Hace lo siguiente, la transición entre el $2018$ e $2019$ verdad?$$\large\bbox[10pt,#000,border:5px solid green]{\color{#58A}{\color{#A0A}\int_{\color{#0F5}{-\infty}}^{\color{#0F5}{+\infty}} \frac{\color{yellow}\sin\left(\color{#0AF}x\color{violet}-\frac{\color{tomato}{2018}}{\color{#0AF}x}\right)}{\color{#0AF}x\color{violet}+\frac{\color{aqua}1}{\color{#0AF}x}} \color{#A0A}{\mathrm d}\color{#0AF}x\color{aqua}=\frac{\color{magenta}\pi}{\color{magenta}e^{\color{red}{2019}}}}}$$ $$\large\color{red}{\text{Happy new year!}}$$
Debo decir que tengo la suerte de llegar a esta integral.
A principios de este año me he encontrado con la siguiente integral:$$\int_0^\infty \frac{\sqrt{x^4+3x^2+1}\cos\left[x-\frac{1}{x} +\arctan\left(x+\frac{1}{x}\right)\right]}{x(x^2+1)^2}dx=\frac34\cdot \frac{\pi}{e^2}$$ Lo que a primera vista parece bastante miedo, pero después de algunas manipulaciones que se rompe en dos integrales, una de las cuales es:$$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin\left(x-\frac{1}{x}\right)}{x+\frac{1}{x}}dx$$ Y mientras tratando de resolverlo también he notado un patrón en una parte integral de este tipo.
También hoy cuando vi esta combinatoria problema he intentado hacer algo similar y se acordó de los mayores integral. $\ddot \smile$
Si usted tiene otras integral del mismo tipo siéntase libre de agregar!
Respuestas
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Aquí $2019$ como la suma de los cuadrados de $3$ de los números primos en $6$ maneras:
$$2019= 7^2 + 11^2 + 43^2 $$
$$2019= 7^2 + 17^2 + 41^2 $$
$$2019= 13^2 + 13^2 + 41^2 $$
$$2019= 11^2 + 23^2 + 37^2 $$
$$2019= 17^2 + 19^2 + 37^2 $$
$$2019= 23^2 + 23^2 + 31^2 $$
En realidad $2019$ es el entero más pequeño para tener una propiedad. Feliz Año Nuevo!
Voy a demostrar que $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(x-nx^{-1})}{x+x^{-1}}\,dx=\frac{\pi}{e^{n+1}}.$$ I will do this using residue theory. We consider the function $$F(z)=\frac{z\exp(i(z-nz^{-1}))}{z^2+1}.$$ On the real axis, this has imaginary part equal to our integrand. We integrate around a contour that goes from $-R$ to $R$, with a short half circle detour around the pole at $0$. Then we enclose it by a circular arc through the upper half plane, $C_R$. The integral around this contour is $2\pi i$ times the residue of the pole at $z=+i$. Using the formula (see Wikipedia, the formula under "simple poles") for the residue of the quotient of two functions which are holomorphic near a pole, we see that the residue is $$Res(F,i)=\frac{i\exp(i(i-i^{-1}n)}{2i}=\frac{1}{2}e^{-(n+1)}.$$ Thus the value of the integral is $2\pi iRes(F,i)=i\frac{\pi}{e^{n+1}}$. This is the answer we want up to a constant of $i$, which comes from the fact that our original integrand is the imaginary part of the function $F(z)$. We are therefore done if we can show that the integral around $C_R$ approaches $0$ as $R\to \infty$ as well as the integral around the little arc detour at the origin going to $0$ as its radius gets smaller. The fact that the $C_R$ integral approaches $0$ follows from Theorem 9.2(a) in these notes. This is because we can take $f(z)=\frac{z e^{-untes^{-1}}}{z^2+1}$ in that theorem to get $F(z)=f(z)e^{iz}$. The modulus $$|e^{-inz^{-1}}|=|e^{-inR^{-1}(\cos\theta-i\sin\theta)}|=e^{-\frac{n}{R}\sin\theta}.$$ Note that $\sin\theta \geq 0$ in the upper half plane, so we can bound this modulus by $1$. Así que tenemos que $|f(z)|\leq |z|/|z^2+1|$ y, además, $z/(z^2+1)$ se comporta como $1/z$ como $R$ aumenta, por lo que la hipótesis del Teorema 9.2 están satisfechos.
La integral de todo el arco cerca del origen límites a cero primaria estimaciones, la conclusión de la prueba.
$$ \begin{align} \star \int_0^{\infty} e^{\left(-2019^2x\left(\frac {x-6}{x-2}\right)^2\right)}\frac {1}{\sqrt {x}} dx&=\frac {\sqrt {\pi}}{2019}\\ \star \int_0^{2\pi} \frac {(1+2\cos x)^{2019}\cos(2019x)}{3+2\cos x}dx&=\frac {2\pi}{\sqrt 5} (3-\sqrt 5)^{2019}\\ \star \int_0^1 \frac {\ln(1-x)}{x}\frac {4038}{\ln^2x+(4038\pi)^2}dx&= -\ln \left(\frac {2019! e^{2019}}{(2019)^{2019}\sqrt {4038\pi}}\right)\\ \star\int_{-\infty}^{\infty} \frac {\vert \cos (2019x)\vert}{1+x^2}dx&= 4\cosh (2019)\arctan e^{-2019}\\ \star\int_0^{\infty} \frac {\ln(\tan^2(2019x))}{1+x^2}dx&=\pi\ln(\tanh (2019)) \end {align} $$
