1.8: Funciones inadecuadas (Ejercicios)

[exer:1] Supongamos\(g\) y\(h\) son diferenciables en\([a,b]\), con

\[a \le g(y) \le b \text{\quad and\quad} a \le h(y) \le b, \quad c \le y \le d.\]

Dejar\(f\) y\(f_{y}\) ser continuo en\([a,b]\times [c,d]\). Derivar la regla de Liebniz:

\[\begin{aligned} \frac{d}{dy}\int_{g(y)}^{h(y)}f(x,y)\,dx &=&f(h(y),y)h'(y)-f(g(y),y)g'(y)\\&&+\int_{g(y)}^{h(y)}f_{y}(x,y)\,dx.\end{aligned}\]

(Pista: Define\(H(y,u,v)=\int_{u}^{v}f(x,y)\,dx\) y use la regla de la cadena.)

[exer:2] Adaptar la prueba del teorema [teorema: 2] para probar el teorema [teorema: 3].

[exer:3] Adaptar la prueba del teorema [teorema: 4] para probar el teorema [teorema: 5].

[exer:4] Mostrar que Definición [definición:3] es independiente de\(c\); es decir, si\(\int_{a}^{c}f(x,y)\,dx\) y\(\int_{c}^{b}f(x,y)\,dx\) ambos convergen uniformemente\(S\) para algunos\(c\in (a,b)\), entonces ambos convergen uniformemente sobre\(S\) y cada\(c\in (a,b)\).

[exer:5]

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Demostrar que si\(f\) está acotado\([a,b]\times [c,d]\) y\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) existe como una integral adecuada para cada uno\(y\in [c,d]\), entonces converge uniformemente\([c,d]\) según toda la Definición [definición:1] — [definición:3].

Dar un ejemplo para demostrar que la amplitud de\(f\) es esencial en (a).

[exer:6] Trabajando directamente desde la Definición [definición:1], discutir la convergencia uniforme de las siguientes integrales:

a)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+y^{2}x^{2}}\,dx}\)	b)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-xy}x^{2}\,dx}\)
c)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{2n}e^{-yx^{2}}\,dx}\)	d)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\sin xy^{2}\,dx}\)
e)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}(3y^{2}-2xy)e^{-y^{2}x}\,dx}\)	f)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}(2xy-y^{2}x^{2})e^{-xy}\,dx}\)

[exer:7] Adaptar la prueba del teorema [teorema: 6] para probar el teorema [teorema: 7].

[exer:8] Usa la prueba de Weierstrass para demostrar que la integral converge uniformemente en\(S:\)

() 0pt0pt14pt 8pt22pt0pt

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-xy}\sin x\,dx}\),\(S=[\rho,\infty)\),\(\rho>0\)

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\displaystyle{\frac{\sin x}{x^{y}}}\,dx}\),\(S=[c,d]\),\(1<c<d<2\)

\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}e^{-px}\displaystyle{\frac{\sin xy}{x}}\,dx}\),\(p>0\),\(S=(-\infty,\infty)\)

\(\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{e^{xy}}{(1-x)^{y}}}\,dx\),\(S=(-\infty,b)\),\(b<1\)

\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos xy}{1+x^{2}y^{2}}}\,dx\),\(S=(-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty)\),\(\rho>0\).

\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}e^{-x/y}\,dx}\),\(S=[\rho,\infty)\),\(\rho>0\)

\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}e^{xy}e^{-x^{2}}\,dx}\),\(S=[-\rho,\rho]\),\(\rho>0\)

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos xy-\cos ax}{x^{2}}\,dx}\),\(S=(-\infty,\infty)\)

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{2n}e^{-yx^{2}}\,dx}\),\(S=[\rho,\infty)\),\(\rho>0\),\(n=0\),\(1\),\(2\),...

[exer:9]

() 0pt0pt14pt 8pt22pt0pt

Demostrar que

\[\Gamma(y)=\int_{0}^{\infty} x^{y-1}e^{-x}\,dx\]

converge si\(y>0\), y uniformemente en\([c,d]\) si\(0<c<d<\infty\).

Utilice la integración por partes para mostrar que

\[\Gamma(y)=\frac{\Gamma(y+1)}{y},\quad y \ge 0,\]

y luego mostrar por inducción que

\[\Gamma(y)=\frac{\Gamma(y+n)}{y(y+1)\cdots(y+n-1)}, \quad y>0, \quad n=1,2,3, \dots.\]

¿Cómo se puede utilizar esto para definir\(\Gamma(y)\) de manera natural para todos\(y\ne0\),\(-1\),\(-2\),...? (Esta función se llama la función gamma.)

Mostrar que\(\Gamma(n+1)=n!\) si\(n\) es un entero positivo.

Demostrar que

\[\int_{0}^{\infty}e^{-st}t^{\alpha}\,dt =s^{-\alpha-1}\Gamma(\alpha+1), \quad \alpha>-1, \quad s>0.\]

[exer:10] Mostrar que el Teorema [teoremo:8] sigue siendo válido con la suposición (c) reemplazada por la suposición que\(|g_{x}(x,y)|\) es monótona con respecto a\(x\) para todos\(y\in S\).

[exer:11] Adaptar la prueba del teorema [teorema: 8] para probar el teorema [teorema: 9].

[exer:12] Usa la prueba de Dirichlet para mostrar que las siguientes integrales convergen uniformemente en\(S=[\rho,\infty)\) si\(\rho>0\):

a)\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\sin xy}{x^{y}}\,dx}\)	b)\(\displaystyle{\int_{2}^{\infty}\frac{\sin xy}{\log x}\,dx}\)
c)\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos xy}{x+y^{2}}\,dx}\)	d)\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\sin xy}{1+xy}\,dx}\)

[exer:13] Supongamos\(g,\)\(g_{x}\) y\(h\) son continuos\([a,b)\times S,\) y denotan\(H(x,y)=\int_{a}^{x}h(u,y)\,du,\)\(a\le x<b.\) Supongamos también que

\[\lim_{x\to b-} \left\{\sup_{y\in S}|g(x,y)H(x,y)|\right\}=0 \text{\quad and \quad}\int_{a}^{b}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx\]

converge uniformemente en\(S.\) Show que\(\int_{a}^{b}g(x,y)h(x,y)\,dx\) converge uniformemente en\(S\).

[exer:14] Demostrar teorema [teorem:10] para el caso donde\(f=f(x,y)\) es continuo\((a,b]\times [c,d]\).

[exer:15] Demostrar teorema [teorem:11] para el caso donde\(f=f(x,y)\) es continuo\((a,b]\times [c,d]\).

[exer:16] Demostrar que

\[C(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\sin xy\,dx\]

son continuos en\((-\infty,\infty)\) si

\[\int_{-\infty}^{\infty}|f(x)|\,dx<\infty.\]

[exer:17] Supongamos que\(f\) es continuamente diferenciable en\([a,\infty)\),\(\lim_{x\to\infty}f(x)=0\), y

\[\int_{a}^{\infty}|f'(x)|\,dx<\infty.\]

Demostrar que las funciones

\[C(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\sin xy\,dx\]

son continuos para todos\(y\ne0\). Dar un ejemplo que demuestre que no es necesario que sean continuos en\(y=0\).

[exer:18] Evaluar\(F(y)\) y utilizar el Teorema [teorem:11] para evaluar\(I\):

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\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+y^{2}x^{2}}}\),\(y\ne0\);\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}ax-\tan^{-1}bx}{x}\,dx}\),\(a\),\(b>0\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{y}\,dx}\),\(y>-1\);\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}-x^{b}}{\log x}\,dx}\),\(a\),\(b>-1\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-xy}\cos x\,dx}\),\(y>0\)

\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\cos x\,dx}\),\(a\),\(b>0\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-xy}\sin x\,dx}\),\(y>0\)

\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\sin x\,dx}\),\(a\),\(b>0\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin xy\,dx}\);\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x}\displaystyle\frac{1-\cos ax}{x}}\,dx\)

\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos xy\,dx}\);\(I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x}\displaystyle\frac{\sin ax}{x}}\,dx\)

[exer:19] Usa el Teorema [teorem:11] para evaluar:

() 0pt0pt14pt 8pt22pt0pt

\(\displaystyle{\int_{0}^{1}(\log x)^{n}x^{y}\,dx}\),\(y>-1\),\(n=0\),\(1\),\(2\),...

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\displaystyle{\frac{dx}{(x^{2}+y)^{n+1}}}\,dx}\),\(y>0\),\(n=0\),\(1\),\(2\),...

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{2n+1}e^{-yx^{2}}\,dx}\),\(y>0\),\(n=0\),\(1\),\(2\),...

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xy^{x}\,dx}\),\(0<y<1\).

[exer:20]

() 0pt0pt14pt 8pt22pt0pt

Usa Teorema [teorem:11] e integración por partes para mostrar que

\[F(y)=\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}\cos 2xy\,dx\]

satisface

\[F'+2y F=0.\]

Utilice la parte (a) para mostrar que

\[F(y)=\frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-y^{2}}.\]

[exer:21] Demostrar que

\[\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx =e^{-y^{2}}\int_{0}^{y} e^{u^{2}}\,du.\]

(Pista: Ver Ejercicio [exer:20].)

[exer:22] Declarar una condición que implica que

\[C(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\sin xy\,dx\]

son\(n\) tiempos diferenciables para todos\(y\ne0\). (Su condición debe implicar las hipótesis de Ejercicio [esfuerz:16].)

[exer:23] Supongamos que\(f\) es continuamente diferenciable en\([a,\infty)\),

\[\int_{a}^{\infty}|(x^{k}f(x))'|\,dx<\infty,\quad 0\le k\le n,\]

y\(\lim_{x\to\infty}x^{n}f(x)=0\). Demuestre que si

\[C(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\int_{a}^{\infty}f(x)\sin xy\,dx,\]

entonces

\[C^{(k)}(y)=\int_{a}^{\infty}x^{k}f(x)\cos xy\,dx \text{\quad and\quad} S^{(k)}(y)=\int_{a}^{\infty}x^{k}f(x)\sin xy\,dx,\]

\(0\le k\le n\).

[exer:24] Diferenciar

\[F(y)=\int_{1}^{\infty}\cos\frac{y}{x}\,dx\]

bajo el signo integral rinde

\[-\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x}\sin\frac{y}{x}\,dx,\]

que converge uniformemente en cualquier intervalo finito. (¿Por qué?) ¿Implica esto que\(F\) es diferenciable para todos\(y\)?

[exer:25] Mostrar que el Teorema [teorema: 11] y la inducción implican la Ec. [eq:30].

[exer:26] Demostrar teorema [teorema: 12].

[exer:27] Demostrar que si\(F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\) converge para\(s=s_{0}\), entonces converge uniformemente sobre\([s_{0},\infty)\). (¿Cuál es la diferencia entre esto y el teorema [teorema: 13]?)

[exer:28] Demostrar: Si\(f\) es continuo\([0,\infty)\) y\(\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx\) converge, entonces

\[\lim_{s\to s_{0}+}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx= \int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx.\]

(Pista: Ver la prueba del Teorema 4.5.12, p. 273.)

