Докажем от противного. Пусть ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}_0$ расходится, а ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится. В этом случае, по теореме Абеля, сходится и ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z_{0}^{n}$. Пришли к противоречию.

Если $z \in K_1$, то $\left|a_{n}z^{n}\right|=$$\left|a_{n}z^{n}\right|\cdot \left|\frac{z_{0}^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$$\left|a_{n}z_{0}^{n}\cdot\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|=$$\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|\cdot\left|\frac{z^{n}}{z_{0}^{n}}\right|\leq M\cdot {\left(\frac{\vartheta}{z_{0}}\right)}^{n},$ так как известно, что: $\left|a_{n}z_{0}^{n}\right|<M$, а $\left|z\right|<\vartheta.$

Положим, $p=\frac{\vartheta}{z_{0}}$, причем $0\leq p<1$.

Ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}Mp^{n}$ сходится. Следовательно, по признаку Вейерштрасса ряд $\sum\limits_{n=0}^{\infty}a_{n}z^{n}$ сходится абсолютно и равномерно в круге $K_{1}$.

Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\sqrt{x}dx$ расходится при $x\geq1$.

Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^2}$ абсолютно сходится при $x\geq1$.

Т.к интеграл $\widetilde{I}$ сходится, то для него выполняется условие Коши:

Т.к. $I$ — несобственный интеграл, то подынтегральная функция $f$ интегрируема по Риману на сегменте $[\xi’,\xi»]$. Из условия следует, что функция $|f(x)|$ интегрируема по Риману на этом же сегменте.
Т.к. функция интегрируема на каждом отрезке с концами $\xi'$ и $\xi»$, то выполняется неравенство:

Отсюда следует, что

Таким образом, функция $f$ удовлетворяет условию Коши и интеграл $I$ сходится.
Докажем исследуемое неравенство. Воспользуемся следующим  неравенством:

Данное н-во справедливо при любом $\xi\in[a,b)$. Т.к интегралы $I$ и $\widetilde{I}$ сходятся, то, переходя к пределу при $\xi$ стремящемся к $b$ справа, получим требуемое неравенство.

Пусть $I=\int_{a}^{b}g(x)dx,\;\widetilde{I}=\int_{a}^{b}|g(x)|dx,\;\widetilde{I}_{1}=\int_{a}^{b}\left|f(x)\right|dx,\;\widetilde{I}_{2}=\int_{a}^{b}\left|f(x)+g(x)\right|dx.$

1. Из неравенства $\left|f+g\right|\leq\left|f\right|+\left|g\right|$, критерия Коши и сходимости интегралов $\widetilde{I}$ и $\widetilde{I}_{1}$ следует сходимость интеграла $\widetilde{I}_{2}$.
2. Пусть интеграл $I_{1}$ сходится, а $\widetilde{I}_{1}$ расходится.  Тогда (из сходимости интегралов $I_{1}$ и $I$)  интеграл $I_{2}$ сходится, а $\widetilde{I}_{2}$  расходится. В противном случае из н-ва $\left|f\right|\leq\left|f+g\right|+\left|g\right|$ и сходимости $\widetilde{I}$ следовала бы сходимость $\widetilde{I}_{1}$. Аналогично рассматривается ситуация с условной сходимостью интегралов $I_{2}$ и $I_{1}$.
3. Из расходимости $I_{1}$ следует расходимость $I_{2}$. Если бы это было не так, то из сходимости $I$  и равенства $f=\left(f+g\right)-g$ следовала бы сходимость $I_{1}$.

$I=\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx$

Рассмотрим три ситуации:

• $\alpha>1$
• $0<\alpha\leq1$
• $\alpha\leq0$

1. Пусть $\alpha>1$. $\begin{vmatrix}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}\end{vmatrix}\leq\frac{1}{x^\alpha}$, следовательно, в силу сходимости интеграла $\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x^\alpha}$, сходится интеграл $\widetilde{I}=\int_{1}^{+\infty}\frac{\left|\sin{x}\right|}{x^\alpha}dx$, т.е. интеграл $I$ сходится абсолютно. Отсюда, по теореме 1, следует сходимость интеграла $I$.
2. Рассмотрим второй случай. Интегрируя по частям, получим
   $\left.\begin{matrix}I=-\frac{\cos{x}}{x^\alpha}\end{matrix}\right|_{1}^{+\infty}-\alpha\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$,

   где $\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha}}=0$, а $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$ сходится абсолютно. Следовательно, $\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos{x}}{x^{\alpha+1}}dx$ сходится и интеграл $I$ сходится при $0<\alpha\leq1$. Интеграл $\int_{1}^{+\infty}\frac{\left|\sin{x}\right|}{x^\alpha}dx$ при $0<\alpha\leq1$ расходится, а значит, что при $0<\alpha\leq1$ интеграл $I$ сходится условно.

3. Рассмотрим $\alpha\leq0$. Используя критерий Коши, докажем расходимость интеграла $I$. Пусть $\delta>1$. Выберем число $n\in\mathbb{N}$ таким, чтобы $2n\pi>\delta$, и положим
   $\xi’_{\delta}=2n\pi+\frac{\pi}{6},\xi»_{\delta}=2n\pi+\frac{5\pi}{6}$.

   Т.к. при $x\in[\xi’_{\delta};\xi»_{\delta}]$ выполняется неравенство $\sin{x}\geq\frac{1}{2}$ и $\frac{1}{x^\alpha}\geq1$ при $x\geq1$ и $\alpha\leq0$, то

   $\begin{vmatrix}\int\limits_{\xi’_{\delta}}^{\xi»_{\delta}}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx\end{vmatrix}=\int\limits_{\frac{\pi}{6}+2n\pi}^{\frac{5\pi}{6}+2n\pi}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx\geq\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\pi}{6}+2n\pi}^{\frac{5\pi}{6}+2n\pi}dx=\frac{\pi}{3}.$

   Очевидно, что условие Коши не выполняется и интеграл расходится при $\alpha\leq0$.

Ответ:$I=\int\limits_{1}^{+\infty}\frac{\sin{x}}{x^\alpha}dx$:

• абсолютно сходится при $\alpha>1$;
• условно сходится при $0<\alpha\leq1$;
• расходится при $\alpha\leq0$.