Demostrar que $\int_0^\infty \frac{\sin (\lambda x)}{e^x} \, \mathrm dx =\frac{\lambda}{1+{\lambda^2}}$

Question

$$\int_0^\infty \frac{\sin (\lambda x)}{e^x} \, \mathrm dx =\frac{\lambda}{1+{\lambda^2}}$$

Mi intuición me dice que puede haber una $\arctan$ que viene, pero no sé cómo hacer esta pregunta. ¿Por dónde empiezo?

Answer 1

Suponiendo que no puedas usar exponenciales complejos, yo usaría la integración por partes. Tendrás que hacerlo dos veces. Para la primera aplicación de la integración por partes, toma $u = \sin x$ y $dv = e^{-x} dx$ .

Obsérvese que, tras las dos aplicaciones de la integración por partes, si se hace correctamente, se debería obtener una ecuación de la forma $I = \text{ some stuff } - cI$ , donde $I$ es la integral que se intenta evaluar, y $c$ es una constante. Entonces se puede reordenar para obtener $I + cI = \text{ some stuff }$ o $I = \frac{\text{some stuff}}{1+c}$ .

Answer 2

$a>0$ \begin{align*} I&=\int_0^{+\infty}e^{-ax}\sin bx\mathrm{d}x=\int_0^{+\infty}e^{-ax}\mathrm{d}\left(-\frac{\cos bx}{b}\right)\\ &=e^{-ax}\left(-\frac{\cos bx}{b}\right)\mid_0^{+\infty}-\frac{a}{b}\int_0^{+\infty}e^{-ax}\cos bx\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{b}-\frac{a}{b}\int_0^{+\infty}e^{-ax}\mathrm{d}\left(\frac{\sin bx}{b}\right)\\ &=\frac{1}{b}-\frac{a}{b^2}\left(\frac{e^{-ax}\sin bx}{b}\right)\mid_0^{+\infty}-\frac{a^2}{b^2}\int_0^{+\infty}e^{-ax}\sin bc\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{b}-\frac{a^2}{b^2}I \end{align*} $$\Leftrightarrow I=\frac{b}{a^2+b^2}$$

Answer 3

Probablemente haya otras formas de hacerlo, pero el uso de exponenciales complejos es demasiado agradable para mí como para dejarlo pasar: $$\int_0^\infty \dfrac{\sin (\lambda x)}{e^x}dx=\frac1{2i}\int_0^\infty e^{-x+i\lambda x}-e^{-x-i\lambda x} ~dx$$

¿Puede proceder desde aquí?

Answer 4

Dejemos que $x_n$ , $n=1,2,...$ sea tal que $\lambda+\tan(x_n\lambda)=0$ con $x_{n+1}>x_n>0$ . Dejemos que $x_0=0$ . Ahora bien, tenga en cuenta que $$\int_0^{\infty}\sin(\lambda x)e^{-x}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{x_n}^{x_{n+1}}\sin(\lambda x)e^{-x}dx$$

Utilizando la integración por partes dos veces obtenemos $$\int_0^{x_{1}}\sin(\lambda x)e^{-x}dx=\frac{\lambda-\lambda\cos(\lambda x_1)-\sin(\lambda x_1)}{1+\lambda^2}$$ y que $$\int_{x_n}^{x_{n+1}}\sin(\lambda x)e^{-x}dx=\frac{e^{-x_n}(\lambda \cos(\lambda x_n)+\sin(\lambda x_n))-e^{-x_{n+1}}(\lambda \cos(\lambda x_{n+1})+\sin(\lambda x_{n+1}))}{1+\lambda^2}$$

Esto completa la prueba.

Answer 5

Esto es especialmente para Diferenciación-bajo-signo-integral amantes

Considere la siguiente integral $$I(\alpha )=\int_0^\infty \frac{\sin (\alpha x)}{e^{x}} \,\mathrm dx=\int_0^\infty e^{-x}\sin (\alpha x) \,\mathrm dx$$ Tenemos $I(0)=0$ Al diferenciar bajo signo integral wrt $\alpha$ $$I'(\alpha )=\int_0^\infty xe^{-x}\cos (\alpha x) \,\mathrm dx=\int_0^\infty xe^{x}\cos (\alpha x) \,\mathrm dx$$

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Consideremos ahora la siguiente integral indefinida $$I=\int xe^{x}\cos (\alpha x) \,\mathrm dx$$ Utilizando la regla del producto tenemos $$\int uv \,\mathrm dw=uvw-\int vw \,\mathrm du-\int uw \,\mathrm dv$$ y luego, haciendo las siguientes sustituciones y procediendo, se obtiene $$\begin{align} x=u&\iff \,\mathrm dx= \,\mathrm du\\ \cos (\alpha x)=v&\iff -\alpha \sin x \,\mathrm dx= \,\mathrm dv\\ e^x \,\mathrm dx= \,\mathrm dw&\iff e^x = w\\ \end{align}$$

$$I=\int xe^{x}\cos (\alpha x) \,\mathrm dx=e^x\left[\frac{\alpha \left[(\alpha ^2+1)x-2\right]\sin(\alpha x)+\left[\alpha ^2(x+1)+x-1\right]\cos(\alpha x)}{(1+\alpha ^2)^2}\right]$$

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$$I'(\alpha )=\int_0^\infty e^{-x}\cos (\alpha x) \,\mathrm dx=\frac{1-\alpha ^2}{(1+\alpha ^2)^2}$$

Integrar wrt $\alpha$ $$\begin{align} I(\alpha )&=\frac{\alpha }{\alpha ^2+1}+c\\ I(0)&=0+c\implies c=0\\ I(\alpha )&=\frac{\alpha }{\alpha ^2+1}\\ \end{align}$$

Y por fin

$$\large I(\alpha )=\int_0^\infty \frac{\sin (\alpha x)}{e^{x}} \,\mathrm dx=\frac{\alpha }{\alpha ^2+1}$$

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Siento mucho decir que no $\arctan$ ¡está involucrado aquí!