[exer:29] Bajo los supuestos del Ejercicio [exer:28], mostrar que

\[\lim_{s\to s_{0}+}\int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx= \int_{r}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx,\quad r>0.\]

[exer:30] Supongamos que\(f\) es continuo\([0,\infty)\) y

\[F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\]

converge para\(s = s_{0}\). \(\lim_{s\to\infty}F(s)=0\)Demuéstralo. (Pista: Integrar por partes.)

[exer:31]

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A partir del resultado de Ejercicio [exer:18] (d), dejar\(b\to\infty\) e invocar Ejercicio [esfuerzo:30] para evaluar

\[\int_{0}^{\infty}e^{-ax} \frac{\sin x}{x}\,dx, \quad a>0.\]

Use (a) y Ejercicio [exer:28] para demostrar que

\[\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx =\frac{\pi}{2}.\]

[exer:32]

() 0pt0pt14pt 8pt22pt0pt

Supongamos que\(f\) es continuamente diferenciable en\([0,\infty)\) y

\[|f(x)| \le Me^{s_{0}x}, \quad 0\le x\le \infty.\]

Demostrar que

\[G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-sx}f'(x)\,dx\]

converge uniformemente en\([s_{1},\infty)\) si\(s_{1}>s_{0}\). (Pista: Integrar por partes.)

Mostrar desde la parte (a) que

\[G(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-sx}xe^{x^{2}}\sin e^{x^{2}}\,dx\]

converge uniformemente en\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\). (Observe que esto no se desprende del Teorema [teorema:6] o [teorem:8].)

[exer:33] Supongamos que\(f\) es continuo en\([0,\infty)\),

\[\lim_{x\to0+}\frac{f(x)}{x}\]

existe, y

\[F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\]

converge para\(s=s_{0}\). Demostrar que

\[\int_{s_{0}}^{\infty}F(u)\,du=\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}\frac{f(x)}{x}\,dx.\]

Respuestas a ejercicios seleccionados

Si\(f(x,y)=1/y\) para\(y\ne0\) y\(f(x,0)=1\), entonces\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) no converge uniformemente en\([0,d]\) para ninguna\(d>0\).

, d) y e) convergen uniformemente sobre\((-\infty,\rho]\cup[\rho,\infty)\) si\(\rho>0\); b), c) y f) convergen uniformemente en\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

Dejar\(C(y)=\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\cos xy}{x}\,dx}\) y\(S(y)=\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\sin xy}{x}\,dx}\). Entonces\(C(0)=\infty\) y\(S(0)=0\), mientras que\(S(y)=\pi/2\) si\(y\ne0\).

\(F(y)=\displaystyle{\frac{\pi}{2|y|}}\);\(I=\displaystyle{\frac{\pi}{2}\log\frac{a}{b}}\)\(F(y)=\displaystyle{\frac{1}{y+1}}\);\(I=\displaystyle{\log\frac{a+1}{b+1}}\)

\(F(y)=\displaystyle{\frac{y}{y^{2}+1}}\);\(I=\displaystyle{\frac{1}{2}\,\frac{b^{2}+1}{a^{2}+1}}\)

d)\(F(y)=\displaystyle{\frac{1}{y^{2}+1}}\);\(I=\tan^{-1}b-\tan^{-1}a\)

e)\(F(y)=\displaystyle{\frac{y}{y^{2}+1}}\);\(I=\displaystyle{\frac{1}{2}}\log(1+a^{2})\)

f)\(F(y)=\displaystyle{\frac{1}{y^{2}+1}}\);\(I=\tan^{-1}a\)

\((-1)^{n}n!(y+1)^{-n-1}\)\(\pi2^{-2n-1}\displaystyle{\binom{2n}{n}}y^{-n-1/2}\)

c)\(\displaystyle{\frac{n!}{2y^{n+1}}}\)\((\log y)^{-2}\) d)\(\displaystyle{\frac{1}{(\log x)^{2}}}\)

\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}|x^{n}f(x)|\,dx<\infty}\)

No; la definición integral\(F\) diverge para todos\(y\).

\(\displaystyle{\frac{\pi}{2}}-\tan^{-1}a\)

Inicio del manual

1. Si\(H(y,u,v)=\displaystyle{\int_{u}^{v}f(x,y)\,dx}\) entonces

\[H_{u}(y,u,v)=-f(u,y), \quad H_{v}(y,u,v)=f(v,y),\]

y, por Teorema 1,\(H_{y}(u,v,y) =\displaystyle{\int_{u}^{v}f_{y}(x,y)\,dx}\). Si

\[F(y)=H(y,g(y),h(y))=\int_{g(y)}^{h(y)}f(x,y)\,dx,\]

entonces

\[\begin{aligned} F'(y)&=&H_{v}(y, g(y),h(y))h'(y)+H_{u}(y,g(y),h(y))g'(y)+ H_{y}(y,g(y),h(y))\\ &=& f(h(y),y)h'(y)-f(g(y),y)g'(y) +\int_{g(y)}^{h(y)} f_{y}(x,y)\,dx.\end{aligned}\]

2. Teorema 3 (Criterio de Cauchy para Convergencia de una Integral Impropia II) Supongamos que\(g\) es integrable en cada subintervalo cerrado finito de\((a,b]\) y denota

\[G(r)=\int_{r}^{b}g(x)\,dx,\quad a< r\le b.\]

Entonces la integral impropia\(\int_{a}^{b}g(x)\,dx\) converge si y solo si\(,\) para cada uno\(\epsilon >0,\) hay\(r_{0}\in(a,b]\) tal que

\[\tag{A} |G(r)-G(r_{1})|\le\epsilon,\quad a<r,r_{1}\le r_{0}.\]

Por necesidad, supongamos\(\int_{a}^{b}g(x)\,dx=L\). Por definición, esto quiere decir que para cada uno\(\epsilon>0\) hay\(r_{0}\in (a,b]\) tal que

\[|G(r)-L|<\frac{\epsilon}{2} \text{\quad and\quad} |G(r_{1})-L|<\frac{\epsilon}{2}, \quad a< r,r_{1}\le r_{0}.\]

Por lo tanto,

\[\begin{aligned} |G(r)-G(r_{1})|&=&|(G(r)-L)-(G(r_{1})-L)|\\ &\le& |G(r)-L|+|G(r_{1})-L|\le \epsilon,\quad a< r,r_{1}\le r_{0}.\end{aligned}\]

Para la suficiencia, (A) implica que

\[|G(r)|= |G(r_{1})+(G(r)-G(r_{1}))|\le |G(r_{1})|+|G(r)-G(r_{1})|\le |G(r_{1})|+\epsilon,\]

\(a< r_{1}\le r_{0}\). Dado que también\(G\) está acotado en el conjunto compacto\([r_{0},b]\) (Teorema 5.2.11, p. 313),\(G\) está acotado en\((a,b]\). Por lo tanto, las funciones monótona

\[\overline{G}(r)=\sup\left\{G(r_{1})\, \big|\, a<r_{1}\le r\right\} \text{\quad and\quad} \underline{G}(r)=\inf\left\{G(r_{1})\, \big|\, a<r_{1}\le r\right\}\]

están bien definidos en\((a,b]\), y

\[\lim_{r\to a+}\overline{G}(r)=\overline{L} \text{\quad and\quad} \lim_{r\to a+}\underline{G}(r)=\underline{L}\]

ambos existen y son finitos (Teorema 2.1.11, p. 47). De (A),

\[\begin{aligned} |G(r)-G(r_{1})|&=&|(G(r)-G(r_{0}))-(G(r_{1})-G(r_{0}))|\\ &\le &|G(r)-G(r_{0})|+|G(r_{1})-G(r_{0})|\le 2\epsilon,\end{aligned}\]

así\(\overline{G}(r)-\underline{G}(r)\le 2\epsilon\). Dado que\(\epsilon\) es un número positivo arbitrario, esto implica que

\[\lim_{r\to a+}(\overline{G}(r)-\underline{G}(r))=0,\]

así\(\overline{L}=\underline{L}\). Vamos\(L=\overline{L}=\underline{L}\). Desde

\[\underline{G}(r)\le G(r)\le \overline{G}(r),\]

de ello se deduce\(\lim_{r\to a+} G(r)=L\).

3. Teorema 5 (Criterio de Cauchy para Convergencia Uniforme II) La integral impropia

\[\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx =\lim_{r\to a+}\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\]

converge uniformemente en\(S\) si y solo si\(,\) para cada uno\(\epsilon>0,\) hay\(r_{0}\in (a,b]\) tal que

\[\tag{A} \left|\int_{r_{1}}^{r}f(x,y)\,dx\right|< \epsilon, \quad y\in S, \quad a <r,r_{1}\le r_{0}.\]

Supongamos que\(\int_{a}^{b} f(x,y)\,dx\) converge uniformemente sobre\(S\) y\(\epsilon>0\). De la definición 2, hay\(r_{0}\in (a,b]\) tal que

\[\tag{B} \left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right| <\frac{\epsilon}{2} \text{\quad and\quad} \left|\int_{a}^{r_{1}}f(x,y)\,dx\right| <\frac{\epsilon}{2},\, y\in S, \, a< r,r_{1}\le r_{0}.\]

Desde

\[\int_{r_{1}}^{r}f(x,y)\,dx= \int_{r_{1}}^{b}f(x,y)\,dx- \int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\]

(B) y la desigualdad triangular implica (A).

Para lo contrario, denotar

\[F(y)=\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx.\]

Dado que (A) implica que

\[|F(r,y)-F(r_{1},y)|\le \epsilon, \quad y\in S, \quad a< r, r_{1}\le r_{0},\]

Teorema 2 con\(G(r)=F(r,y)\) (\(y\)fijo pero arbitrario en\(S\)) implica que\(\int_{a}^{b} f(x,y)\,dx\) converge puntualmente para\(y\in S\). Por lo tanto, si\(\epsilon>0\) entonces, para cada uno\(y\in S\), hay\(r_{0}(y) \in (a,b]\) tal que

\[\tag{C} \left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right|\le \epsilon, \quad y\in S,\quad a<r\le r_{0}(y).\]

Para cada uno\(y\in S\), elija\(r_{1}(y)\le \min[{r_{0}(y),r_{0}}]\). Entonces

\[\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx = \int_{a}^{r_{1}(y)}f(x,y)\,dx+ \int_{r_{1}(y)}^{r}f(x,y)\,dx, \quad\]

entonces (A), (C), y la desigualdad triangular implican que

\[\left|\int_{a}^{r} f(x,y)\,dx\right|\le 2\epsilon,\quad y\in S,\quad a<r\le r_{0}\]

4. De la Definición 3,\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) converge uniformemente sobre\(S\) si y solo si\(\int_{a}^{c}f(x,y)\,dx\) y\(\int_{c}^{b}f(x,y)\,dx\) ambos convergen uniformemente en\(S\), donde\(c\in(a,b)\). De los Teoremas 4 y del Teorema 5, esto es cierto si y solo si, para alguno\(\epsilon>0\) hay puntos\(r_{0}\) y\(s_{0}\) en\((a,b)\) tal que

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}f(x,y)\,dx\right|\le \epsilon,\quad y\in S,\quad r_{0}\le r,r_{1}<b\]

y

\[\left|\int_{s_{1}}^{s}f(x,y)\,dx\right|\le \epsilon,\quad y\in S,\quad a< s,s_{1}<s_{0}.\]

Estas condiciones son independientes de\(c\).

