Supongamos que$ \alpha, \beta>0 $. Calcular:$ \int_{0}^{\infty}\frac{\cos (\alpha x)-\cos (\beta x)}{x}dx $

Question

Supongamos $ \alpha, \beta>0 $. Calcular: $$ \int_{0}^{\infty}\frac{\cos (\alpha x)-\cos (\beta x)}{x}dx $$

Aquí es lo que yo hago: $$\begin{align} \int_{0}^{\infty}\frac{\cos (\alpha x)-\cos (\beta x)}{x}dx &= \int_{0}^{\infty}dx\int_{\alpha}^{\beta}\sin (yx)dy\\ &=\int_{\alpha}^{\beta}dy\int_{0}^{\infty}\sin(yx)dx\\ & \\ & \qquad\text{let %#%#%}\\ & \\ &=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{1}{y}dy\int_0^{\infty}\sin u du\\ &=\int_{\alpha}^{\beta}\frac{1}{y}dy\left( -\cos u|_{\infty}+\cos u|_0 \right)\\ &=\log\frac{\beta}{\alpha}(-\cos(\infty)+1)\\ &=\log\frac{\beta}{\alpha}-\cos(\infty)\log\frac{\beta}{\alpha} \end{align}$$

Pero $ yx=u $ no existe derecho? Qué significa la integral en realidad diversa?

Edit: La pregunta viene de https://math.uchicago.edu/~min/GRE/archivos/semana1.pdf

Quién puede señalar mi error en la anterior deducción?

Answer 1

\begin{align} \int_{0}^{\infty}e^{-tx}\frac{\cos (\alpha x)-\cos (\beta x)}{x}dx &= \int_{0}^{\infty}dx\int_{\alpha}^{\beta}e^{-tx}\sin (yx)dy\\ &=\int_{\alpha}^{\beta}dy\int_{0}^{\infty}e^{-tx}\sin(yx)dx\\ &=\int_{\alpha}^{\beta}dy\dfrac{y}{t^2+y^2}\\ &=\dfrac12\ln\dfrac{t^2+\beta^2}{t^2+\alpha^2} \end {align} ahora deja $t=0$ .

Answer 2

Este es un Frullani integral. Calcular de la siguiente manera.

Deje $0 < r < R < +\infty$. Entonces $$\newcommand \diff {\,\mathrm d} \int_r^R \frac {\cos(\alpha x) - \cos(\beta x)}x \x diff = \int_r^R \frac {\cos(\alpha x)}x \x diff - \int_r^R \frac {\cos(\beta x)}x \x diff =\left( \int_{\alpha r}^{\alpha R} - \int_{\beta r}^{\beta R}\right)\frac {\cos t}t \diff t = \int_{\alpha r}^{\beta r} \frac {\cos t}t\diff t - \int_{\alpha R}^{\beta R} \frac {\cos t} t \diff t = I(r) - J(R). $$ Ahora para $I(r)$, el uso de la 1st MVT para las integrales, tenemos $$ I(r) = \cos(a) \int_{\alpha r}^{\beta r} \frac {\diff t} t = \cos(a) \log(\beta/\alpha) [A = \alpha r + (1-s)(\beta \alpha)r, s \en (0,1)] \xrightarrow{r \to 0^+} \cos 0 \log(\beta /\alpha) = \log(\beta/\alpha). $$ Para $J(R)$, tenga en cuenta que la integral $$ \int_1^{+\infty}\frac {\cos t}t \diff t $$ converge por Dirichlet prueba, de ahí $$ J(R) \xrightarrow{R \+\infty} 0 $$ por principio de Cauchy. En conjunto, el original de la integral es $$ \lim_{\substack {r \to 0^+\\ R\ \ +\infty }} I(r) - J(R) = \log\left( \frac \beta \alpha\right). $$

