La evaluación de $\int_{0}^{\infty} \frac{x^{3}- \sin^{3}(x)}{x^{5}} \ dx $ usando el contorno de integración

Question

EDIT: en Lugar de expresar la integral como parte del imaginario de otra integral, que en vez expandido $\sin^{3}(x)$ en términos de exponenciales complejas y no se quede en problemas.

\begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{3}-\sin^{3}(x)}{x^{5}} \ dx &= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^{3}-\sin^{3}(x)}{x^{5}} \ dx \\ &= \frac{1}{2} \ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^{3}+\frac{1}{8i}(e^{3ix}-3e^{ix}+3e^{-ix}-e^{-3ix})}{x^{5}} \ dx \\ &= \frac{1}{2} \lim_{\epsilon \to 0^{+}} \ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^{3}+\frac{1}{8i}(e^{3ix}-3e^{ix}+3e^{-ix}-e^{-3ix})}{(x-i \epsilon)^{5}} \ dx \\ &= \frac{1}{2} \lim_{\epsilon \to 0^{+}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^{3}+\frac{1}{8i} (e^{3ix}-3e^{ix})}{(x-i \epsilon)^{5}} + \frac{1}{16i} \lim_{\epsilon \to 0^{+}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{3e^{-ix}-e^{-3ix}}{(x-i \epsilon)^{5}} \ dx \end{align}

Entonces me integrados $ f(z) = \frac{z^{3}+ \frac{1}{8i}(e^{3iz}-3e^{iz})}{(z-i \epsilon)^{5}}$ alrededor de la mitad superior de $|z|=R$ $ g(z) = \frac{3e^{-iz}-e^{-3iz}}{(z-i \epsilon)^{5}}$ alrededor de la mitad inferior de $|z|=R$ y aplicada de Jordania lema.

\begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{3}-\sin^{3}x}{x^{5}} \ dx &= \frac{1}{2} \lim_{\epsilon \to 0^{+}}2 \pi i \ \text{Res}[f(z),i \epsilon] + \frac{1}{16i} \lim_{\epsilon \to 0^{+}} 2 \pi i (0) \\ &= \frac{1}{2} \lim_{\epsilon \to 0^{+}} \frac{2 \pi i}{4!} \lim_{z \to i \epsilon} \frac{d^{4}}{dz^{4}} \Big(z^{3}+\frac{1}{8i}e^{3iz}-\frac{3}{8i}e^{iz} \Big) \\ &= \frac{\pi i}{24} \lim_{\epsilon \to 0^{+}} \ \lim_{z \to i \epsilon}\Big( \frac{1}{8i}(3i)^{4}e^{3iz}- \frac{3}{8i} (i)^{4} e^{iz} \Big) \\ &= \frac{\pi i}{24} \lim_{\epsilon \to 0^{+}} \Big( \frac{81}{8i}e^{- 3\epsilon} - \frac{3}{8i}e^{- \epsilon} \Big) \\ &= \frac{\pi i}{24} \Big(\frac{81}{8i}-\frac{3}{8i} \Big) \\ &= \frac{13 \pi}{32} \end{align}

Answer 1

Me gusta para calcular esta integral como sigue:

Démonos cuenta de que

$$\frac{1}{x^5}=\frac{1}{4!}\int_0^\infty t^4e^{-xt}dt$$ Lo

$$I=\frac{1}{4!}\int_{0}^{\infty}(x^{3}-\sin^{3}x)\int_0^\infty t^4e^{-xt}\;dt\;dx$$

$$=\frac{1}{4!}\int_{0}^{\infty}t^4\int_{0}^{\infty}(x^{3}-\sin^{3}x)e^{-xt}\;dx\;dt$$

$$=\frac{1}{4!} \int_{0}^{\infty}t^4\left [\frac{6}{t^4}-\frac{6}{(t^2+1)(t^2+9)}\right ]dt$$

$$=\frac{1}{4}\int_{0}^{\infty}\frac{10t^2+9}{(t^2+1)(t^2+9)}dt=\frac{13\pi}{32}$$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}{x^{3}- \sin^{3}\pars{x} \over x^{5}}\,\dd x:\ {\large ?}}$

Permite $\ds{\color{#00f}{\fermi\pars{x}} \equiv x^{3} - \sin^{3}\pars{x} = \color{#00f}{x^{3} + {1 \over 4}\,\sin\pars{3x} - {3 \más de 4}\,\sin\pars{x} }\etiqueta{1}}$.

$$ \mbox{La integral en cuestión se convierte en}\quad \int_{0}^{\infty}{\fermi\pars{x} \over x^{5}}\,\dd x $$

Con el fin de 'reducir' la $\ds{x^{-5}}$ poder de un 'simple' $\ds{x^{-1}}$ de la potencia, integramos por partes repetidas veces: \begin{align} \color{#c00000}{\int_{0}^{\infty}{\fermi\pars{x} \over x^{5}}\,\dd x}&={1 \over 4}\int_{0}^{\infty}{\fermi'\pars{x} \over x^{4}}\,\dd x ={1 \over 12}\int_{0}^{\infty}{\fermi''\pars{x} \over x^{3}}\,\dd x={1 \over 24}\int_{0}^{\infty}{\fermi'''\pars{x} \over x^{2}}\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 24}\int_{0}^{\infty}{\fermi^{\pars{\tt IV}}\pars{x} \over x} \,\dd x\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\pars{2} \end{align}