5. (a) Si\(|f(x,y)|\le M\) en\([a,b]\times [c,d]\) ese entonces

\[\left|\int_{r_{1}}^{r_{2}}f(x,y)\,dx\right|\le M|r_{2}-r_{1}|\]

por lo que los teoremas de convergencia de Cauchy implican la conclusión.

Definir\(f=f(x,y)\)\([0,1]\times [0,1]\) por

\[f(x,y)= \begin{cases}\displaystyle\frac{1}{y} &\text{if\quad} 0<y\le 1,\\ 1&\text{if\quad} y=0. \end{cases}\]

Entonces

\[\int_{r_{1}}^{r_{2}}f(x,y)\,dx= \begin{cases}\displaystyle\frac{r_{2}-r_{1}}{y} &\text{if\quad} 0<y\le 1,\\ r_{2}-r_{1}&\text{if\quad} y=0. \end{cases}\]

Por lo tanto,\(f\) no satisface los requisitos de los teoremas de convergencia de Cauchy.

6. En todas las partes\(I(y)\) denota la integral dada.

\(I(0)=\infty\). Si se\(y\ne0\) deja\(u=xy\); entonces\(I(y)=\displaystyle{\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}}\). Si\(\rho>0\) y\(\epsilon >0\), elige\(r\) para que\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}}< \rho\epsilon\). Entonces\(\displaystyle{\frac{1}{|y|}\int_{r}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}}<\epsilon\) si\(|y|\ge \rho\), así\(I(y)\) converge uniformemente sobre\((-\infty, \rho]\bigcup [\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

\(I(y)=\infty\)si\(y\le0\). Si se\(y>0\) deja\(u=xy\); entonces\(I(y)=\displaystyle{\frac{1}{y^{3}}\int_{0}^{\infty}e^{-u}u^{2}\,du}\). Si\(\rho>0\) y\(\epsilon >0\), elige\(r\) para que\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}e^{-u}u^{2}\,du}<\rho^{3}\epsilon\). Entonces\(\displaystyle{\frac{1}{y^{3}}\int_{r}^{\infty}e^{-u}u^{2}\,du}<\epsilon\) si\(y\ge \rho\), así\(I(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

\(I(y)=\infty\)si\(y\le0\). Si se\(y>0\) deja\(u=xy^{1/2}\); entonces\(I(y)=\displaystyle{y^{-n-1/2}\int_{0}^{\infty}u^{2n}e^{-u}\,du}\). Si\(\rho>0\) y\(\epsilon >0\), podemos elegir\(r\) para que\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}u^{2n}e^{-u}\,du}<\epsilon \rho^{n+1/2}\). Entonces\(y^{-n-1/2}\displaystyle{\int_{r}^{\infty}u^{2n}e^{-u}\,du}<\epsilon\) si\(y\ge \rho\), así\(I(y)\) converge uniformemente sobre\(S=[\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

Ya que\(I(-y)=-I(y)\), basta con asumir eso\(y>0\). Si\(u=yx^{2}\) entonces\(I(y)=\displaystyle{\frac{1}{2\sqrt{y}}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin u\,du}{\sqrt{u}}}\). Del Ejemplo 3.4.14 (p. 162), esta integral converge condicionalmente. Si\(\rho>0\) y\(\epsilon >0\), podemos elegir\(r\) para que\(\displaystyle{\left|\int_{r}^{\infty}\frac{\sin u\,du}{\sqrt{u}}\right|}<2\epsilon\sqrt{\rho}\), así\(I(y)\) converja uniformemente en\((-\infty,-\rho]\bigcup[\rho,\infty)\) si\(\rho>0.\)

Si\(u=y^{2}x\) entonces\(\displaystyle{I(y)=3\int_{0}^{\infty}e^{-u}\,du -\frac{2}{y^{3}}\int_{0}^{\infty} ue^{-u}\,du}\). Si\(\rho>0\), podemos elegir\(r\) para que\(\displaystyle{3\int_{r}^{\infty}e^{-u}\,du<\frac{\epsilon}{2}}\) y\(\displaystyle{\int_{r}^{\rho}ue^{-u}\,du<\frac{\rho^{3}\epsilon}{2}}\). Entonces

\[\left|3\int_{r}^{\infty}e^{-u}\,du -\frac{3}{y^{3}}\int_{r}^{\infty} ue^{-u}\,du\right|<\epsilon \text{\quad if\quad} |y|\ge \rho,\]

por lo que\(I(y)\) converge uniformemente en\((-\infty, \rho]\bigcup [\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

\(I(y)=-\infty\)si\(y\le0\). Si\(y>0\), vamos\(u=xy\); entonces\(I(y)=\displaystyle{\frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}(2u-u^{2})e^{-u}\,du}\). Si\(\rho>0\) y\(\epsilon >0\), podemos elegir\(r\) para que\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}|2u-u^{2}|e^{-u}\,du}<\epsilon \rho\), así\(I(y)\) converja uniformemente sobre\(S=[\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

7. Teorema 7 (Prueba de Weierstrass para Convergencia Absoluta Uniforme II) Supongamos que\(f=f(x,y)\) es localmente integrable\((a,b]\) y, para algunos\(b_{0}\in (a,b],\)

\[\tag{A} |f(x,y)| \le M(x), \: y\in S, \: x\in (a,b_{0}],\]

donde

\[\int_{a}^{b_{0}}M(x)\,dx<\infty.\]

Luego\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) converge de manera absolutamente uniforme en\(S.\)

Denote\(\int_{a}^{b_{0}}M(x)\,dx=L<\infty\). Por definición, para cada uno\(\epsilon>0\) hay\(r_{0}\in (a,b_{0}]\) tal que

\[L-\epsilon \le \int_{r}^{b_{0}}M(x)\,dx \le L,\quad a<r\le r_{0}.\]

Por lo tanto, si\(a<r_{1}< r\le r_{0}\), entonces

\[0\le \int_{r_{1}}^{r}M(x)\,dx=\left(\int_{r_{1}}^{b_{0}}M(x)\,dx -L\right)- \left(\int_{r}^{b_{0}}M(x)\,dx -L\right)<\epsilon.\]

Esto y (A) implican que

\[\int_{r_{1}}^{r}|f(x,y)|\,dx\le \int_{r_{1}}^{r} M(x)\,dx <\epsilon, \: y\in S,\: a<r_{1}\le r_{0}\le b.\]

Ahora Teorema 5 implica la conclusión declarada.

\(|e^{-xy}\sin x|\le e^{-\rho x}\)si\(y\ge\rho\) y\(\int_{\rho}^{\infty}e^{-\rho x}\,dx<\infty\).

\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x\,dx}{x^{y}}}=I_{1}(y)+I_{2}(y)\), donde

\[I_{1}(y)=\int_{0}^{1}\frac{\sin x\,dx}{x^{y}} \text{\quad and\quad} I_{2}(y)=\int_{1}^{\infty}\frac{\sin x\,dx}{x^{y}}\]

son ambas integrales incorrectas. Desde

\[\sin x= x-\left(\frac{x^{3}}{3!}-\frac{x^{5}}{5!}\right) -\left(\frac{x^{7}}{7!}-\frac{x^{9}}{9!}\right)+ \cdots <x,\quad 0\le x \le 1.\]

Si\(0\le 1\) y\(y\le d\le 2\), entonces

\[\left|\frac{\sin x}{x^{y}}\right|\le x^{1-y}\le x^{1-d} \text{\:so\:} \int_{0}^{1}x^{-1+y}\,dx<\int_{0}^{1}x^{-1+d}\,dx=\frac{1}{2-d}\]

por lo que\(I_{1}(y)\) converge de manera absolutamente uniforme en\(S\). Dado que\(c>1\),

\[\frac{|\sin x|}{x^{y}}\le x^{-c} \text{\quad and\quad} \int_{1}^{\infty}x^{-c} \,dx=\frac{1}{c-1}\text{\quad if \quad}\]

\(I_{2}(y)\)converge de manera absolutamente uniforme en\(S\).

Si\(x\ge 1\) entonces\(\displaystyle{e^{-px}\left|\frac{\sin xy}{x}\right|\le e^{-px}}\) para todos\(y\) y\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}e^{-px}\,dx<\infty}\), desde entonces\(p>0\).

\(\displaystyle{\frac{e^{xy}}{(1-x)^{y}}}\le \displaystyle{\frac{e^{b}}{(1-x)^{b}}}\), si\(0\le x<1\) y\(y\le b\), y\(\displaystyle{\int_{0}^{1}(1-x)^{-b}\,dx}<\infty\) si\(b<1\).

Si\(|y|\ge \rho>0\) entonces\(\displaystyle{\left|\frac{\cos xy}{1+x^{2}y^{2}}\right|\le \frac{1}{1+\rho^{2}x^{2}}}\) para todos\(x\), y\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+\rho^{2}x^{2}}}<\infty\).

Si\(y\ge \rho>0\) entonces\(e^{-x/y}\le e^{-x/\rho}\) y\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x/\rho}\,dx<\infty}\).

Si\(|y|\le \rho\) entonces\(e^{xy}e^{-x^{2}}\le e^{x\rho}e^{-x^{2}}\) y\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}e^{x\rho}e^{-x^{2}}\,dx}<\infty\).

Si\(|x|\ge 1\) entonces\(|\cos xy-\cos ax|\le 2\) y\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{2\,dx}{x^{2}}}<\infty\).

Si\(y\ge \rho>0\) entonces\(e^{-yx^{2}}\le e^{-\rho x^{2}}\) y\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty} x^{2n}e^{-\rho x^{2}}\,dx<\infty}\).

9. (a) Si\(0<x<1\) entonces\(|x^{y-1}e^{-x}|<x^{c-1}\). Por lo tanto, ya que\(\displaystyle{\int_{0}^{1}x^{c-1}\,dx}<\infty\) si\(c>0\),\(\int_{0}^{1}x^{y-1}e^{-x}\,dx\) converge uniformemente sobre\([c,\infty)\) si\(c>0\), por el Teorema 7. Si\(x>1\) entonces\(|x^{y-1}e^{-x}|\le x^{d-1}e^{-x}\) si\(y\le d\). Por lo tanto\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}x^{d-1}e^{-x}}\,dx<\infty\), ya que,\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}x^{y-1}e^{-x}}\,dx\) converge uniformemente en\((-\infty,d]\) para cada\(d\), por el Teorema 6. De ahí,\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{y-1}e^{-x}\,dx}\) converge uniformemente sobre\([c,d]\) si\(c>0\).

