Vamos a probar una más general resultado. Deje $\varphi\in C^{(1)}[0,\infty) \land \big(|\varphi(t)|<1,\,\forall t\in[0,\infty)\big)$. Deje $f(t,x) = \varphi\big(\frac{t^3}3+xt\big)$. Vamos a mostrar la diferenciación en virtud de la integral de las obras para todos $x\ge 0$. $I(x)=\int_0^\infty f(t,x)dt$. Tenemos que mostrar
$$\lim_{\delta\to 0}\int_0^\infty \frac{f(t,x+\delta)-f(t,x)}{\delta}dt = \int_0^\infty \lim_{\delta\to 0}\frac{f(t,x+\delta)-f(t,x)}{\delta}dt. \tag1$$
Definir
\begin{align}
I_1(x) &:= \int_0^1\varphi\big(\frac{t^3}3+xt\big)\,dt \\
I_2(x) &:= \int_1^\infty\varphi\big(\frac{t^3}3+xt\big)\,dt
\end{align}
Considere la posibilidad de $I_2$ primera.
Deje $u:=\frac{t^3}3+xt$. Seguramente $u>0$.
$$u<\frac{(t+x)^3}3\Longleftrightarrow (3u)^\frac13-x<t,\,\forall (t>1\land x\ge0). \tag2$$
Ahora $(u,x)$ es la variable independiente, mientras que $t$ se convierte en una función de $(u,x)$ y se denota como a $t(u,x)$.
$$1 = (t^2+x)\frac{\partial t}{\partial u}$$
$$0=t^2\frac{\partial t}{\partial x}+t+x\frac{\partial t}{\partial x}\Longleftrightarrow \frac{\partial t}{\partial u}=-\frac{t}{t^2+x}$$
$$\frac{\partial}{\partial x}\frac1{t(u,x)^2+x}=-\frac{2t\frac{\partial t}{\partial x}+1}{(t^2+x)^2}=\frac1{(t^2+x)^2}\frac{t^2-x}{t^2+x},$$
$$I_2(x)=\int_{\frac13+x}^\infty \frac{\varphi(u)}{t^2+x}du,$$
y
$$\frac{I_2(x+\delta)-I_2(x)}\delta=J_{2,1}-J_{2,2}$$
donde
\begin{align}
J_{2,1}&:=\int_{\frac13+x}^\infty\varphi(u)g(u,x,\delta)du \\
J_{2,2}&:= \frac1\delta\int_{\frac13+x}^{\frac13+x+\delta}\frac{\varphi(u)}{t(u,x+\delta)^2+x+\delta}\,du,
\end{align}
donde
\begin{align}
g(u,x,\delta) &:= \frac1\delta\Big(\frac1{t(u,x+\delta)^2+x+\delta}-\frac1{t(u,x)+x}\Big) \\
&=\frac1{(t(u,x+\theta\delta)^2+x+\theta\delta)^2}\frac{t(u,x+\theta\delta)^2-(x+\theta\delta)}{t(u,x+\theta\delta)^2+(x+\theta\delta)}
\end{align}
para algunos la función $\theta:=\theta(u,x,\delta)\in[0,1]$ con la segunda ecuación procedentes de expansión de Taylor de primer orden.
Por la desigualdad (2), para alguna función positiva $C$, $\forall u>C(x)$,
$$t(u,x)^2+x>((3u)^\frac13-x)^2+x>u^\frac23,$$
$$0<\frac{t(u,x)^2-x}{t(u,x)^2+x}\le 1$$
$\forall u>C(u+\Delta),\ \forall \delta<\Delta$, para algunas de las $\Delta>0$,
$$0<g(u,x,\delta)<\frac1{u^\frac43}$$
Así
$$\int_{C(x+\Delta)}^\infty g(u,x,\delta)\varphi(u)du<\int_{C(x+\Delta)}^\infty\frac1{u^\frac43}du<\infty$$
Para $g(u,x,\delta)$ es continua para $(u,\delta)$ sobre un conjunto compacto $\big[\frac13+x,C(x+\Delta)\big]\times[0,\Delta]$ y por lo tanto está limitada por cualquier $x>0$.
Por lo tanto podemos aplicar el Lebesgue del teorema de convergencia dominada a la integral de la $J_{2,1}$$\delta\to0$.
Es fácil ver $J_{2,2}\to\frac{\varphi(\frac13+x)}{1+x}$ $\delta\to0$ ya que el integrando es continuo en un conjunto compacto.
Ahora consideramos
$$\frac{I_1(x+\delta)-I_1(x)}{\delta}
=\int_0^1\frac1\delta\Big(\varphi\Big(\frac{t^3}3+x+\delta\Big)-\varphi\Big(\frac{t^3}3+x\Big)\Big)\, dt
=\int_0^1\varphi'\Big(\frac{t^3}3+x+\theta_1\delta\)\, dt
$$
para algunos la función $\theta_1:=\theta_1(\frac{t^3}3+x,\delta)\in[0,1]$.
Como $\varphi\in C^{(1)}$ sobre un conjunto compacto, es uniformemente acotada con respecto a $(t,\delta)$ cualquier $x$. Por lo tanto, podemos aplicar de nuevo Lebesgue del teorema de convergencia dominada para la integral anterior.
Resumiendo la ecuación (1) queda demostrado.
