Demostrando una estimación para esta integral

Question

¿Cómo puedo demostrar que$$\sqrt[3]6>\int_1^\infty\frac{(1+x)^{1/3}}{x^2}\mathrm dx?$$

Answer 1

Vamos $p=3$, $q=3/2$. Entonces \begin{align} \int_1^{+\infty}\frac{(1+x)^{1/3}}{x^2}dx&=\int_1^{+\infty}\color{green}{\frac{(1+x)^{1/3}}{x}}\color{red}{\frac 1x}dx\\ &< \color{green}{\left(\int_1^{+\infty}\frac{1+x}{x^3}dx\right)^{1/3} }\color{red}{\left(\int_1^{+\infty}x^{-3/2}dx\right)^{2/3}}\\ &=(1+\int_1^{+\infty}x^{-3}dx)^{1/3}\left(\left[-2x^{-1/2}\right]_1^{+\infty}\right)^{2/3}\\ &=(1+\left[-\frac 12x^{-2}\right]_1^{+\infty})^{1/3}2^{2/3}\\ &=\sqrt[3]{3/2\cdot 4}\\ &=6^{1/3}. \end{align} Tenga en cuenta que la desigualdad es estricta, ya que no estamos en igualdad de caso en Hölder la desigualdad.

Answer 2

En el intervalo de $1$ a $2$, $\frac{(1+x)^{1/3}}{x^2}\le \frac{3^{1/3}}{x^2}$. Así $$\int_1^2 \frac{(1+x)^{1/3}}{x^2}\,dx\le \int_1^2\frac{3^{1/3}}{x^2}\,dx= \frac{1}{2}(3^{1/3}).$$ En el intervalo de $2$ a $\infty$, $(1+x)^{1/3}\le \left(\frac{x}{2}+x\right)^{1/3}$. Así $$\int_2^\infty \frac{(1+x)^{1/3}}{x^2}\,dx\le \int_2^\infty(3/2)^{1/3}x^{-5/3}\,dx= \frac{3}{4}(3^{1/3}).$$ Así que, nuestra integral es $\le \frac{5}{4}(3^{1/3})$. Desde $(5/4)^3 \lt 2$, el resultado de la siguiente manera.

Answer 3

$$ \int_1^\infty \frac{(1+x)^{1/3}}{x^2} \mathrm{d} x \stackrel{x=\frac{2-u}{u}}{=} 2^{4/3} \int_0^1 u^{-1/3} \left(2-u\right)^{-2} \mathrm{d} u = 2^{-2/3} \int_0^1 u^{-1/3} \left(1-\frac{1}{2} u\right)^{-2} \mathrm{d} u $$ Esto es sólo el de Euler de tipo integral para la función hipergeométrica de Gauss: $$ \frac{\Gamma(a) \Gamma(c-a)} {\Gamma(c)} {}_2F_1\left(a,b;c;x\right) = \int_0^1 u^{- 1} (1-u)^{c-a-1} (1-x u)^{b} \mathrm{d} u $$ donde $a=\frac{2}{3}$, $c=a+1 = \frac{5}{3}$, $b=2$ y $x=\frac{1}{2}$. Desde $c=a+1$ la proporción de $\Gamma$-funciones simplifica a $\frac{1}{a} = \frac{3}{2}$. Ahora $$ \int_1^\infty \frac{(1+x)^{1/3}}{x^2} \mathrm{d} x = \frac{3}{2^{5/3}} {}_2F_1\left(\frac{2}{3}, 2; \frac{5}{3}; \frac{1}{2} \right) $$ El dijo hipergeométrica puede ser calculado en (no es muy simple, pero de primaria) la forma cerrada: $$ \int_1^\infty \frac{(1+x)^{1/3}}{x^2} \mathrm{d} x = \sqrt[3]{2}+\frac{1}{24} \log \left(3505753+2782518 \sqrt[3]{2}+2208486\ 2^{2/3}\right)-\frac{1}{2 \sqrt{3}}\arcsin\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{\left(7-3 \sqrt[3]{2}\right) \left(\sqrt[3]{2}-1\right)}\right) \aprox 1.6695914 \aprox 4.6540453^{1/3} $$ Por lo $6^{1/3}$ me parece un muy vinculado.

Answer 4

La integral dada ($=:Q$) pueden ser evaluados en la escuela primaria términos. Mediante la sustitución de $u:=(1+x)^{1/3}$ se obtiene $$Q=\int_{2^{1/3}}^\infty {3u^3\over (u^3-1)^2}\ du\ .$$ Mathematica produce la salida

que numéricamente es $\doteq 1.66959$ (cf. Sasha de la respuesta), mientras que $6^{1/3}\doteq1.81712$.

Answer 5

La integral se puede escribir como $$\int_1^{\infty} {1 \over x^{5 \over 3}} \bigg(1 + {1 \over x}\bigg)^{1 \over 3}\,dx$$ Por la expansión de Taylor, $(1 + {1 \over x})^{1 \over 3} = 1 + {1 \over 3x} +$ término de error, donde el término de error es negativo por la forma de Lagrange del resto. De modo que la integral es menor que $$\int_1^{\infty} {1 \over x^{5 \over 3}} + {1 \over 3 x^{8 \over 3}}\,dx$$ $$= {3 \over 2} + {1 \over 3}\cdot{3 \over 5}$$ $$= 1.7$$ $$ < \sqrt[3]6$$