Si\(y>0\) entonces

\[\Gamma(y)=\int_{0}^{\infty}x^{y-1}e^{-x}\,dx =\frac{x^{y}e^{-x}}{y}\biggr|_{0}^{\infty}+ \frac{1}{y}\int_{0}^{\infty}x^{y}e^{-x}\,dx =\frac{\Gamma(y+1)}{y}. \tag{A}\]

Por lo tanto

\[\Gamma(y)=\frac{\Gamma(y+n)}{y(y+1)\cdots (y+n-1)} \tag{B}\]

es cierto cuando\(n=1\). Ahora supongamos que es cierto para un entero positivo dado\(n\), y reemplace\(y\) por\(y+n\) en (A):

\[\Gamma(y+n)=\frac{\Gamma(y+n+1)}{y+n}.\]

Sustituyendo esto en (B) rendimientos

\[\Gamma(y)=\frac{\Gamma(y+n+1)}{y(y+1)\cdots (y+n)},\]

que completa la inducción.

Si\(-n <y<-n+1\) con\(n\le 1\) entonces\(0<y+n<1\) y podemos calcular\(\Gamma(y+n)\) a partir de la definición en la parte (a):

\[\Gamma(y+n)=\int_{0}^{\infty}x^{y+n-1}e^{-x}\,dx.\]

Entonces podemos definir\(\Gamma(y)\) por (B).

La aseveración es cierta si\(n=1\), ya que

\[\Gamma(2)=\int_{0}^{\infty}xe^{-x}\,dx = -xe^{-x}\biggr|_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty} e^{-x}\,dx = 1.\]

Si\(\Gamma(n+1)=n!\) para algunos\(n\ge 1\), entonces

\[\begin{aligned} \Gamma(n+2)&=&\int_{0}^{\infty}x^{n+1}e^{-x}\,dx= -e^{-x} x^{n+1}\biggr|_{0}^{\infty}+(n+1) \int_{0}^{\infty}x^{n+1}e^{-x}\,dx\\ &=&(n+1)\Gamma(n+1)=(n+1)n!=(n+1)!,\end{aligned}\]

que completa la prueba de inducción.

El cambio de\(x=st\) rendimientos variables

\[\int_{0}^{\infty}e^{-st}t^{\alpha}\,dt=\frac{1}{s^{\alpha+1}} \int_{0}^{\infty}x^{\alpha}e^{-x}\,dx=\frac{1}{s^{\alpha+1}} \Gamma(\alpha+1),\]

de la definición de la función Gamma.

Dado que\(|g_{x}(x,y)|\) es monótona con respecto a\(x\),

\[\tag{A} \int_{r}^{r_{1}}|g_{x}(x,y)|\,dx=|g(r_{1},y)-g(r,y)|,\quad a\le r<r_{1}<b.\]

De la Asunción (a) del Teorema 8, si\(\epsilon>0\) hay\(r_{0}\in [a,b)\) tal que

\[|g(s,y)|\le \epsilon,\quad y\in S,\quad r_{0}\le s<b.\]

Por lo tanto, (A) implica que

\[\int_{r}^{r_{1}}|g_{x}(x,y)\,dx\le 2\epsilon,\quad y\in S,\quad r_{0}\le r\le r_{1}<b.\]

Ahora Teorema 4 implica que\(\int_{a}^{b}|g(x,y)|\,dx\) converge uniformemente sobre\(S\), que es la suposición (c) del Teorema 8.

) Si\(g,\)\(g_{x},\) y\(h\) son continuos en\((a,b]\times S\) entonces

\[\int_{a}^{b}g(x,y)h(x,y)\,dx\]

converge uniformemente\(S\) si se cumplen las siguientes condiciones:

() 0pt0pt14pt 8pt22pt0pt

\(\displaystyle{\lim_{x\to a+}\left\{\sup_{y\in S}|g(x,y)|\right\}=0};\)

Hay una constante\(M\) tal que

\[\sup_{y\in S}\left|\int_{x}^{b}h(u,y)\,du\right| \le M, \quad a< x\le b;\]

\(\int_{a}^{b}|g_{x}(x,y)|\,dx\)converge uniformemente en\(S\).

Si

\[\tag{A} H(x,y)=\int_{x}^{b}h(u,y)\,du\]

luego integración por rendimientos de piezas

\[\begin{aligned} \int_{r_{1}}^{r}g(x,y)h(x,y)\,dx&=&-\int_{r_{1}}^{r}g(x,y)H_{x}(x,y)\,dx \\ &=&-g(r,y)H(r,y)+g(r_{1},y)H(r_{1},y)\\ &&+\int_{r_{1}}^{r}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx.\end{aligned}\]

Por lo tanto, dado que los supuestos b) y A) implican que\(|H(x,y)|\le M\)\((x,y)\in (a,b]\times S\),

\[\tag{B} \left|\int_{r_{1}}^{r}g(x,y)h(x,y)\,dx\right|\le M\left(2\sup_{a<x\le r} |g(x,y)|+\int_{r_{1}}^{r}|g_{x}(x,y)|\,dx\right)\]

encendido\([r_{1},r]\times S\). Ahora supongamos\(\epsilon>0\). Del supuesto (a), hay\(r_{0} \in [a,b)\) tal que\(|g(x,y)|<\epsilon\) sobre\(S\) si\(a< x \le r_{0} \le b\). Del supuesto (c) y el teorema 5, hay\(s_{0}\in (a,b]\) tal que

\[\int_{r_{1}}^{r}|g_{x}(x,y)|\,dx<\epsilon,\quad y\in S,\quad a<r_{1}<r\le s_{0}.\]

Por lo tanto, (B) implica que

\[\left|\int_{r_{1}}^{r}g(x,y)h(x,y)\right| < 3M\epsilon,\quad y\in S,\quad a<r_{1}<r\min(r_{0},s_{0})\]

Ahora Teorema 5 implica la conclusión declarada.

Denotar\(F(y)=\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{\sin xy}{x^{y}}}\) y, con\(1\le r< r_{1}\),

\[\begin{aligned} F(r,r_{1},y)=\int_{r}^{r_{1}}\frac{\sin xy}{x^{y}}\,dx &=& -\frac{\cos xy}{yx^{y}}\biggr|_{r}^{r_{1}}- \int_{r}^{r_{1}}\frac{\cos xy}{x^{y+1}}\,dx\\ &=& \frac{\cos r y}{yr^{y}}-\frac{\cos r_{1}y}{yr_{1}^{y}}- \int_{r}^{r_{1}}\frac{\cos xy}{x^{y+1}}\,dx.\end{aligned}\]

Por lo tanto

\[|F(r,r_{1},y)|\le \frac{2}{yr^{y}}+\int_{r}^{r_{1}}x^{-y-1}\,dx<\frac{3}{yr^{y}}, \quad r,y>0.\]

Ahora Teorema 4 implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

b) Denotar\(F(y)=\displaystyle{\int_{2}^{\infty}\frac{\sin xy}{\log x}\,dx}\) y, con\(2\le r< r_{1}\),

\[F(r,r_{1},y)=\int_{r}^{r_{1}}\frac{\sin xy}{\log x}\,dx =-\frac{\cos xy}{y\log x}\biggr|_{r}^{r_{1}}- \frac{1}{y}\int_{r}^{r_{1}}\frac{\cos xy}{x(\log x)^{2}}\,dx.\]

Por lo tanto

\[|F(r,r_{1},y)|\le \frac{1}{y}\left|\frac{2}{\log r}+\int_{r}^{r_{1}} \frac{dx}{x(\log x)^{2}}\right|\le \frac{3}{y\log r}.\]

Ahora Teorema 4 implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

c) Denote\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\cos xy}{x+y^{2}}}\), y, con\(0<r<r_{1}\),

\[F(r,r_{1},y)=\int_{r}^{r_{1}}\frac{\cos xy}{x+y^{2}}\,dx= \frac{1}{y}\left(\frac{\sin xy}{x+y^{2}}\biggr|_{r}^{r_{1}} +\int_{r}^{r_{1}}\frac{\sin xy}{(x+y^{2})^{2}}\,dx\right),\]

por lo

\[|F(r,r_{1},y)|\le \frac{3}{y(r+y^{2})}.\]

Ahora Teorema 4 implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

d) Denote\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin xy}{1+xy}}\), y, con\(0<r<r_{1}\),

\[F(r,r_{1},y)=\int_{r}^{r_{1}}\frac{\sin xy}{1+xy}\,dx= -\frac{\cos xy}{y(1+xy)}\biggr|_{r}^{r_{1}}-\int_{r}^{r_{1}} \frac{\cos xy}{y^{2}(1+xy)^{2}}\,dx,\]

por lo

\[|F(r,r_{1},y)|\le \frac{3}{y(1+ry)}.\]

Ahora Teorema 4 implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

13. Integración por rendimientos de piezas

\[\begin{aligned} \int_{r}^{r_{1}}g(x,y)h(x,y)\,dx&=&\int_{r}^{r_{1}}g(x,y)H_{x}(x,y)\,dx\\ &=&g(r_{1},y)H(r_{1},y)-g(r,y)H(r,y)\\ &&-\int_{r}^{r_{1}}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx,\end{aligned}\]

por lo

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}g(x,y)h(x,y)\,dx\right|\le 2\sup_{x\ge r}\left\{\left\{\sup_{y\in S}|g(x,y)H(x,y)|\right\}\right\}+ \left|\int_{r}^{r_{1}}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx\right|.\]

Ahora supongamos\(\epsilon\ge 0\). Desde nuestro primer asentimiento, hay\(s_{0}\in [a,b)\) tal que

\[\sup_{x\ge r}\left\{\left\{\sup_{y\in S}|g(x,y)H(x,y)|\right\}\right\}<\epsilon, \quad s_{0}\le r<b.\]

Dado que\(\int_{a}^{b}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx\) converge uniformemente sobre\(S\), el Teorema 4 implica que existe\(r_{0}\in [a,b)\) tal que

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}g_{x}(x,y)H(x,y)\,dx\right|\le \epsilon, \quad y\in S, \quad r_{0}\le r<r_{1}<b.\]

Por lo tanto,

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}g(x,y)h(x,y)\,dx\right|\le 2\epsilon, \quad y\in S, \quad \max(r_{0},s_{0})\le r<r_{1}<b.\]

Ahora Teorema 4 implica que\(\int_{a}^{b}g_{x}(x,y)h(x,y)\,dx\) converge uniformemente sobre\(S\).

