積分の一様収束 $\int_{0}^{\pi} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx$ と $0 < \alpha < 2$

Question

私はの一様収束を研究しています $\int_{0}^{\pi} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx$ と $0 < \alpha < 2$

で問題があります $0$ そして $\pi$ それでは、積分を1で分割しましょう。 $$\int_{0}^{\pi} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx = \int_{0}^{1} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx + \int_{1}^{\pi} \frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}} dx$$

今私の考えは、それぞれが私が統合できる何かによって制限されていることを証明することです、そしてワイエルシュトラス $M$テストは一様収束を与えます。明らかに$|\sin(x)| \leq 1$ しかし、それは役に立ちません。

に $[0,1]$ 気付いた $|\frac{\sin(x)}{x^{\alpha} (\pi - x)^{\alpha}}| \leq \frac{100}{x^{\alpha -1} (\pi - x)^{\alpha}}$ しかし、それがどのように役立つかはわかりません。

私は他の積分を試していません。

ヒントをいただければ幸いです。

Answer 1

収束が均一になりません $\alpha\in (0,2)$。これを示すために、$\displaystyle \epsilon=\frac{1}{\pi^3 e}$。
その後、すべてのために$\nu\in (0,1)$、選択します $\alpha=2+\frac1{\log(\nu)}$。使用する$\sin(x)\ge \frac{2x}{\pi}$ ために $x\in [0,\pi/2]$ そして $\pi-x\le \pi$ 見積もりがあります

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

これは、の一様収束を無効にします $\alpha\in (0,2)$。

Answer 2

のお知らせ $x\in(0,\pi/2]$ 我々は持っています $$ \left\lvert\frac{\sin(x)}{x^\alpha(\pi-x)^{\alpha}}\right\rvert\leq\frac{1}{x^{\alpha}(\pi-\pi/2)^{\alpha}}=\frac{2^\alpha}{\pi^\alpha}\cdot\frac{1}{x^\alpha}$$ 一方、 $x\in[\pi/2,\pi)$ 我々は持っています $$\left\lvert\frac{\sin(x)}{x^\alpha(\pi-x)^{\alpha}}\right\rvert\leq\frac{1}{(\pi/2)^\alpha(\pi-x)^\alpha}=\frac{2^\alpha}{\pi^\alpha}\cdot\frac{1}{(\pi-x)^\alpha}$$ どちらも $\int_{0}^{\pi/2}\frac{2^\alpha}{\pi^{\alpha}x^\alpha}dx$ そして $\int_{\pi/2}^{\pi}\frac{2^\alpha}{\pi^\alpha(\pi-x)^\alpha}dx$ いつでも収束する $0<\alpha<1$。

Answer 3

問題が積分の収束に限定されている場合（一様収束ではない）、積分がどのような場合でも収束することは明らかです。 $\alpha <0$ 被積分関数は、の多項式のように見えるものによる正弦関数の積にすぎないためです。 $x$。

今、近く $x=0$、テイラーによって私たちは持っています $$\frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}}=x^{-\alpha } \left(\pi ^{-\alpha } x+\pi ^{-\alpha -1} \alpha x^2+O\left(x^3\right)\right)\sim x^{-\alpha+1 }$$ 積分は、 $\alpha < 2$。

に近い $x=\pi$、テイラーによって私たちは持っています $$\frac{\sin(x)}{x^{\alpha}(\pi -x)^{\alpha}}=(\pi -x)^{-\alpha } \left(-\pi ^{-\alpha } (x-\pi )+\pi ^{-\alpha -1} \alpha (x-\pi )^2+O\left((x-\pi )^3\right)\right)\sim (\pi-x)^{-\alpha+1 }$$ そして、繰り返しますが、積分は、 $\alpha < 2$。