Integral definida complicada en la que intervienen la exponencial y la función trigonométrica

Question

Me topé con esta integral de aspecto complicado mientras intentaba resolver una tarea para obtener créditos extra en Cálculo.

$$\int^\infty_0 \frac{e^{-5x}- \cos x}{x} dx$$

He intentado dividirlo en dos partes para tratar cada una por separado. Intenté la única sustitución que tenía sentido para mí, pero no conseguí nada. La integración por partes seguía sin dar resultados significativos. Pensé en utilizar las funciones Gamma y Beta, pero no veo cómo construirlas en este caso concreto

Lo último que probé antes de venir aquí a pedir ayuda fue la serie Taylor, pensé que podría ayudarme a conseguir algo más familiar...

¿Alguna idea?

Answer 1

Recordemos el Transformación de Mellin y su forma general:

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$$F(s) = \int^\infty_0 x^{s-1}f(x) dx$$

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Podríamos utilizar este hecho en este caso particular, tratando de hacer coincidir nuestra integral con $F(s)$ . Por lo tanto, podríamos escribir:

$$\int^\infty_0 \frac{e^{-5x}- \cos x}{x} dx = \int^\infty_0 \frac{e^{-5x}}{x} dx - \int^\infty_0 \frac{\cos x}{x} dx = \int^\infty_0 x^{-1}e^{-5x} dx - \int^\infty_0 x^{-1}\cos x\ dx.$$

Ahora ves cómo la forma general de la transformada de Mellin encapsula ahora nuestro caso particular, donde $s \rightarrow0$ . Por lo tanto:

$$\int^\infty_0 x^{-1}e^{-5x} dx - \int^\infty_0 x^{-1}\cos x\ dx= \underset{s \to 0}{\lim} \{ \mathcal{Me^{-5x}}\ \}(s) - \{ \mathcal{M\cos x}\ \}(s) $$

De este modo se obtiene nuestra respuesta final:

$$\underset{s \to 0}{\lim} \{ \mathcal{Me^{-5x}}\ \}(s) - \{ \mathcal{M\cos x}\ \}(s) = \underset{s \to 0}{\lim}\ 5^{-s} \Gamma(s) - \Gamma(s)\cos(\frac{\pi\ s}{2}) = -\log(5).$$

Para más información sobre la transformada de Mellin, consulte este fuera.

Answer 2

Utilizando $$ \frac1x=\int_0^\infty e^{-tx}\,\mathrm{d}t $$ obtenemos $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{e^{-5x}-\cos(x)}{x}\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\int_0^\infty\left(e^{-5x}-\cos(x)\right)e^{-tx}\,\mathrm{d}t\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty\int_0^\infty\left(e^{-5x}-\cos(x)\right)e^{-tx}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}t\\ &=\int_0^\infty\left(\frac1{5+t}-\frac{t}{1+t^2}\right)\,\mathrm{d}t\\ &=\lim_{a\to\infty}\int_0^a\left(\frac1{5+t}-\frac{t}{1+t^2}\right)\,\mathrm{d}t\\ &=\lim_{a\to\infty}\left[\log\left(\frac{5+a}5\right)-\frac12\log\left(1+a^2\right)\right]\\ &=\lim_{a\to\infty}\frac12\log\left(\frac{25+10a+a^2}{1+a^2}\right)-\log(5)\\[6pt] &=-\log(5) \end{align} $$

Answer 3

Si escribe su integral en el formulario: $$ I=\text{Re}\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-5x}-e^{-ix}}{x}\,dx $$ puede aplicar alguna versión de Teorema de Frullani o del teorema del residuo para obtener: $$ I = \color{red}{-\log 5}.$$

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Como alternativa, a través de la identidad $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{f(x)}{x}\,dx = \int_{0}^{+\infty}\mathcal{L}(f)(s)\,ds $$ que implica la Transformación de Laplace El problema se reduce a la informática: $$ \text{Re}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{5+s}-\frac{1}{i+s}\right)\,ds=\int_{0}^{+\infty}\frac{1-5s}{(s+5)(s^2+1)}\,ds$$ que es sencillo.