Convergencia de $I=\int_0^\infty \sin x\sin(x^2)\mathrm{d}x$

Question

Estoy tratando de probar que la integral impropia $$ I=\int_0^\infty \sin x\sin(x^2)\mathrm{d}x converge.

Aquí está mi trabajo:

Basta para mostrar que $$\int_\frac{\pi}{2}^\infty \sin (x) \sin(x^2)\mathrm{d}x converge. Usando integración por partes,

$$\begin{align*} \int_\frac{\pi}{2}^\infty \sin (t) \sin(t^2)\mathrm{d}t&=\int_\frac{\pi}{2}^\infty \frac{\sin (t)}{2t}\cdot 2t\sin(t^2)\mathrm{d}t\\ &=\underline{\bigg[ -\frac{\sin (t)}{2t}\cos(t^2)\bigg]_\frac{\pi}{2}^\infty}+{\int_\frac{\pi}{2}^\infty \left(\frac{\sin (t)}{2t}\right)'\cos(t^2)\mathrm{d}t} \end{align*}$$ la parte subrayada es una constante...

Entonces me quedé pegado. Me gustaría utilizar la "regla del sandwich" con el hecho de que $-1\leq \cos(t^2)\leq 1$, pero no puedo encontrar una forma de aplicarlo correctamente.

¿Qué puedo hacer desde aquí? Se agradecería cualquier corrección o ayuda. :)

Answer 1

Vamos a utilizar sólo la sustitución e integración por partes para mostrar que la integral de interés, $\int_1^L \sin(x)\sin(x^2)\,dx$, es convergente.

Primero, la aplicación de la sustitución de $x\to \sqrt{x}$ revela

$$\int_1^L \sin(x)\sin(x^2)\,dx=\frac12\int_1^L \frac{\sin(\sqrt{x})\sin(x)}{\sqrt{x}}\,dx \tag 1$$

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Segundo, la integración por partes la integral en el lado derecho de la $(1)$ $u=\frac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}$ $v=-\cos(x)$ rendimientos

$$\begin{align} \int_1^L \sin(x)\sin(x^2)\,dx&=\frac12\left.\left(-\frac{\sin(\sqrt{x})\cos(x)}{\sqrt{x}}\right)\right|_{x=1}^{x=L}\\\\ &+\frac14 \int_1^L \left(\frac{\cos(\sqrt{x})\cos(x)}{x}-\frac{\sin(\sqrt{x})\cos(x)}{x^{3/2}}\right)\,dx\tag2 \end{align}$$

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Tercero, la integración por partes el primer término de la integral en el lado derecho de la $(2)$$u=\frac{\cos(\sqrt{x})}{x}$$v=\sin(x)$, obtenemos

$$\begin{align}\int_1^L \frac{\cos(\sqrt{x})\cos(x)}{x}\,&=\left.\left(\frac{\cos(\sqrt{x})\sin(x)}{x}\right)\right|_{x=1}^{x=L}\\\\ &- \int_1^L \left(\frac{\sin(\sqrt{x})\sin(x)}{2x^{3/2}}+\frac{\cos(\sqrt{x})\sin(x)}{x^2}\right)\,dx\tag 3 \end{align}$$

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Sustituyendo $(3)$ a $(2)$ muestra que todas las integrales involucradas son de las formas

$$I_1=\int_1^L \frac{\sin(\sqrt{x})\cos(x)}{x^{3/2}}\,dx$$

y

$$I_2=\int_1^L \frac{\cos(\sqrt{x})\sin(x)}{x^2}\,dx$$

Tanto en $I_1$ $I_2$ son absolutamente convergentes como $L\to\infty$ desde $\int_1^\infty \frac{1}{x^{3/2}}\,dx<\infty$$\int_1^L \frac{1}{x^2}\,dx<\infty$.

Por lo tanto, la integral de interés converge como iba a ser mostrado!.

