Pruebalo $\forall k>0,\ \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x+k}dx<\frac1k$.

Question

Deje $k>0$.

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Try1: \begin{align} \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x+k}dx&=\int_k^{+\infty}\frac{\sin (t-k)}{t}dt\tag{%#%#%}\\ &=\int_k^{+\infty}\frac{\sin t\cos k-\sin k\cos t}{t}dt\\ &=\cos k\int_k^{+\infty}\frac{\sin t}{t}dt-\sin k\int_k^{+\infty}\frac{\cos t}{t}dt\\ &=\cdots \end{align} Tal vez entonces podemos estudiar esta integral como una función de la $t=x+k$ con la ayuda de $k$$\operatorname{Si}$? Me di por vencido.

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Try2:

Definimos $\operatorname{Ci}$$ Deje $$f:z\mapsto\frac{e^{iz}}{z+k}.$, tenemos $R>0$$ Para todos los $$0=\int_0^{R}\frac{e^{ix}}{x+k}dx+\int_0^{\frac{\pi}2}\frac{e^{iRe^{i\theta}}}{Re^{i\theta}+k}iRe^{i\theta}d\theta-\int_0^{R}\frac{ie^{-x}}{ix+k}dx.$, \begin{align} \left|\frac{e^{iRe^{i\theta}}}{Re^{i\theta}+k}iRe^{i\theta}\right|&=\left|\frac{Re^{iR\cos\theta-R\sin\theta}}{Re^{i\theta}+k}\right|\\ &=\left|\frac{Re^{-R\sin\theta}}{Re^{i\theta}+k}\right|\\ &\underset{R\to+\infty}{\to}0, \end{align} por lo tanto, $$ \int_0^{+\infty}\frac{e^{ix}}{x+k}dx=\int_0^{+\infty}\frac{ie^{-x}}{ix+k}dx=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-x}(x+ik)}{x^2+k^2}dx. $$ Finalmente, \begin{align} \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x+k}dx&=\int_0^{+\infty}\frac{ke^{-x}}{x^2+k^2}dx\\ &<\frac1k\int_0^{+\infty}e^{-x}dx\\ &=\frac1k \end{align}

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Así que aquí están mis preguntas:

1. Es allí una manera más simple/más inteligente de la prueba (sin usar el teorema de los residuos)?
2. Podemos expresar la integral como una serie de $\theta\in(0,\frac{\pi}2)$ (distinguiendo los casos de $k$$k<1$)?

Una página wiki que puede ayudar.

Answer 1

Aquí hay un truco simple. Por integración por partes,

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x+k} \, dx &= \underbrace{\left[ \frac{1-\cos x}{x+k} \right]_{0}^{\infty}}_{=0} + \int_{0}^{\infty} \frac{1-\cos x}{(x+k)^2} \, dx \\ &= \underbrace{\left[ \frac{x-\sin x}{(x+k)^2} \right]_{0}^{\infty}}_{=0} + \int_{0}^{\infty} \frac{2(x-\sin x)}{(x+k)^3} \, dx \end{align*}

Ahora si escribimos$a_n = \int_{0}^{\pi} \frac{\sin x}{(x+k+n\pi)^3} \, dx$ para$n \geq 0$, entonces$a_n$ es positivo, estrictamente decreciente y

$$ \ int_ {0} ^ {\ infty} \ frac {\ sen x} {(x + k) ^ 3} \, dx = \ sum_ {n = 0} ^ {\ infty} (-1) ^ n a_n $$

Entonces, mediante la prueba de series alternativas, sabemos que$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{(x+k)^3} \, dx \geq a_0 - a_1 > 0$. Por lo tanto

$$ \ int_ {0} ^ {\ infty} \ frac {\ sen x} {x + k} \, dx

Answer 2

Usando la fórmula $$\int_{0}^{\infty}f\left(x\right)g\left(x\right)dx=\int_{0}^{\infty}\left(\mathcal{L}f\right)\left(s\right)\left(\mathcal{L}^{-1}g\right)\left(s\right)ds$$ where $ \ mathcal {L} \ left (\ cdot \ right)$ and $ \ mathcal {L} ^ {- 1} \ left (\ cdot \ right)% ps

Answer 3

Un seguimiento de la respuesta de Marco (+1 a él). La idea de explotar$\mathcal{L},\mathcal{L}^{-1}$ es excelente, ya que elimina las oscilaciones de la función integrando y facilita cualquier aproximación numérica. Una vez que tenemos$$ I(k)=\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x+k}\,dx = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-kx}}{1+x^2}\,dx=\int_{0}^{\pi/2}e^{-k\tan\theta}\,d\theta $ $ también podemos indicar$$ k\,I(k)=\int_{0}^{+\infty}\frac{k e^{-kx}}{1+x^2}\,dx\stackrel{\text{IBP}}{=} 1-\int_{0}^{+\infty}\frac{2x e^{-kx}}{(1+x^2)^2}\,dx$ $ donde$\int_{0}^{+\infty}\frac{2x e^{-kx}}{(1+x^2)^2}\,dx$ está trivialmente limitado entre$0$ y$\int_{0}^{+\infty}2x e^{-kx}\,dx = \frac{2}{k^2}$.
La misma técnica también permite probar$I(k)>\frac{1}{k+1}$ para cualquier$k>0$.