14. Teorema 10 Si\(f=f(x,y)\) es continuo en\((a,b]\times [c,d]\) y

\[\tag{A} F(y)=\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\]

converge uniformemente en\([c,d],\) entonces\(F\) es continuo en\([c,d].\) Por otra parte\(,\)

\[\tag{B} \int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy =\int_{a}^{b}\left(\int_{c}^{d}f(x,y)\,dy\right)\,dx.\]

Primero mostraremos que\(F\) en (A) es continuo en\([c,d]\). Dado que\(F\) converge uniformemente sobre\([c,d]\), la Definición 1 implica que si\(\epsilon>0\), hay\(r \in (a,b]\) tal que

\[\left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right|\le \epsilon, \quad c \le y \le d.\]

Por lo tanto, si\(y\) y\(y_{0}\) están en\([c,d]\), entonces

\[\begin{aligned} |F(y)-F(y_{0})|&=& \left|\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx-\int_{a}^{b}f(x,y_{0})\,dx\right|\\ &\le&\left|\int_{r}^{b}[f(x,y)-f(x,y_{0})]\,dx\right|+ \left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right|\\ &&+\left|\int_{a}^{r}f(x,y_{0})\,dx\right|\\\end{aligned}\]

por lo

\[\tag{C} |F(y)-F(y_{0})| \le \int_{r}^{b}|f(x,y)-f(x,y_{0})|\,dx +2\epsilon.\]

Dado que\(f\) es uniformemente continuo en el conjunto compacto\([r,b]\times [c,d]\) (Corolario 5.2.14, p. 314), existe\(\delta>0\) tal que

\[|f(x,y)-f(x,y_{0})|<\epsilon\]

si\((x,y)\) y\((x,y_{0})\) están en\([r,b]\times [c,d]\) y\(|y-y_{0}|<\delta\). Esto y (C) implican que

\[|F(y)-F(y_{0})|<(r-a)\epsilon +2\epsilon<(b-a+2)\epsilon\]

si\(y\) y\(y_{0}\) están en\([c,d]\) y\(|y-y_{0}|<\delta\). Por lo tanto\(F\) es continuo\([c,d]\), por lo que existe la integral en el lado izquierdo de (B). Denotar

\[\tag{D} I= \int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy.\]

Mostraremos que la integral impropia del lado derecho de (B) converge a\(I\). Para ello, denotan

\[I(r)= \int_{r}^{b}\left(\int_{c}^{d}f(x,y)\,dy\right)\,dx.\]

Dado que podemos invertir el orden de integración de la función continua\(f\) sobre el rectángulo\([r,b]\times [c,d]\) (Corolario 7.2.2, p. 466),

\[I(r)=\int_{c}^{d}\left(\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy.\]

A partir de esto y (D),

\[I-I(r)=\int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right)\,dy.\]

Ahora supongamos\(\epsilon>0\). Dado que\(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\) converge uniformemente en\([c,d]\), hay\(r_{0}\in (a,b]\) tal que

\[\left|\int_{a}^{r}f(x,y)\,dx\right|<\epsilon, \quad a<r<r_{0}, %###\]

entonces\(|I-I(r)|<(d-c)\epsilon\),\(a<r<r_{0}\). Por lo tanto,

\[\lim_{r\to a+}\int_{r}^{b}\left(\int_{c}^{d}f(x,y)\,dy\right)\,dx= \int_{c}^{d}\left(\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\right)\,dy,\]

que completa la prueba de (B).

15. Teorema 11 Dejar\(f\) y\(f_{y}\) ser continuo\((a,b]\times [c,d],\) y supongamos que

\[F(y)=\int_{a}^{b}f(x,y)\,dx\]

converge para algunos\(y_{0} \in [c,d]\) y

\[G(y)=\int_{a}^{b}f_{y}(x,y)\,dx\]

converge uniformemente en\([c,d].\) Luego\(F\) converge uniformemente\([c,d]\) y es dado explícitamente por

\[F(y)=F(y_{0})+\int_{y_{0}}^{y} G(t)\,dt,\quad c\le y\le d.\]

Además,\(F\) es continuamente diferenciable en\([c,d]\) y

\[\tag{A} F'(y)=G(y), \quad c \le y \le d,\]

donde\(F'(c)\) y\(f_{y}(x,c)\) son derivados de la derecha, y\(F'(d)\) y\(f_{y}(x,d)\) son derivados de la izquierda\(.\)

Let

\[F_{r}(y)=\int_{r}^{b}f(x,y)\,dx, \quad a\le r<b,\quad c \le y \le d.\]

Dado que\(f\) y\(f_{y}\) son continuos\([r,b]\times [c,d]\), el Teorema 1 implica que

\[F_{r}'(y)=\int_{r}^{b}f_{y}(x,y)\,dx, \quad c \le y \le d.\]

Por lo tanto

\[\begin{aligned} F_{r}(y)&=&F_{r}(y_{0})+\int_{y_{0}}^{y}\left( \int_{r}^{b}f_{y}(x,t)\,dx\right)\,dt\\ &=&F(y_{0})+\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt \\&&+(F_{r}(y_{0})-F(y_{0})) -\int_{y_{0}}^{y}\left(\int_{a}^{r}f_{y}(x,t)\,dx\right)\,dt, \quad c \le y \le d.\end{aligned}\]

Por lo tanto,

\[\tag{B} \left|F_{r}(y)-F(y_{0})-\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt\right| \le |F_{r}(y_{0})-F(y_{0})| +\left|\int_{y_{0}}^{y} \int_{a}^{r}f_{y}(x,t)\,dx\right|\,dt.\]

Ahora supongamos\(\epsilon>0\). Como hemos asumido que\(\lim_{r\to a+}F_{r}(y_{0})=F(y_{0})\) existe, hay una\(r_{0}\) en\((a,b)\) tal que

\[|F_{r}(y_{0})-F(y_{0})|<\epsilon,\quad a<r< r_{0}.\]

Ya que hemos asumido que\(G(y)\) converge para\(y\in[c,d]\), hay\(r_{1} \in (a,b]\) tal que

\[\left|\int_{a}^{b}f_{y}(x,t)\,dx\right|<\epsilon, \quad t\in[c,d], \quad a<r\le r_{1}.\]

Por lo tanto, (B) rinde

\[\left|F_{r}(y)-F(y_{0})-\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt\right|< \epsilon(1+|y-y_{0}|) \le \epsilon(1+d-c)\]

si\(a<r<\min(r_{0},r_{1})\) y\(t\in[c,d]\). Por lo tanto,\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([c,d]\) y

\[F(y)=F(y_{0})+\int_{y_{0}}^{y}G(t)\,dt, \quad c \le y \le d.\]

Dado que\(G\) es continuo\([c,d]\) por el Teorema 10, (A) se deduce de diferenciar esto (Teorema 3.3.11, p. 141).

16. Desde

\[|f(x)\cos xy|\le |f(x)|,\quad |f(x)\sin xy|\le |f(x)|,\text{\quad and\quad} \int_{-\infty}^{\infty} |f(x)|\,dx<\infty,\]

Los teoremas 6 y 7 implican eso\(\int_{-\infty}^{\infty}f(x)\cos xy\,dx\) y\(\int_{-\infty}^{\infty}f(x) \sin xy\,dx\) convergen uniformemente sobre\((-\infty,\infty)\), por lo que el Teorema 10 implica eso\(C(y)\) y\(S(y)\) son continuos en\((-\infty,\infty)\).

Si\(y\ne0\), integrando por partes rinde

\[\begin{aligned} C(y)&=&f(x)\frac{\sin xy}{y}\biggr|_{a}^{\infty}-\frac{1}{y} \int_{a}^{\infty}f'(x)\sin xy \,dx\\ &=&-f(a)\frac{\sin ay}{y} -\frac{1}{y}\int_{a}^{\infty}f'(x)\sin xy \,dx\end{aligned}\]

y

\[\begin{aligned} S(y)&=&-f(x)\frac{\cos xy}{y}\biggr|_{a}^{\infty}+\frac{1}{y} \int_{a}^{\infty}f'(x)\cos xy \,dx \\ &=&f(a)\frac{\cos ay}{y}+ \frac{1}{y}\int_{a}^{\infty}f'(x)\cos xy \,dx,\end{aligned}\]

ya que\(\lim_{x\to\infty} f(x)=0\). De Ejercicio [exer:17] con\(f\) reemplazado por\(f'\),\(\int_{1}^{\infty}f'(x)\cos xy \,dx\) y\(\int_{1}^{\infty}f'(x)\cos xy\,dx\) son continuos en\((-\infty,\infty)\). Por lo tanto\(C(y)\) y\(S(y)\) son continuos en\((-\infty,0)\cup(0,\infty)\).

Para ver eso\(C\) y no\(S\) son necesariamente continuos en\(y=0\), vamos\(a=1\) y\(f(x)=1/x\), así

\[\lim_{x\to\infty}f(x)=0\text{\quad and\quad} \int_{1}^{\infty}|f'(x)|=\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}=1.\]

Entonces

\[C(y)=\lim_{r\to\infty}\int_{1}^{r}\frac{\cos xy}{x}\,dx \text{\quad and\quad} S(y)=\lim_{r\to\infty}\int_{1}^{r}\frac{\sin xy}{x}\,dx,\quad y\ne0.\]

Si\(y>0\) hacer el cambio de variable\(u=xy\) para ver que

\[C(y)=\lim_{r\to\infty}\int_{y}^{ry}\frac{\cos u}{u}\,du= \int_{y}^{\infty}\frac{\cos u}{u}\,du\]

y

\[S(y)=\lim_{r\to\infty}\int_{y}^{ry}\frac{\sin u}{u}\,du. S(y)=\int_{y}^{\infty}\frac{\sin u}{u}\,du.\]

Por lo tanto\(\lim_{y\to 0+}C(y)=\infty\), así no\(C\) es continuo en\(y=0\). Desde\(S(0)=0\) y\(\lim_{y\to 0+}S(y)= \displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin u}{u}\,du}\ne 0\), no\(S\) es continuo en\(y=0\).

La integral diverge si\(y=0\). Si\(y\ne0\) sustituto\(u=|y|x\) para obtener

\[F(y)=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2}y^{2}}= \frac{1}{|y|}\int_{0}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}} =\frac{1}{|y|}\tan^{-1}u\biggr|_{0}^{\infty}=\frac{\pi}{2|y|}, \tag{A}\]

así\(F(y)\) converge para todos\(y\ne0\). Para probar la convergencia uniforme, supongamos\(|y|>0\) y\(0<r<r_{1}\). Entonces

\[\int_{r}^{r_{1}}\frac{dx}{1+x^{2}y^{2}} =\frac{1}{|y|}\int_{r|y|}^{r_{1}|y|} \frac{du}{1+u^{2}} <\frac{1}{\rho}\int_{r\rho}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}\]

si\(|y|\ge \rho\). Si\(\epsilon>0\) hay\(\alpha>0\) tal que\(\displaystyle{\frac{1}{\rho}\int_{\alpha}^{\infty}\frac{du}{1+u^{2}}}<\epsilon\). Por lo tanto\(\displaystyle{\int_{r}^{r_{1}}\frac{dx}{1+x^{2}y^{2}}}<\epsilon\) si\(\alpha/\rho<r<r_{1}\). Ahora Teorema 4 implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\((-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

Evaluar

\[I=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{\tan^{-1}ax-\tan^{-1}bx}{x}\,dx},\]

observamos que

\[\frac{\tan^{-1}ax-\tan^{-1}bx}{x}=\int_{b}^{a}\frac{dy}{1+x^{2}y^{2}}.\]

Por lo tanto

\[I=\int_{0}^{\infty}\,dx \int_{b}^{a}\frac{dy}{1+x^{2}y^{2}} =\int_{b}^{a}\,dy\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2}y^{2}} =\frac{\pi}{2}\int_{b}^{a}\frac{dy}{y}=\frac{\pi}{2}\log\frac{a}{b},\]

donde la segunda igualdad es válida por la convergencia uniforme de\(F(y)\) en el intervalo cerrado con puntos finales\(a\) y\(b\), y la tercera igualdad se deriva de (A).

