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Question

¿Cómo mostrar ese $$ \int_0^\infty\left(1-x\sin\frac{1}{x}\right) dx = \frac {\pi} {4} $$?

Answer 1

Uso $$ \int \left(1-x \sin\left(\frac{1}{x}\right)\right) \mathrm{d} x = x \int \sin\left(\frac{1}{x}\right) \mathrm{d} \frac{x^2}{2} = x - \frac{x^2}{2}\sin\left(\frac{1}{x}\right) - \frac{1}{2} \int \cos\left(\frac{1}{x}\right) \mathrm{d}x $$ La integración por partes de nuevo $\int \cos\left(\frac{1}{x}\right) \mathrm{d}x = x \cos\left(\frac{1}{x}\right) - \int \sin\left(\frac{1}{x}\right) \frac{\mathrm{d}x}{x} $: $$ \int \left(1-x \sin\left(\frac{1}{x}\right)\right) \mathrm{d} x = x - \frac{x^2}{2}\sin\left(\frac{1}{x}\right) - \frac{x}{2} \cos\left(\frac{1}{x}\right) + \frac{1}{2} \int \sin\left(\frac{1}{x}\right) \frac{\mathrm{d}x}{x} $$ Por lo tanto: $$ \begin{eqnarray} \int_0^\infty \left(1-x \sin\left(\frac{1}{x}\right)\right) \mathrm{d} x &=& \left[x - \frac{x^2}{2}\sin\left(\frac{1}{x}\right) - \frac{x}{2} \cos\left(\frac{1}{x}\right)\right]_{0}^{\infty} + \frac{1}{2} \int_0^\infty\sin\left(\frac{1}{x}\right) \frac{\mathrm{d}x}{x} = \\ &=& 0 + \frac{1}{2} \int_0^\infty \frac{\sin{u}}{u} \mathrm{d} u = \frac{\pi}{4} \end{eqnarray} $$ donde la última integral es la integral de Dirichlet.

Answer 2

Sasha respuesta concisa obtiene la respuesta en términos de la integral de Dirichlet, así que voy a evaluar esta integral de la misma manera que la de Dirichlet integral se evalúa con el contorno de la integración.

En primer lugar, el cambio de variables a $z=1/x$: $$ \int_0^\infty\left(1-x\sin\left(\frac1x\right)\right)\,\mathrm{d}x =\int_0^\infty\frac{z-\sin(z)}{z^3}\,\mathrm{d}z\etiqueta{1} $$ Dado que el integrando en el lado derecho de la $(1)$ es incluso, todo, y se desvanece como $t\to\infty$ dentro $1$ de el eje real, podemos usar la simetría para deducir que la integral es $\frac12$ la integral sobre la totalidad de la línea y, a continuación, cambiar la ruta de acceso de la integración por $-i$: $$ \int_0^\infty\frac{z-\sin(z)}{z^3}\,\mathrm{d}z =\frac12\int_{-\infty-i}^{\infty-i}\frac{z-\sin(z)}{z^3}\,\mathrm{d}z\etiqueta{2} $$ Considerar los contornos $\gamma^+$ $\gamma^-$ por debajo. Ambos pasan una distancia $1$ por debajo del eje real y, a continuación, un círculo a lo largo de círculos de forma arbitraria gran radio.

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Luego, escriba $\sin(z)=\frac1{2i}\left(e^{iz}-e^{-iz}\right)$ y dividir la integral de la siguiente manera $$ \frac12\int_{-\infty-i}^{\infty-i}\frac{z-\sin(z)}{z^3}\,\mathrm{d}z =\frac12\int_{\gamma^-}\left(\frac1{z^2}+\frac{e^{-iz}}{2iz^3}\right)\,\mathrm{d}z -\frac12\int_{\gamma^+}\frac{e^{i}}{2iz^3}\,\mathrm{d}z\etiqueta{3} $$ $\gamma^-$ no contiene singularidades de modo que la integral alrededor de $\gamma^-$$0$. La integral alrededor de $\gamma^+$ $\color{#00A000}{2\pi i}$ veces $\color{#00A000}{-\dfrac{1}{4i}}$ veces el residuo de $\color{#C00000}{\dfrac{e^{iz}}{z^3}}$$\color{#C00000}{z=0}$; es decir, $\color{#00A000}{-\dfrac\pi2}$ multiplicado por el coeficiente de $\color{#C00000}{\dfrac1z}$ en $$ \frac{1+iz\color{#C00000}{-z^2/2}-iz^3/6+\dots}{\color{#C00000}{z^3}}\etiqueta{4} $$ Por lo tanto, la integral alrededor de $\gamma^+$$\color{#00A000}{\left(-\dfrac\pi2\right)}\color{#C00000}{\left(-\dfrac12\right)}=\dfrac\pi4$. Por lo tanto, la combinación de $(1)$, $(2)$, y $(3)$ rendimientos $$ \int_0^\infty\left(1-x\sin\left(\frac1x\right)\right)\,\mathrm{d}x=\frac\pi4\etiqueta{5} $$ Tan complicado como puede parecer a primera vista, con un poco de práctica, es bastante fácil de hacer en su cabeza.

Answer 3

Vamos a comenzar hacia fuera con la variable cambio $\displaystyle x=\frac{1}{u}$ y girar a la integral en una doble integral: $$\int_{0}^{\infty} {\left( {1 - \frac{\sin u}{u}} \right)\frac{1}{u^2}} \ du=$ $ $$ \int_{0}^{\infty}\left(\int_{0}^{1} 1 - \cos (u a) \ da \right)\frac{1}{u^2} \ du=$ $ cambiando el orden de integración tenemos %#% $ #%

Tenga en cuenta que mediante el uso de una simple integración por partes en $$ \int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{\infty} \frac{1 - \cos (a u)}{u^2} \ du \right)\ \ da=\int_{0}^{1} a \frac{\pi}{2} \ da=\frac{\pi}{4}.$ obtenemos inmediatamente la $\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{1 - \cos (a u)}{u^2} \ du$ $\displaystyle a\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(au)}{u} \ du = a\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(u)}{u}\ du$. La última integral es la famosa integral de Dirichlet.
Por lo tanto sigue el resultado y la prueba es completa.

