Calcula el valor de$\int_{0}^{\infty}{\cos{x}\over x}[1-\cos(nx)]\mathrm dx$

Question

Cómo mostrar que$(1)=\ln(n^2-1)?$

ps

$$2\int_{0}^{\infty}{\cos{x}\over x}[1-\cos(nx)]\mathrm dx=\ln(n^2-1)\tag1$

$n>1$

ps

Answer 1

\begin{align} 2\int_{0}^{\infty}{\cos{x}\over x}[1-\cos(nx)]\mathrm dx &= \int_0^\infty\dfrac{2\cos x-\cos(n+1)x-\cos(n-1)x}{x}\mathrm dx \\ &= \int_0^\infty\dfrac{2s}{s^2+1}-\dfrac{s}{s^2+(n+1)^2}-\dfrac{s}{s^2+(n-1)^2}\mathrm ds \\ &= \ln\dfrac{s^2+1}{\sqrt{(s^2+(n+1)^2)(s^2+(n-1)^2)}}\Big|_0^\infty \\ &= \color{blue}{\ln(n^2-1)} \end{align}

Answer 2

Puede usar la versión compleja del teorema de Frullani o la transformada de Laplace.

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(x)-\cos(x)\cos(nx)}{x}\,dx =\\= \int_{0}^{+\infty}\left[\frac{s}{1+s^2}-\frac{s}{2}\left(\frac{1}{(n+1)^2+s^2}+\frac{1}{(n-1)^2+s^2}\right)\right]\,ds $ $ Este último es una integral elemental, igual a$\frac{1}{2}\left(\log(n-1)+\log(n+1)\right)$ para cualquier$n>1$.

Answer 3

Si usted no se siente cómodo o familiarizado con la transformada de Laplace método sugerido por @MyGlasses y @Jack D'Aurizio usted podría tratar de Feynman, el truco de la diferenciación bajo el signo integral. Esto, como voy a mostrar, es esencialmente el método de la transformada de Laplace en el disfraz.

Desde $$2 \cos x \cos nx = \cos (n - 1) x + \cos (n + 1) x,$$ la integral se puede escribir como $$2 \int^\infty_0 \frac{\cos x(1 - \cos nx)}{x} \, dx = \int^\infty_0 \frac{2 \cos x - \cos (n - 1)x - \cos (n + 1) x}{x} \, dx, \quad n > 1.$$

Ahora considere la posibilidad de $$I(a) = \int^\infty_0 \frac{e^{-ax} \{2 \cos x - \cos (n - 1)x - \cos (n + 1)x \}}{x} \, dx, \quad a \geqslant 0.$$ La diferenciación bajo el signo integral con respecto a $a$ hemos $$I'(a) = -\int^\infty_0 \left (2 e^{-ax} \cos x - e^{-ax} \cos (n - 1)x - e^{-ax} \cos (n + 1) x \right ) \, dx.$$

Tomando nota de que $$\int^\infty_0 e^{-ax} \cos (kx) \, dx = \frac{a}{a^2 + k^2},$$ un resultado que puede ser encontrado usando integración por partes dos veces, uno tiene $$I'(a) = - \left [\frac{2a}{a^2 + 1} - \frac{a}{a^2 + (n - 1)^2} - \frac{a}{a^2 + (n + 1)^2} \right ].$$ Tenga en cuenta que este es esencialmente el método de la transformada de Laplace en el disfraz. Lo que en efecto han hecho es encontrar la transformada de Laplace de la función coseno.

Requerimos $I(0)$. Desde $I(\infty) =0$, tenemos $$\int^\infty_0 I'(a) \, da = I(\infty) - I(0) = -I(0),$$ o $$I(0) = \int^\infty_0 \left [\frac{2a}{a^2 + 1} - \frac{a}{a^2 + (n - 1)^2} - \frac{a}{a^2 + (n + 1)^2} \right ] \, da,$$ y es exactamente en el mismo punto alcanzado por ambas @MyGlasses y @Jack D'Aurizio utilizando un método basado en las transformadas de Laplace o el complejo de la versión de Frullani del teorema.

Answer 4

$\displaystyle \int\limits_0^{a\geq 0} \frac{\cos x}{x}(1-\cos(nx))dx = \int\limits_0^a \int\limits_0^n \sin(tx)dt \cos x dx = \int\limits_0^n \int\limits_0^a \sin(xt) \cos x dx dt $

$\displaystyle = \int\limits_0^n \frac{t-t\cos(a)\cos(at) - \sin(a)\sin(at) }{t^2-1} dt $

$\displaystyle =\frac{1}{2} (\ln|n^2-1|-\text{Ci}(a|1+n|)-\text{Ci}(a|1-n|)+2\text{Ci}(a))\,\, \to \,\,\frac{1}{2} \ln|n^2-1|$

para donde $\,\,a\to\infty\,\,$ ; $\,\,|n|\neq 1\,\,$ es el coseno integral

(por ejemplo, http://mathworld.wolfram.com/CosineIntegral.html )