\alpha } (x-\pi )+\pi ^{-\alpha -1} \alpha (x-\pi )^2+O\left((x-\pi )^3\right)\right)\sim (\pi-x)^{-\alpha+1 }$$e, ancora, l'integrale convergerebbe finché$\alpha < 2$.