\(F(y)\)es una integral adecuada si\(y\ge 0\) y diverge si\(y\le -1\). Si\(-1<y<0\), entonces

\[F(y)=\int_{0}^{1}x^{y}\,dx=\frac{x^{y+1}}{y+1}\biggr|_{0}^{1}=\frac{1}{y+1} \tag{A}\]

es convergente. Desde

\[\int_{0}^{r}x^{y}\,dx=\frac{x^{y+1}}{y+1}\biggr|_{0}^{r}= \frac{r^{y+1}}{y+1}.\]

y

\[\frac{\partial}{\partial y}\left (\frac{r^{y+1}}{y+1}\right) =\frac{r^{y+1}}{y+1}\left(\log r-\frac{1}{y+1}\right)<0 \text{\quad if \quad} 0<r\le 1 \text{\quad and\quad} y>-1,\]

se deduce que

\[\left|\int_{0}^{r}x^{y}\,dx\right|\le \frac{r^{\rho+1}}{\rho +1} \text{\quad if\quad} 0<r\le 1\text{\quad and\quad} -1<\rho\le y.\]

Por lo tanto, el Teorema 5 implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>-1\).

Ahora Teorema 11 implica que

\[I=\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{x^{a}-x^{b}}{\log x}\,dx} = \int_{0}^{1}\,dx \int_{b}^{a}x^{y}\,dy =\int_{b}^{a}\,dy\int_{0}^{1}x^{y}\,dx =\int_{b}^{a}\frac{dy}{y+1}=\log\frac{a+1}{b+1}.\]

\(\displaystyle{F(y)=\int_{0}^{\infty} e^{-yx}\cos x \,dx=\frac{y}{y^{2}+1}}\). Desde

\[\left|\int_{r}^{\infty}e^{-yx} \cos x\,dx\right|\le \int_{r}^{\infty}e^{-xy}\,dx=\frac{e^{-yr}}{y},\]

Teorema 4 (o Teorema 6) implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\). Por lo tanto, el teorema implica que si\(a\),\(b>0\) entonces

\[\begin{aligned} I&=&\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\cos x\,dx =\int_{0}^{\infty}\cos x\,dx\int_{a}^{b}e^{-yx}\,dy \\ &=&\int_{a}^{b} \,dy\int_{0}^{\infty}e^{-yx}\cos x\,dx =\int_{a}^{b}\frac{y}{y^{2}+1}\,dy=\frac{1}{2}\log\frac{b^{2}+1}{a^{2}+1}.\end{aligned}\]

\(\displaystyle{F(y)=\int_{0}^{\infty} e^{-yx}\sin x \,dx=\frac{1}{y^{2}+1}}\). Desde

\[\left|\int_{r}^{\infty}e^{-yx} \sin x\,dx\right|\le \int_{r}^{\infty}e^{-yx}\,dx=\frac{e^{-yr}}{y},\]

Teorema 4 (o Teorema 6) implica que\(F(y)\) converge uniformemente en cada\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\). Por lo tanto, si\(a\),\(b>0\) entonces el Teorema 11 implica que

\[\begin{aligned} I&=&\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\sin x\,dx =\int_{0}^{\infty}\sin x\,dx\int_{a}^{b}e^{-yx}\,dy \\ &=&\int_{a}^{b} \,dy\int_{0}^{\infty}e^{-yx}\sin x\,dx =\int_{a}^{b}\frac{1}{y^{2}+1}\,dy=\tan^{-1}b-\tan^{-1}a.\end{aligned}\]

e)\(\displaystyle{F(y)=\int_{0}^{\infty} e^{-x}\sin xy \,dx=\frac{y}{y^{2}+1}}\). Desde

\[\left|\int_{r}^{\infty}e^{-x} \sin xy\,dx\right|\le \int_{r}^{\infty}e^{-x}\,dx=e^{-r},\]

Teorema 4 (o Teorema 6) implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\). Por lo tanto el teorema 11 implica que

\[\begin{aligned} I&=&\int_{0}^{\infty}e^{-x}\frac{1-\cos ax}{x}\,dx =\int_{0}^{\infty}e^{-x}\,dx\int_{0}^{a}\sin xy\,dy\\ &=&\int_{0}^{a}\,dy\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin xy\,dx =\int_{0}^{a} \frac{y}{y^{2}+1}\,dy=\frac{1}{2}\log(1+a^{2}).\end{aligned}\]

\(\displaystyle{F(y)=\int_{0}^{\infty} e^{-x}\cos xy \,dx=\frac{1}{y^{2}+1}}\). Desde

\[\left|\int_{r}^{\infty}e^{-x} \cos xy\,dx\right|\le \int_{r}^{\infty}e^{-x}\,dx=e^{-r},\]

Teorema 4 (o Teorema 6) implica que\(F(y)\) converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\). Por lo tanto el teorema 11 implica que

\[\begin{aligned} I&=&\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin ax\,dx =\int_{0}^{\infty}e^{-x}\,dx\int_{0}^{a}\cos xy\,dy\\ &=&\int_{0}^{a}\,dy\int_{0}^{\infty}e^{-x}\cos xy\,dx =\int_{0}^{a} \frac{1}{y^{2}+1}\,dy=\tan^{-1}a.\end{aligned}\]

19. (a) Comenzamos con

\[F(y)=\int_{0}^{1} x^{y}\,dx =\frac{1}{y+1}\quad y>-1. \tag{A}\]

Diferenciar formalmente estos rendimientos

\[F^{(n)}(y)=\int_{0}^{1}(\log x)^{n} x^{y}\,dx =\frac{(-1)^{n}n!}{(y+1)^{n+1}},\quad y>-1. \tag{B}\]

Para justificar esto mostraremos por inducción que las integrales impropias

\[I_{n}(y)=\int_{0}^{1}(\log x)^{n} x^{y}\,dx,\quad n=0,1,2, \dots\]

convergen uniformemente en\([\rho,\infty)\) si\(\rho>-1\). Comenzamos con\(n=0\):.

\[\int_{0}^{r}x^{y}\,dx = \frac{x^{y+1}}{y+1}\biggr|_{r_{1}}^{r}=\frac{r^{y+1}}{y+1}\le \frac{r^{y+1}}{\rho+1},\quad -1<\rho\le y.\]

por lo que\(I_{0}(y)=F(y)\) converge uniformemente en\([\rho,\infty)\) si\(\rho>-1\). Ahora supongamos que\(I_{n}(y)\) converge uniformemente en\([\rho,\infty)\). Integración por rendimientos de piezas

\[\begin{aligned} \int_{r_{1}}^{r}(\log x)^{n+1}x^{y}\,dx&=& \frac{r^{y+1}(\log r)^{n+1}-r_{1}^{y+1}(\log r_{1})^{n+1}} {y+1}\\ &&-\frac{n+1}{y+1} \int_{r_{1}}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx, \quad -1<y<\infty.\end{aligned}\]

Dejar\(r_{1}\to 0\) rendimientos

\[\tag{C} \int_{0}^{r}(\log x)^{n+1} x^{y}\,dx =\frac{r^{y+1}(\log r)^{n+1}}{y+1} -\frac{n+1}{y+1}\int_{0}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx.\]

Dado que la integral de la derecha converge, se deduce que la integral de la izquierda converge; de hecho

\[\int_{0}^{1}(\log x)^{n+1}x^{y}\,dx= -\frac{n+1}{y+1} \int_{0}^{1}(\log x)^{n}x^{y}\,dx.\]

Aún debemos demostrar que la integral de la izquierda converge uniformemente sobre\([\rho,\infty)\) si
\(\rho>-1\). Para ello, anote de (C) que

\[\tag{D} \left|\int_{0}^{r}(\log x)^{n+1} x^{y}\,dx\right| \le \left|\frac{r^{\rho+1}(\log r)^{n+1}}{\rho+1}\right| +\frac{n+1}{\rho+1}\left|\int_{0}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx\right|\]

si\(y\ge \rho\), Ahora supongamos\(\epsilon>0\). Ya que\(\displaystyle{\lim_{r\to0+}r^{\rho+1}(\log r)^{n+1}=0}\), hay\(r_{1}\in (0,1)\) tal que

\[\left|\frac{r^{\rho+1}(\log r)^{n+1}}{\rho+1}\right| \le \frac{\epsilon}{2} \text{\quad if \quad} 0<r<r_{1}.\]

Dado que\(\int_{0}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx\) es uniformemente convergente (por nuestra suposición de inducción), existe\(r_{2}\in (0,1)\) tal que

\[\frac{n+1}{\rho+1}\left|\int_{0}^{r}(\log x)^{n}x^{y}\,dx\right|\le \frac{\epsilon}{2},\quad y\ge \rho,\]

Ahora (D) implica que

\[\left|\int_{0}^{r}(\log x)^{n+1} x^{y}\,dx\right|\epsilon,\quad y\in [\rho,\infty),\quad 0<r<\min(r_{1},r_{2}).\]

Esto, el Teorema 11, y un argumento de fácil inducción implican (B).

b)\(x=u\sqrt{y}\) Rendimientos sustitutivos

\[F(y)=\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+y}=\frac{1}{\sqrt{y}}\int_{0}^{\infty} \frac{du}{u^{2}+1} =\frac{\pi}{2\sqrt{y}},\quad y>0. \tag{A}\]

Diferenciar formalmente esto rinde rendimientos

\[\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^{2}+y)^{n+1}} &=&\frac{\pi}{2n+1}1\cdot 3\cdots(2n-1)y^{-n-1/2} =\frac{\pi}{2^{2n+1}}\frac{(2n)!}{n!}y^{-n-1/2}\\ &=&\frac{\pi}{2^{2n+1}}\binom{2n}{n}y^{-n-1/2},\quad y>0.\end{aligned}\]

El teorema 11 implica que la diferenciación formal es legítima, ya que, si\(y\ge 0\) y\(r>0\), entonces

\[\int_{r}^{\infty}\frac{dx}{(x^{2}+y)^{n+1}}\le \int_{r}^{\infty}x^{-2n-2}dx=\frac{r^{-2n-1}}{(2n-1)};\]

por lo tanto, las integrales impropias\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^{2}+y)^{n+1}}}\)\(n=0\),\(1\),\(2\),,... convergen uniformemente sobre\([0,\infty)\).

