Cómo enlazado $\int_{0}^{a}{\frac{1-\cos x}{x^2}}$?

Question

Yo estaba tratando de demostrar que

$$\left|\int_{0}^{a}{\frac{1-\cos{x}}{x^2}}dx-\frac{\pi}{2}\right|\leq \frac{3}{a}$$ or $\leq \frac{2}{a}$. Mi trabajo: me gustaría usar el teorema de Fubini para demostrarlo.

Me doy cuenta de que $\frac{1}{x^2}=\int^{\infty}_{0}{ue^{-xu}}du$.

Entonces, llegué a $\int_{0}^{a}{\frac{1-\cos{x}}{x^2}}dx=\int_{0}^{\infty}u\int_{0}^{a}{(1-\cos{x})e^{-xu}}dxdu$.

Entonces, llegué a $\int_{0}^{a}{(1-\cos{x})e^{-xu}}dx=-e^{-au}u+\frac{1}{u+u^3}+e^{-au}\frac{u^2\cos{a}-u\sin{a}}{u+u^3}$.

A continuación, $\int_{0}^{a}{\frac{1-\cos{x}}{x^2}}dx=\int_0^{\infty}u(\frac{e^{au}-1}{u}+\frac{u-e^{au}(u\cos{a}+\sin{a})}{1+u^2})du\\=\int_0^{\infty}({e^{au}+\frac{-ue^{au}(u\cos{a}+\sin{a}-2)}{1+u^2}})du+\frac{\pi}{2}.$

Yo estaba tratando de mostrar a $|\int_0^{\infty}({e^{au}+\frac{-ue^{au}(u\cos{a}+\sin{a}-2)}{1+u^2}})du|\leq\frac{3}{a}$ o $\frac{2}{a}$.

Pero no tengo ni idea. Puede que algunos me dan consejos?

Answer 1

Para eludir la posible divergencia problemas en el origen,

escribir $\int_0^afdx=\int_0^{\infty}fdx-\int_a^{\infty}fdx$

debido a que la primera integral es sólo $\frac{\pi}{2}$ @Julian Rosen señalado, tenemos que inspeccionar

$$ J(a)=\int_a^{\infty}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=2\int_a^{\infty}\frac{\sin^2(x/2)}{x^2}= \int_ {/2}^{\infty}\frac{\sin^2(y)}{y^2}dx $$

Se utilizó el trigonométricas de identidad $1-\cos(x)=2\sin^2(x/2)$

esta integral es ahora fácilmente delimitadas (uso $\sin(y)\leq1$)

$$ J(a)<\int_ {/2}^{\infty}\frac{1}{y^2}=\frac{2}{a} $$

que es equivalente a la afirmación original

Answer 2

Ya tenemos: $$ \frac{\pi}{2}-\int_{0}^{a}\frac{1-\cos x}{x^2}\,dx = \int_{a}^{+\infty}\frac{1-\cos x}{x^2}\,dx \tag{1}$$ se sigue trivialmente que: $$\left|\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{a}\frac{1-\cos x}{x^2}\,dx\right|\leq \int_{a}^{+\infty}\frac{2}{x^2}\,dx = \frac{2}{a}.\tag{2}$$ Si usamos la integración por partes, a partir de: $$\int_{a}^{+\infty}\frac{1-\cos x}{x^2}\,dx = \frac{\sin(a)+a}{a^2}-2\int_{a}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^3}\,dx \tag{3}$$ también tenemos una mejor cota superior:

$$\left|\frac{\pi}{2}-\int_{0}^{a}\frac{1-\cos x}{x^2}\,dx\right|\leq \frac{a+2}{a^2}.\tag{4}$$

Answer 3

Parece ser que un menor error en su cálculo. Tenemos: $$\begin{align*} \int_0^a \frac{1-\cos(x)}{x^2}dx&=\int_0^a(1-\cos x)\int_0^\infty u e^{-xu}\,du\,dx\\ &=\int_0^\infty u\int_0^a (1-\cos x)e^{-xu}dx\,du\\ &=\int_0^\infty (1-e^{-au})-\frac{u^2}{1+u^2}+\frac{u^2\cos a-u\sin a}{1+u^2}\\ &=\int_0^\infty e^{-au}\left(-1+\frac{u^2\cos a-u\sin a}{1+u^2}\right)du+\int_0^\infty\frac{1}{1+u^2}du\\ &=\int_0^\infty e^{-au}\left(-1+\frac{u^2\cos a-u\sin a}{1+u^2}\right)du+\frac{\pi}{2}. \end{align*} $$ Para completar la prueba, usted necesita demostrar que $$ \left|\int_0^\infty e^{-au}\left(-1+\frac{u^2\cos(a)-u\sin(un)}{1+u^2}\right)du\right|\leq \frac{2}{un}. $$ Ahora $\int_0^\infty e^{-au}\,du=1/a$, por lo que será suficiente para comprobar que $$ \left|\frac{u^2\cos(a)-u\sin(un)}{1+u^2}\right|\leq 1. $$ El numerador de arriba es el punto prodcut de $(u^2,u)$$(\cos(a),-\sin(a))$, por lo que el Cauchy-Schwarz desigualdad implica $$ |u^2\cos(a)-u\sin(un)|\leq u \sqrt{1+u^2}\leq 1+u^2. $$