Q.E.D. (Chris)

Answer 4

Otra forma es usar la transformación de Laplace para evaluar esta integral impropia. De hecho, que $f(x)=x-\sin x$ y $F(s)=\frac{1}{s^2}-\frac{1}{s^2+1}$. Así\begin{eqnarray*} \mathcal{L}\big\{\frac{f(x)}{x}\big\}&=&\int_s^\infty F(s)ds=-\frac{\pi}{2}+\frac{1}{s}+\arctan s, \\ \mathcal{L}\big\{\frac{f(x)}{x^2}\big\}&=&\int_s^\infty(-\frac{\pi}{2}+\frac{1}{u}+\arctan u)du\\ &=&-1+s(\frac{\pi}{2}-\arctan s)+\ln\frac{\sqrt{s^2+1}}{s}, \\ \mathcal{L}\big\{\frac{f(x)}{x^3}\big\}&=&\int_s^\infty\left(-1+u(\frac{\pi}{2}-\arctan u)-\ln\frac{\sqrt{u^2+1}}{u}\right)du\\ &=&\frac{s}{2}-\frac{\pi s^2}{4}-\frac{1}{2}\arctan s+\frac{1}{2}s^2\arctan s+s\ln s-\frac{1}{2}s\ln(s^2+1). \end{eqnarray *} de este, se puede obtener\begin{eqnarray*} &&\int_0^\infty (1-x\sin\frac{1}{x})dx=\int_0^\infty\frac{x-\sin x}{x^3}dx=\lim_{s\to 0^+}\mathcal{L}\big\{\frac{f(x)}{x^3}\big\}\\ &=&\lim_{s\to 0^+}(\frac{\pi}{4}+\frac{s}{2}-\frac{\pi s^2}{4}-\frac{1}{2}\arctan s+\frac{1}{2}s^2\arctan s+s\ln s-\frac{1}{2}s\ln(s^2+1))\\ &=&\frac{\pi}{4}. \end{eqnarray *}

Answer 5

Una idea con la integración compleja. En primer lugar, hacemos un cambio de variables:

$$x=\frac{1}{u}\Longrightarrow dx=-\frac{du}{u^2}\Longrightarrow \int_0^\infty\left(1-x\sin\frac{1}{x}\right)dx=-\int_\infty^0\left(1-\frac{1}{u}\sin u\right)\frac{du}{u^2}=$$

$$=\int_0^\infty\frac{x-\sin x}{x^3}dx$$

Definir (con rutas circulares siempre en positivo hacia la izquierda)

$$f(z)=\frac{iz-e^{iz}}{z^3}\,\,,\,\gamma_r:=\{re^{it}\;|\;r>0\,,\,0\leq t\leq \pi\}$$

$$\Gamma:=[-R,-\epsilon]\cup\left(-\gamma_\epsilon\right)\cup[\epsilon,R]+\gamma_R$$

También se calcula el residuo de la función en $\,z=0\,$ por medio del poder de la serie:

$$f(z)=\frac{iz-e^{iz}}{z^3}=\frac{1}{z^3}\left[iz-\left(1+iz-\frac{z^2}{2}-\frac{iz^3}{6}+...\right)\right]=\frac{1}{z^3}\left(-1+\frac{z^2}{2}+..\right)=$$

$$=-\frac{1}{z^3}+\frac{1}{2z}+...\Longrightarrow\operatorname{Res}_{z=0}(f)=\frac{1}{2}$$ Utilizamos el anterior, y el lema y su corolario en la respuesta aquí , para obtener:

$$\lim_{\epsilon\to 0}\int_{\gamma_\epsilon}f(z)\,dz=\frac{\pi i}{2}$$

También tenemos

$$\left|\int_{\gamma_R}f(z)\,dz\right|\leq\max_{z\in\gamma_R}\frac{|iz-e^{iz}|}{|z^3|}R\pi\leq \max_{z=Re^{it}}\frac{R+e^{-R\sin t}}{R^2}\pi\xrightarrow [R\to\infty]{}0$$

(Nota: $\sin t\geq 0\,$ al $\,t\in [0,\pi]\,$)

Por lo tanto, por la Fórmula de Cauchy y el anterior, y dado que $\,f(z)\,$ es analítica en un dominio cerrado por $\,\Gamma\,$:

$$0=\int_\Gamma f(z)\,dz=\int_{-R}^\epsilon f(x)\,dx-\int_{\gamma_\epsilon}f(z)\,dz+\int_\epsilon^R f(x)\,dx+\int_{\gamma_R}f(z)\,dz$$

Y pasando ahora a los límites cuando se $\,\epsilon\to 0\,\,,\,\,R\to \infty\,$ , obtenemos

$$0=\int_{-\infty}^\infty\frac{ix-e^{ix}}{x^3}-\frac{\pi i}{2}\stackrel{\text{equalling imaginary parts}}\Longrightarrow \int_{-\infty}^\infty\frac{x-\sin x}{x^3}=\frac{\pi}{2}$$

Y puesto que el integrando es una función par, finalmente,

$$\int_0^\infty\left(1-x\sin\frac{1}{x}\right)dx=\int_0^\infty\frac{x-\sin x}{x^3}dx=\frac{\pi}{4}$$