Λύση

(α) $\int_0^\infty \Bigm\vert \sin^2 \left(\frac1{x}\right)\Bigm\vert\,dx \leq \int_1^\infty \frac1{x^2}$ αφού $\vert\sin x\vert\leq \vert x\vert$, αλλά το δεύτερο ολοκλήρωμα συγκλίνει.

(β)
$\int_0^\infty x^p e^{-x^q} \,dx+ \int_1^\infty x^p e^{-x^q} \,dx$. Όμως

$$\int_0^1 \vert x^p e^{-x^q} \vert\,dx \leq \int_0^1 e^{-x^q} \leq \int_0^1 a\,dx =1.$$

και

$$\begin{eqnarray*} \int_1^\infty x^p e^{-x^q} \,dx &=& \int_1^\infty x^p \frac{-1... ...q} \int_1^\infty x^{p-(q-1)} \left( e^{-x^q} \right)^\prime \,dx \end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*} &=& -\frac1{q} \left( \lim_{x\rightarrow \infty} x^{p-(q-1)} ... ...\hbox{σταθερά}) +\frac1{q} \int_1^\infty x^{p-q} e^{-x^q} \,dx . \end{eqnarray*}$$

Παρατηρούμε οτι κάθε φορά που εκτελουμε μια ολοκλήρωση κατά παράγοντες ο εκθέτης του $x$ μειώνεται κατά $q>0$ άρα αν επαναλάβουμε τη διαδικασία $\left[\frac{p}{q}\right] +1$ φορές θα προκύψει το ολοκλήρωμα:

$$(\hbox{μιά άλλη σταθερά}) + \left(\frac1{q}\right)^{1+\left[\frac{p}{q}\right]} \int_1^\infty x^r e^{-x^q} \,dx ,$$

όπου $r\leq 0$. Άρα το ολοκλήρωμα συγκλίνει αν και μόνο αν συγκλίνει το $\int_1^\infty e^{-x^q} \,dx$ αφού $x^r \leq 1$ για $x\geq 1$. Τέλος δείχνουμε οτι το $\int ^\infty _1 e^{-x^q} dx$ συγκλίνει. Μπορούμε να το δείξουμε με το θεώρημα για τη σύγκλιση σειρών. Το ολοκλήρωμα συγκλίνει αν και μόνο αν συγκλίνει η σειρά $\sum ^\infty _{k=1} e^{-n^q}$. Για αυτήν χρησιμοποιούμε το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy δηλαδή, συγκλίνει αν και μόνο αν συγκλίνει η

$$\sum ^\infty _{k=2} 2^n e^{-(2^n)^q} = \sum ^\infty _{k=2} 2^... ...n \log 2} e^{-2^{nq}}=\sum ^\infty _{k=2} e^{-(2^{nq}-n\log 2)}$$

αλλά $(2^{nq}-n\log 2)n^{-1} \rightarrow \infty$ καθώς $n \rightarrow \infty$ άρα υπάρχει $N \in \mathbb N: 2^{nq} -n\log 2 \geq n \ \forall \ n \geq M$ άρα $\sum ^\infty _{k=2} e^{-(2^{nq}-n\log 2)} \leq \sum ^M _{k=2}e^{-(2^{nq}-n\log 2)} + \sum ^\infty _{M+1}e^{-n}$. Η πρώτη είναι πεπερασμένο άθροισμα και η δεύτερη γεωμετρική $\left( \lim _{x\rightarrow \infty } \frac{2^{xq}-x\log 2}{x} \stackrel{\hbox{\... ...w \infty} \frac{2^{xq} q\log 2 -\log 2}{1} =\infty \ \hbox{αφού}\ q>0 \right)$.

Άσκηση 3 Υπόδειξη