Esta pregunta ya fue hecha aquí: convergencia de $\int_0^\infty x \sin e^x \, dx$ . Lamentablemente debido a mi rango bajo no puedo hacer preguntas en el mismo. Me pregunto ¿cómo esta integral converge de $\int_{1}^{\infty}$? Parece que sopla para arriba más allá de 1 $x\to\infty$. Se agradecería mucho cualquier aclaración.
Respuesta
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$$\int_{0}^{M}x\sin(e^x)\,dx = \int_{1}^{e^M}\frac{\log z}{z}\sin(z)\,dz $$ y la última integral es condicionalmente convergente por Dirichlet en la prueba, ya que $\sin(z)$ tiene una limitada primitiva, mientras que $\frac{\log z}{z}$ es decreciente y convergente a cero en $(e,+\infty)$. Es interesante notar que:
$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\log(x)\,dx = -\frac{\gamma \pi}{2} \tag{1}$$
es por diferenciación bajo el signo integral, ya que: $$ \int_{0}^{+\infty}\sin(x)\,x^{\alpha-1}\,dx = \Gamma(a)\sin\left(\frac{\pi a}{2}\right)$$ sostiene que, como consecuencia de $\mathcal{L}(\sin x)=\frac{1}{1+s^2}$ $\mathcal{L}^{-1}(x^a)=\frac{1}{s^{\alpha+1}\Gamma(-\alpha)}.$ De ello se sigue que:
$$\begin{eqnarray*} \int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\log(x)\,dx &=& -\frac{\gamma \pi}{2}-\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\int_{0}^{1}x^{2n}\,\log(x)\,dx\\&=&\color{red}{-\frac{\gamma \pi}{2}+\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2(2n+1)!}}.\tag{2}\end{eqnarray*} $$