Denote\(I_{n}(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}x^{2n+1}e^{-yx^{2}}\,dx}\). Entonces

\[I_{0}(y)=\int_{0}^{\infty}xe^{-yx^{2}}= \frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}2xe^{-yx^{2}}\,dx =-\frac{1}{2y}e^{-yx^{2}}\biggr|_{0}^{\infty}=\frac{1}{2y}.\]

Desde

\[\int_{r}^{\infty}x^{2n+1}e^{-yx^{2}} \,dx\le \int_{r}^{\infty}x^{2n+1}e^{-\rho x^{2}} \,dx\text{\quad if\quad} 0<\rho\le r,\]

si\(n\ge 0\), podemos diferenciar\(I_{n}\) formalmente con respecto\(y\in (0,\infty)\) a obtener

\[I_{n}(y)=(-1)^{n}I_{0}^{(n)}=\frac{n!}{2y^{n+1}}.\]

d) Denotar

\[\begin{aligned} I(y)&=&\int_{0}^{\infty}y^{x}\,dx =\int_{0}^{\infty}e^{x\log y}\,dx =\frac{1}{\log y}\int_{0}^{\infty}(\log y) y^{x}\,dx \\ &=&\frac{y^{x}}{\log y}\biggr|_{0}^{\infty}=-\frac{1}{\log y}\quad 0<y<1.\end{aligned}\]

Diferenciando formalmente estos rendimientos\(I'(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xy^{x-1}\,dx}\). Aquí hay dos integrales impropias:\(J_{1}(y)=\displaystyle{\int_{0}^{1}xy^{x-1}\,dx}\) y\(J_{2}(y)=\displaystyle{\int_{1}^{\infty}xy^{x-1}\,dx}\). Si\(r<1\) entonces

\[\int_{0}^{r}xy^{x-1}\,dx=\frac{1}{y}\int_{0}^{r}xy^{x}\,dx \le \frac{1}{y}\int_{0}^{r}x\,dx=\frac{r^{2}}{2y}\le \frac{r^{2}}{2\rho_{1}}, \quad 0<\rho_{1}\le y\le 1.\]

Por lo tanto\(J_{1}(y)\) converge uniformemente en\([\rho_{1},1]\). Si\(x>r>1\) y\(\rho_{2}<1\) entonces

\[\int_{r}^{\infty}xy^{x-1}\,dx<\int_{r}^{\infty}x\rho_{2}^{x-1}\,dx =\frac{1}{\rho_{2}}\int_{r}^{\infty}x\rho_{2}^{x}\,dx,\]

Desde

\[\lim_{x\to\infty}\frac{1}{\rho_{2}}\int_{r}^{\infty}x\rho_{2}^{x}\,dx =0\]

Teorema 7 implica que\(J_{2}(y)\) converge uniformemente sobre\([0,\rho_{2}]\). Por lo tanto, si\(0<\rho_{1}<\rho_{2}<1\) entonces\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xy^{x-1}}\) converge uniformemente en\([\rho_{1},\rho_{2}]\). Ahora Teorema 11 implica que

\[\tag{A} I'(y)=\int_{0}^{\infty}xy^{x-1}\,dx,\quad 0<y<1.\]

Sin embargo, ya que\(I(y)=-\displaystyle{\frac{1}{\log y}}\), eso lo sabemos\(I'(y)=\displaystyle{\frac{1}{y(\log y)^{2}}}\). Esto y (A) implican eso\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}xy^{x}\,dx}=\displaystyle{\frac{1}{(\log x)^{2}}}\).

20. Aquí\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\cos 2xy\,dx}\), entonces el Teorema 11 implica que

\[F'(y)=-2\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx, \tag{A}\]

ya que la integral de la derecha converge uniformemente sobre\((-\infty,\infty)\), por el Teorema 6.

Integración por rendimientos de piezas

\[\begin{aligned} F(y)&=& =\frac{1}{2y}\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}(2y\cos 2xy)\,dx\\ &=&\frac{1}{2y}\left(e^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx\biggr|_{0}^{\infty} +2\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx\right) \\ &=&\frac{1}{y} \int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx =-\frac{1}{2y} F'(y).\end{aligned}\]

De esto y (A),\(F'(y)+2yF(y)=0\), entonces\(\displaystyle{\frac{F'(y)}{F(y)}}=-2y\),\(\log F(y)=-y^{2}+\log F(0)\), y\(F(y)=F(0)e^{-y^{2}}\). Desde\(F(0)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-x^{2}}\,dx}=\displaystyle{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}\) (Ejemplo 12),\(F(y)=\displaystyle{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}e^{-y^{2}}\).

Aquí\(F(y)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx}\), entonces el Teorema 11 implica que

\[F'(y)=2\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}}\cos 2xy\,dx, \tag{A}\]

ya que la integral de la derecha converge uniformemente sobre\((-\infty,\infty)\). Integrando esto por rendimientos de piezas

\[\begin{aligned} F'(y) &=&-e^{-x^{2}}\cos 2xy\biggr|_{0}^{\infty}- 2y\int_{0}^{\infty} e^{-x^{2}}\sin 2xy\,dx \\ &=&1-2y F(y),\end{aligned}\]

entonces\(F'(y)+2yF(y)=1\),\(e^{y^{2}}F'(y)+2e^{y^{2}}yF(y)=e^{y^{2}}\), y\(\displaystyle{\left(e^{y^{2}}F(y)\right)'=e^{y^{2}}}\). Por lo tanto, ya que\(F(0)=0\),\(F(y)=\displaystyle{e^{-y^{2}}\int_{0}^{y}e^{u^{2}}\,du}\).

22. Los teoremas 6 y 11 implican eso\(S\) y\(C\) son\(n\) tiempos continuamente diferenciables sobre\((-\infty,\infty)\) si\(\displaystyle{\int_{-\infty}^{\infty}|x^{n}f(x)|\,dx<\infty}\).

23. Mostraremos primero que

\[C_{k}(y)=\int_{a}^{\infty} x^{k}f(x) \cos xy \,dx \text{\: and\:} S_{k}(y)=\int_{a}^{\infty}x^{k}f(x)\sin xy\,dx,\: 0\le k\le n,\]

convergen uniformemente en\(U_{\rho}=(-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty)\) si\(\rho>0\). Tenga en cuenta que si\(\lim_{x\to\infty} x^{n}f(x)=0\)\(\lim_{x\to\infty} x^{k}f(x)=0\), entonces\(k=0\),\(1\),,\(2\),...\(n\). Si\(0\le k\le n\), entonces

\[\tag{A} \int_{r}^{r_{1}}x^{k}f(x)\cos xy\,dx= \frac{1}{y}\left[x^{k}f(x)\sin xy\biggr|_{r}^{r_{1}}- \int_{r}^{r_{1}}(x^{k}f(x))'\sin xy\,dx\right].\]

En adelante\(k\) se fija. Nuestras suposiciones implican que si\(\rho>0\) y\(\epsilon>0\) entonces hay\(r_{0}\in [a,\infty)\) tal que

\[\int_{r_{0}}^{\infty}|(x^{k}f(x))'|\,dx<\rho\epsilon \text{\quad and \quad} |x^{k}f(x)|<\rho\epsilon,\quad x\ge r_{0}.\]

Por lo tanto, (A) implica que

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}x^{k}f(x)\cos xy\,dx\right|<3\epsilon,\quad r_{0}\le r<r_{1},\: y\in (-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty).\]

Ahora Teorema 4 implica que\(C_{0}\),\(C_{1}\),...,\(C_{k}\) convergen uniformemente sobre\((-\infty,-\rho]\cup[\rho,\infty)\). Como cada\(y\ne0\) está en tal intervalo, el Teorema 11 ahora implica que si\(y\ne 0\) entonces

\[C^{(k)}(y)=\int_{a}^{\infty}x^{k}f(x)\sin xy\,dx,\quad 0\le k\le n.\]

Un argumento similar se aplica a\(S\),\(S'\),...\(S^{(n)}\).

Vamos\(I(y;r,r_{1})=\displaystyle{\int_{r}^{r_{1}}\frac{1}{x}\sin\frac{y}{x}\,dx}\). Asumir por el momento eso\(y\ge 0\). Sustitución de\(u=y/x\) rendimientos

\[I(y;r,r_{1})=\int_{y/r_{1}}^{y/r}\left(\frac{u}{y}\right)\sin u \left(-\frac{y}{u^{2}}\right)\,du = \int_{y/r_{1}}^{y/r}\frac{\sin u}{u}\,du.\]

Por lo tanto, ya que\(\displaystyle{\left|\frac{\sin u}{u}\right|}\le 1\) para todos\(u\),\(|I(y;r,r_{1})|\le y/r\),\(1\le r\le r_{1}\). De hecho, ya que\(I(-y;r,r_{1})=-I(y;r,r_{1})\), podemos escribir\(|I(y;r,r_{1})\le |y|/r\),\(1\le r\le r_{1}\). Por lo tanto, el Teorema 4 implica que\(\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x}\sin\frac{y}{x}\,dx}\) converge uniformemente en cada intervalo finito.

Ahora denotar\(F_{r}(y)=\displaystyle{\int_{1}^{r}\cos\frac{y}{x}\,dx}\). sustituyendo\(u=y/x\) rendimientos\(F_{r}(y)=y\displaystyle{\int_{y/r}^{y}\frac{\cos u}{u^{2}}\,du}\), así que\(\lim_{r\to\infty}F_{r}(y)=\infty\) para todos\(y\ge 0\). Ya que\(F_{r}(-y)=F_{r}(y)\), se deduce que\(\lim_{r\to\infty}F_{r}(y)=\infty\) para todos\(y\), por lo que la respuesta a la pregunta es “no”.

Dejar\(P_{n}\) ser la suposición de inducción

\[F^{(n)}(s)=(-1)^{n}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx,\quad s>s_{0},\]

lo cual es cierto por la definición de\(F\) for\(n=0\). Si\(P_{n}\) es cierto, entonces los Teoremas 11 y 13 implican que

\[\begin{aligned} F^{(n+1)}(s)&=&(-1)^{n}\frac{d}{ds} \int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n}f(x)\,dx=(-1)^{n} \int_{0}^{\infty}\frac{d}{ds}\left(e^{-sx}x^{n}f(x)\right)\,dx\\ &=&(-1)^{n+1}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}x^{n+1}f(x)\,dx,\end{aligned}\]

así lo\(P_{n}\) implica\(P_{n+1}\), que completa la prueba de inducción.

