$$\int_{0}^{\infty} x \cdot \cos(x^3) dx$$
Sólo quiero demostrar, que esta integral converge, no es necesario calcular el valor exacto. No sé qué hacer con el cosinus, no puedo deshacerme de él.
Sé que la integral es igual a $$\frac{1}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx$ $ pero aquí también está el problema, que no puedo deshacerme del seno...
¿Cualquier sugerencias?
¡Gracias a todos!
$$\int_{0}^{\infty} x \cdot \cos(x^3) dx = \frac{1}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{1}{x} \cdot 3 \cdot x^2 \cdot \cos(x^3) dx$$
y debido a $\int 3 \cdot x^2 \cdot \cos(x^3) dx = \sin(x^3)$
$$\int_{0}^{\infty} x \cdot \cos(x^3) dx=\frac{1}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx$$
Podemos dividir la integral en 2 partes:
$$\frac{1}{3} \cdot \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx = \frac{1}{3} \cdot \left(\int_{0}^{1} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx+\int_{1}^{\infty} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx\right)$$
$\int_{0}^{1} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx$ es finito, así que sólo tenemos que demostrar, que $\int_{1}^{\infty} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx$ es finito, también.
Desde $\frac{\sin(x^2)}{x^2} \le \frac{1}{x^2}$ $x > 0$, por lo tanto
$$\int_{1}^{\infty} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx \le \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^2} dx$$
limita $\int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^2} dx$, $\int_{1}^{\infty} \frac{\sin(x^3)}{x^2} dx$ está delimitado por lo tanto, demasiado.
Sugerencia: Vea lema de Riemann-Lebesgue. En cuanto a su valor, use la definición de la función de #% de #% % con la fórmula de Euler.
Integración por partes y sustitución $u=x^3$ da $$\begin{align} \int_0^\infty x\cos(x^3)\mathrm{d}x &=\int_0^\infty u^{1/3}\cos(u)\frac{\mathrm{d}u}{3u^{2/3}}\\ &=\frac13\int_0^\infty u^{-1/3}\cos(u)\,\mathrm{d}u\\ &=\frac19\int_0^\infty u^{-4/3}\sin(u)\,\mathrm{d}u\tag{1} \end {Alinee el} $$ $(1)$ converge absolutamente en comparación a $$ \overbrace{\frac19\int_0^1 u ^ {-1/3} \,\mathrm {d} u} ^ {| \sin (u) | u \le} + \overbrace{\frac19\int_1^\infty u ^ {-4/3} \,\mathrm {d} u} ^ {| \sin (u) | \le1} \tag {2} $$ hecho $$\begin{align} \frac13\int_0^\infty u^{-1/3}\cos(u)\,\mathrm{d}u &=\frac13\mathrm{Re}\left(\int_0^\infty u^{-1/3}e^{iu}\,\mathrm{d}u\right)\\ &=\frac13\mathrm{Re}\left(e^{\pi i/3}\int_0^\infty u^{-1/3}e^{-u}\,\mathrm{d}u\right)\\ &=\frac13\cos\left(\frac\pi3\right)\Gamma\left(\frac23\right)\\[3pt] &=\frac16\Gamma\left(\frac23\right)\tag{3} \end {Alinee el} $$
Dudo que este sea el mejor camino, pero va a hacer.
En primer lugar, observe que no tiene problemas en el intervalo de $[0,1]$, y en el hecho de que la integral es acotada arriba por $1$ no. Así que no nos queda más que considerar $$ \int_1^\infty x\cos(x^3)dx.$$
Realizar la sustitución de $u = x^3$ a ver que esto es equivalente a la convergencia de
$$ \int_1^\infty \frac{\cos(x)}{\sqrt[3] x} dx.$$
El numerador $\cos x$ oscila positivos y negativos perfectamente regular las secuencias positiva en los intervalos de la forma $x \in [2n\pi + 3\pi/2, 2n\pi + 5\pi/2]$, y negativo en los intervalos de la forma $x \in [2n\pi + \pi/2, 2n\pi + 3\pi/2]$. El denominador es siempre positivo, y las fracciones $\frac{1}{\sqrt[3] x}$ siempre están disminuyendo. De manera que el área en cada uno positivo joroba y cada negativo joroba está disminuyendo, y se va a cero.
Como las jorobas de alternar entre los signos positivos y negativos, y las áreas en cada una joroba son monótonamente decreciente, la integral se reunirán a algunos límite de $L$. Esta es una imitación de la prueba de la alternancia de la serie de prueba.
De hecho, si usted llama a $H_{n}$ el área de la $n$th joroba, así que $H_{2n} > 0$$H_{2n + 1} < 0$, $H_n$ es alterna, $\lvert H_{n + 1}\rvert < \lvert H_n \rvert$, e $\lvert H_n \rvert \to 0$, luego
$$ \int_1^\infty \frac{\cos x}{\sqrt[3]x} dx = \sum_{n \geq 1} H_n = L$$
exactamente por la clásica alternancia de serie de la prueba.
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