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Con $\ds{\Lambda > 0}$:

$$\begin{align} \int_{0}^{\Lambda}\sin\pars{x}\sin\pars{x^{2}}\,\dd x & = {1 \over 2}\int_{0}^{\Lambda}\cos\pars{x^{2} - x}\,\dd x - {1 \over 2}\int_{0}^{\Lambda}\cos\pars{x^{2} + x}\,\dd x \\[5mm] & = {1 \over 2}\int_{1/2}^{\Lambda + 1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x - {1 \over 2}\int_{-1/2}^{\Lambda - 1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x \\[1cm] & = {1 \over 2}\int_{1/2}^{\Lambda - 1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x + {1 \over 2}\int_{\Lambda - 1/2}^{\Lambda + 1/2} \cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x \\[2mm] & - {1 \over 2}\int_{-1/2}^{1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x - {1 \over 2}\int_{1/2}^{\Lambda - 1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x \\[1cm] & = {1 \over 2}\int_{-1/2}^{1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x \\[2mm] & + \bracks{% {1 \over 2}\int_{1/2}^{\Lambda + 1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x - {1 \over 2}\int_{1/2}^{\Lambda - 1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x} \end{align}$$

Como $\ds{\Lambda \to \infty}$, las dos últimas integrales convergen, ya que puede ser reducido a convergente Integrales De Fresnel.

$$\int_{0}^{\infty}\sin\pars{x}\sin\pars{x^{2}}\,\dd x = \bbx{\int_{0}^{1/2}\cos\pars{x^{2} - {1 \over 4}}\,\dd x} \quad\mbox{que es claramente}\ convergente.$$

Answer 3

Es suficiente para demostrar que tanto los integrales $$I_1 = \int_{0}^{+\infty}\cos(x+x^2)\,dx,\qquad I_2=\int_{0}^{+\infty}\cos(x^2-x)\,dx$$ son (condicional) convergente. $f(x)=x+x^2$ es una función creciente en $\mathbb{R}^+$ y del establecimiento $x=f^{-1}(t)$ obtenemos: $$I_1 = \int_{0}^{+\infty}\frac{\cos t}{\sqrt{1+4t}}\,dt$$ que claramente es convergente integral de Dirichlet de la prueba: $\cos t$ tiene una limitada primitivo y $\frac{1}{\sqrt{1+4t}}$ está disminuyendo hacia el cero en $\mathbb{R}^+$. Un argumento similar se prueba la convergencia de $I_2$: $g(x)=x^2-x$ es cada vez mayor en $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ y la integral de la $\int_{0}^{1/2}\cos(x^2-x)\,dx$ está claramente delimitado por $\frac{1}{2}$ en valor absoluto.

La transformada de Laplace le da una forma para calcular una buena aproximación numérica de $I_1$. Tenemos: $$0\leq I_1 = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sqrt{s}e^{-s/4}}{1+s^2}\,ds \stackrel{\text{Cauchy-Schwarz}}{\leq}\frac{1}{2\sqrt{\pi}}\sqrt{\int_{0}^{+\infty}e^{-s/2}\,ds\int_{0}^{+\infty}\frac{s\,ds}{(1+s^2)^2}}$$ por lo tanto $0\leq I_1\leq \frac{1}{2\sqrt{\pi}}$.

Answer 4

Usted podría continuar apenas explícitamente tomando el derivado:

$$\left(\sin t\over2t\right)'={\cos t\over 2t}-{\sin t\over2t^2}$$

que ahora da dos integrales mostrarse convergentes:

$$\int_{\pi/2}^\infty{\cos t\cos t^2\over2t}dt\qquad\text{and}\qquad\int_{\pi/2}^\infty{\sin t\cos t^2\over2t^2}dt$$

El segundo de estos es claramente convergente, desde $\left|\sin t\cos t^2\over2t^2\right|\le{1\over2t^2}$ y $\int_1^\infty{dx\over x^2}=1$. Para la primera integral, hacer integración por las piezas otra vez, usando

$$u={\cos t\over4t^2}\qquad\text{and}\qquad dv=2t\cos t^2\,dt$$

Para

$$\int_{\pi/2}^\infty{\cos t\cos t^2\over2t}dt={\cos t\sin t^2\over4t^2}\Big|_{\pi/2}^\infty+\int_{\pi/2}^\infty\left({\sin\over4t^2}+{\cos t\over8t^3}\right)\sin t^2\,dt$$

y otra vez es claramente convergente la integral restante.