Vamos\(G(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt}\). Si\(s>s_{0}\) entonces

\[\tag{A} F(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx =\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G'(x)\,dx =(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G(x)\,dx\]

(integración por partes). Dado que\(\displaystyle{(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx=1}\), (A) implica que

\[\tag{B} F(s)-F(s_{0})=(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}(G(x)-F(s_{0}))\,dx.\]

Ahora supongamos\(\epsilon>0\). Ya que\(F(s_{0})=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}t} f(t)\,dt}=\lim_{t\to\infty}G(x)\), hay\(r\) tal que\(|G(x)-F(s_{0})|<\epsilon\) si\(x\ge r\); de ahí, de (B), entonces

\[\begin{aligned} |F(s)-F(s_{0})|&\le& (s-s_{0})\int_{0}^{r}e^{-(s-s_{0})x} |G(x)-F(s_{0})|+\epsilon(s-s_{0})\int_{r}^{\infty} e^{-(s-s_{0})x}\,dx\\ &<& (s-s_{0})\int_{0}^{r}e^{-(s-s_{0})x} |G(x)-F(s_{0})|+\epsilon.\end{aligned}\]

Ya que\(r\) es fijo, podemos dejar\(s\to s_{0}^{+}\) que concluya eso\(\limsup_{s\to s_{0}+}|F(s)-F(s_{0})|\le \epsilon\), lo que implica eso\(\lim_{s\to S_{0}+}F(s)=F(s_{0})\).

Si\(s\ge s_{1}>s_{0}\) entonces

\[|e^{-sx}f(x)|= |e^{-(s-s_{0})x}e^{s_{0}x}f(x)|\le M e^{-(s-s_{0})x} \le M e^{-(s_{1}-s_{0})x}.\]

Desde

\[\int_{0}^{\infty}Me^{-(s_{1}-s_{0})x}\,dx=\frac{M}{s_{1}-s_{0}}<\infty,\]

El teorema 6 implica la conclusión planteada.

En el Teorema 13 asumimos solo que eso\(\int_{0}^{x}e^{-s_{0}u}f(u)\,du\) es acotado; aquí estamos asumiendo que\(\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}u}f(u)\,du\) es convergente.

Let

\[G(x)=\int_{x}^{\infty}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt \text{\quad and\quad} H(x)=\sup\left\{|G(t)|\, \big|\, t\ge x\right\}.\]

Entonces

\[\tag{A} |G(x)|\le H(x)\text{\quad and \quad} \lim_{x\to\infty}G(x)=\lim_{x\to\infty}H(x)=0,\]

ya que\(\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx\) converge. Ya que\(f\) es continuo en\([0,\infty)\),\(G'(x)=-e^{-s_{0}x}f(x)\). Integración por rendimientos de piezas

\[\begin{aligned} \int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx&=& \int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}(e^{-s_{0}x}f(x))\,dx =-\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G'(x)\,dx\\ &=&-e^{-(s-s_{0})x}G(x)\biggr|_{r}^{\infty} +(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G(x)\,dx\\ &=&e^{-(s-s_{0})r}G(r)+(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G(x)\,dx,\quad s\ge s_{0}.\end{aligned}\]

Por lo tanto

\[\begin{aligned} \left|\int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\right|&\le& |G(r)|e^{-(s-s_{0})r}+H(r)(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx\\ &=&(G(r)+H(r))e^{-(s-s_{0})r}\le 2H(r)e^{-(s-s_{0})}, \quad s\ge s_{0},\end{aligned}\]

por lo que (A) implica que\(F(s)\) converge uniformemente sobre\([s_{0},\infty)\).

Del Teorema 13,\(F(s)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\, dx}\) converge para todos\(s>s_{0}\). Denotar\(G(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt}\),\(x\ge 0\). Entonces

\[\begin{aligned} F(s)&=&\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx= \int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G'(x)\,dx \\ &=&(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G(x)\,dx\end{aligned}\]

(integración por partes). Dado que\(\displaystyle{(s-s_{0})\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx}=1\),

\[F(s)-F(s_{0})=\int_{0}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}(G(x)-F(s_{0}))\,dx\]

Si\(\epsilon>0\) hay\(R\) tal que\(|G(x)-F(s_{0})|<\epsilon\) si\(x\ge R\). Por lo tanto, si\(s>s_{0}\) entonces

\[\begin{aligned} |F(s)-F(s_{0})|&<& (s-s_{0})\int_{0}^{R}e^{-(s-s_{0})x}|G(x)-F(s_{0})|\,dx+\epsilon\\ &<&(s-s_{0})\int_{0}^{R}|G(x)-F(s_{0})|\,dx+\epsilon.\end{aligned}\]

De ahí\(\limsup_{s\to s_{0}+}|F(s)-F(s_{0})|\le \epsilon\). Ya que\(\epsilon\) es arbitrario, esto implica que
\(\lim_{s\to s_{0}+}|F(s)-F(s_{0})|=0\).

Los supuestos del Ejercicio 28 implican que\(\int_{r}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx\) converge para cada uno\(r>0\). Desde

\[\int_{r}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx=\int_{0}^{\infty}e^{-s(r+x)}f(x+r)\,dx =e^{-sr}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x+r)\,dx,\]

podemos aplicar el resultado del Ejercicio 30 con\(f(x)\) sustituido por\(f(x+r)\), para concluir que

\[\begin{aligned} \lim_{s\to s_{0}+}\int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx&=& e^{-s_{0}r}\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x+r)\,dx\\ &=&\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}(x+r)}f(x+r)\,dx\\ &=&\int_{r}^{\infty}e^{-s_{0}x}f(x)\,dx.\end{aligned}\]

Si\(G(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt}\), entonces\(|G(x)|\le M\) adelante\([0,\infty)\) para algunos\(M\). Si\(\epsilon>0\), hay\(r>0\) tal que

\[\tag{A} \int_{0}^{r}e^{-s_{0}x}|f(x)|\,dx <\epsilon.\]

Si\(s>s_{0}\), entonces

\[\begin{aligned} \int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx&=&\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}G'(x)\,dx \\ &=&e^{-(s-s_{0})x}G(x)\biggr|_{r}^{\infty} +(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}G(x)e^{-(s-s_{0})x}\,dx\\ &=&-e^{-(s-s_{0})r}G(r) +(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}G(x)e^{-(s-s_{0})x}\,dx.\end{aligned}\]

Por lo tanto, dado que\(|G(x)|\le M\),

\[\begin{aligned} \left|\int_{r}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\right| &\le&Me^{-(s-s_{0})r}+M(s-s_{0})\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx\\ &=&M\left(e^{-(s-s_{0})r}-e^{-(s-s_{0})x}\biggr|_{r}^{\infty}\right) =2Me^{-(s-s_{0})r}.\end{aligned}\]

Esto y (A) implican que

\[\left|\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\right|\le \epsilon+2Me^{-(s-s_{0})r}.\]

Por lo tanto,

\[\limsup_{s\to\infty} \left|\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx\right|\le \epsilon.\]

Dado que\(\epsilon\) es arbitrario, esto implica que

\[\limsup_{s\to\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}f(x)\,dx=0,\]

Del Ejercicio 18 (d),\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\sin x\,dx} =\tan^{-1}b-\tan^{-1}a.\) Del Ejercicio 30, dejando\(b\to\infty\) rendimientos

\[\int_{0}^{\infty}e^{-ax}\frac{\sin x}{x}\,dx= \frac{\pi}{2}-\tan^{-1}a, \text{\quad so \bf{(b)}\quad} \int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}.\]

Integración por rendimientos de piezas

\[\tag{A} \int_{0}^{r}e^{-sx}f'(x)\,dt =e^{-sr}f(r)-f(0) +\int_{0}^{r}se^{-sx}f(x)\,dx.\]

Supongamos\(s\ge s_{1}>s_{0}\). Ya que\(|f(x)|\le Me^{s_{0}x}\),\(e^{-sr}|f(r)|\le Me^{-(s_{1}-s_{0})r}\). Por lo tanto\(e^{-sr}f(r)=0\) converge uniformemente a cero encendido\([s_{1},\infty)\). Desde

\[\begin{aligned} \left|\int_{r}^{\infty}se^{-sx}f(x)\,dx \right|&\le& M|s|\int_{r}^{\infty}e^{-(s-s_{0})x}\,dx\le \frac{M|s|e^{-(s_{1}-s_{0})r}}{s-s_{0}}\\ &\le&\frac{M(s-s_{0}+|s_{0}|)e^{-(s_{1}-s_{0})r}}{s-s_{0}} \le M\left(1+\frac{|s_{0}|}{s_{1}-s_{0}}\right)e^{-(s_{1}-s_{0})r},\end{aligned}\]

se deduce que\(\displaystyle{\int_{r}^{\infty}se^{-sx}f(x)\,dx}\) converge a cero uniformemente encendido\([s_{1},\infty)\). Dado que esto implica que\(\displaystyle{\int_{0}^{r}se^{-sx}f(x)\,dx}\) converge uniformemente sobre\([s_{1},\infty)\), (A) implica que\(G(s)\) converge uniformemente sobre\([s_{1},\infty)\).

b) En este caso dejar\(f'(x)=xe^{x^{2}}\sin e^{x^{2}}\), así\(f(x)=-\displaystyle{\frac{1}{2}}\cos e^{x^{2}}\). Ya que\(|\cos e^{x^{2}}|\le 1\) para todos\(x\), las hipótesis enunciadas en (a) sostienen con\(s_{0}=0\). Por lo tanto\(G(s)\) converge uniformemente en\([\rho,\infty)\) si\(\rho>0\).

33. Primero mostraremos que\(\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-s_{0}x}\frac{f(x)}{x}\,dx}\) converge. Denote\(G(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}e^{-s_{0}t}f(t)\,dt}\). Ya que\(F(s_{0})\) es convergente; digamos\(|G(x)|\le M\),\(0\le x<\infty\). Si\(0<r<r_{1}\) entonces

\[\int_{r}^{r_{1}}e^{-s_{0}x}\frac{f(x)}{x}\,dx= \int_{r}^{r_{1}}\frac{G'(x)}{x}\,dx =\frac{G(r)}{r}-\frac{G(r_{1})}{r_{1}}-\int_{r}^{r_{1}}\frac{G(x)}{x^{2}}\,dx.\]

Por lo tanto

\[\left|\int_{r}^{r_{1}}e^{-s_{0}x}\frac{f(x)}{x}\,dx\right|\le \frac{3M}{\rho},\quad \rho<r<r_{1}\]

así Teorema 2 implica que\(H(s)=\displaystyle{\int_{0}^{\infty}e^{-st}\frac{f(x)}{x}\,dx}\) convergen cuando\(s=s_{0}\). Por lo tanto el Ejercicio 27 implica que converge uniformemente sobre\([s_{0},\infty)\), Por lo tanto, el Teorema 10 implica que

\[\begin{aligned} \int_{s_{0}}^{s}F(u)\,du &=&\int_{s_{0}}^{s}\left(\int_{0}^{\infty} e^{-ux}f(x)\,dx\right)\,du =\int_{0}^{\infty}\left(\int_{s_{0}}^{s}e^{-ux}\,du\right)f(x)\,dx\\ &=&\int_{0}^{\infty}\left(e^{-s_{0}x}-e^{-sx}\right)\frac{f(x)}{x}\,dx\end{aligned}\]

Del Ejercicio 30 (con\(f(x)\) sustituido por\(f(x)/x\))\(\displaystyle{\lim_{s\to\infty}\int_{0}^{\infty}e^{-sx}\frac{f(x)}{x}\,dx}=0\), lo que implica la conclusión señalada.