Answer 3

Me gustaría realmente el uso de transformadas de Laplace para calcular este tipo de integral. Usted debe han utilizado en la solución de ecuaciones diferenciales lineales en el pasado. Se puede definir de la siguiente manera:- $$ L\{f(x)\}=\int_{0}^\infty e^{-px}f(x)dx = F(p)$$ Aquí estamos transformando la función de $f$ dominio $x$ a una función $F$ dominio $p$ unilateral de transformación integral de kernel $e^{-px}$. Ahora, considere el general de la transformada de Laplace de la fórmula dada anteriormente. La diferenciación de ambos lados con respecto a $p$ obtenemos: $$F'(p)=\int_{0}^\infty e^{-px}(-x)f(x)dx=-L\{xf(x)\} \rightarrow (1)$$ Ahora pon $G(p)$ como la transformada de Laplace de $f(x)/x$ y obtener su diferenciación, uso de la ecuación de $(1)$:- $$G(p)=L\left\{\frac{f(x)}{x}\right\}\Rightarrow G'(p)=-L\{f(x)\}=-F(p)\rightarrow (2)$$ Usando el Teorema Fundamental del Cálculo (relación entre derivada e integral) por $(2)$: $$G(p)=-\int_{a}^p F(p)dp \Rightarrow \int_{0}^\infty e^{-px}\frac{f(x)}{x}dx=-\int_{a}^p F(p)dp \rightarrow (3)$$ Tenga en cuenta que $a$ aquí es una constante. Si $G(p) \rightarrow 0$ como $p \rightarrow \infty$ a continuación, ponemos a$a = \infty$ y obtiene los siguientes:- $$\int_{0}^\infty e^{-px}\frac{f(x)}{x}dx=\int_{p}^\infty F(p)dp \rightarrow (4)$$ Si dejamos $p \rightarrow 0$ en ambos lados de la ecuación ( $(4)$ obtenemos los siguientes: $$\int_{0}^\infty \frac{f(x)}{x}dx=\int_{0}^\infty F(p)dp \rightarrow (5)$$ Esto es útil para nosotros para encontrar la integral impropia de las diversas funciones de la forma $f(x)/x$ donde la transformación de la $F(p)$ es conocido. Ahora os dejo la prueba para el siguiente hasta que usted (que es elemental teniendo en cuenta que el uso de integración por partes): $$L\{ \cos bx \} = \int_{0}^\infty e^{-px}(\cos bx) dx = \frac{p}{p^2 + b^2} \ (p>0) \rightarrow (6)$$ Para algunas constantes $b$. Ahora usando la ecuación (5) y (6) se obtiene: $$\int_{0}^\infty \frac{\cos bx}{x}dx=\int_{0}^\infty \frac{p}{p^2 + b^2}dp \rightarrow (7)$$ Ahora conectar la ecuación de $(7)$ en la integral que nos son necesarios para calcular:- $$I=\int_{0}^\infty \frac{\cos \alpha x - \cos \beta x}{x}dx = \int_{0}^\infty p \left( \frac{1}{p^2 + \alpha^2} - \frac{1}{p^2 + \beta^2} \right)dp$$ $$\Rightarrow I=\frac{\beta^2-\alpha^2}{2} \int_{0}^\infty \frac{2p}{(p^2+\alpha^2)(p^2 +\beta^2)}dp \rightarrow (8)$$ Set $v=\frac{\beta^2+\alpha^2}{2}; u=\frac{\beta^2-\alpha^2}{2}; t=p^2+u$ y el uso de las sustituciones y algunos más simplificación: $$I=\int_{v}^\infty \frac{u}{t^2-u^2}dt = \left[\frac{1}{2}\ln \left|\frac{t-u}{t+u}\right|\right]_{t=v}^{t=\infty}=\frac{1}{2}\ln \left|\frac{u+v}{u-v}\right|$$ La sustitución de las variables de la espalda y la reescritura de los principales ecuación de $I$ obtenemos: $$\int_{0}^\infty \frac{\cos \alpha x - \cos \beta x}{x}dx = \ln \frac{\beta}{\alpha}$$