A partir de la expresión de $\pars{1}$ podemos evaluar $\ds{\fermi^{\pars{\tt IV}}\pars{x}}$: $$ \fermi^{\pars{\tt IV}}\pars{x} ={81 \más de 4}\,\sin\pars{3x} - {3 \más de 4}\,\sin\pars{x} $$

que es sustituida en $\pars{2}$: \begin{align} \color{#c00000}{\int_{0}^{\infty}{\fermi\pars{x} \over x^{5}}\,\dd x}& ={27 \over 32}\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{3x} \over x}\,\dd x -{1 \over 32}\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x}\,\dd x \\[3mm]&={27 \over 32}\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x}\,\dd x -{1 \over 32}\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x}\,\dd x \\[3mm]&=\underbrace{\pars{{27 \over 32} - {1 \over 32}}}_{\ds{13 \over 16}}\ \underbrace{\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x}\,\dd x}_{\ds{\pi \over 2}} \end{align}

$$\color{#00f}{\large% \int_{0}^{\infty}{x^{3}- \sin^{3}\pars{x} \over x^{5}}\,\dd x ={13 \más de 32}\,\pi} \approx {\tt 1.2763} $$

Answer 3

Aquí es otro contorno enfoque de integración. Tenga en cuenta que el integrando es par, entonces el uso de los contornos $\gamma=[-R,R]\cup Re^{i[0,\pi]}$$R\to\infty$$\beta=[-R,R]\cup Re^{-i[0,\pi]}$, tenemos $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{x^3-\sin^3(x)}{x^5}\mathrm{d}x &=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{x^3-\sin^3(x)}{x^5}\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}\frac12\int_{-\infty-i\epsilon}^{\infty-i\epsilon}\frac{z^3-\sin^3(z)}{z^5}\mathrm{d}z\tag{2}\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}\frac12\int_{\gamma-i\epsilon}\frac{\frac1{8i}(e^{3iz}-3e^{iz})}{z^5}\mathrm{d}z\tag{3}\\ &+\lim_{\epsilon\to0^+}\frac12\int_{\beta-i\epsilon}\frac{z^3+\frac1{8i}(3e^{-iz}-e^{-3iz})}{z^5}\mathrm{d}z\tag{4}\\ &=\lim_{\epsilon\to0^+}\frac1{16i}\int_{\gamma-i\epsilon}\frac{e^{3iz}-3e^{iz}}{z^5}\mathrm{d}z\tag{5}\\[3pt] &=\frac\pi8\frac1{4!}\left((3i)^4-3i^4\right)\tag{6}\\[6pt] &=\frac{13\pi}{32}\tag{7} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: integrando es, incluso, duplicar el dominio y dividir por $2$
$(2)$ desplazamiento: el camino de la integración, puesto que no hay singularidades y el integrando se desintegra en $\infty$
$(3)$: tomar algunos de los términos a lo largo de la parte superior del contorno
$(4)$: tomar el resto a lo largo del contorno inferior
$(5)$: no hay singularidades en el interior de $\beta-i\epsilon$ y los respectivos integrands caries de forma adecuada en los arcos circulares
$(6)$: los residuos dependen de la $z^4$ términos en la expansión de las exponenciales

Answer 4

Otro enfoque :

Lo siento Variable Aleatoria, esto no es usando el contorno de la técnica de integración ya que no sé cómo acercarse a la integral usando de esa manera. $\ddot\smile$

Considere la posibilidad de $$ \mathcal{I}(\alpha)=\int_0^\infty\frac{(\alpha x)^3-\sin^3\alpha x}{x^5}dx.\tag1 $$ La diferenciación $(1)$ cuatro veces rendimientos \begin{align} \frac{d^4\mathcal{I}}{d\alpha^4}&=\int_0^\infty\frac{\partial^4}{\partial\alpha^4}\left(\frac{(\alpha x)^3-\sin^3\alpha x}{x^5}\right)dx\\ &=\color{green}{\int_0^\infty\left(\frac{81\sin3\alpha x-3\sin\alpha x}{4x}\right)dx}\\ &=\frac{81}{4}\cdot\frac\pi2-\frac{3}{4}\cdot\frac\pi2\\ &=\frac{39\pi}{4},\tag2 \end{align} donde $$ \int_0^\infty\frac{\sin\alpha x}{x}dx=\frac\pi2\qquad\text{para }\alpha\neq0. $$ Luego de $(2)$ obtenemos $$ \large\color{blue}{\mathcal{I}(\alpha)=\frac{13\pi}{32}a^4},\tag3 $$ donde $\mathcal{I}(0)=\mathcal{I'}(0)=\mathcal{I''}(0)=\mathcal{I'''}(0)=0$. Así

$$ \mathcal{I}(1)=\int_0^\infty\frac{x^3-\sin^3 x}{x^5}dx=\large\color{blue}{\frac{13\pi}{32}}. $$

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P. S.

Creo que se puede aplicar fácilmente el contorno de la técnica de integración en la línea $2$ (de color verde) de la ecuación de $(2)$.