Convergencia de la integral$\int _0^\infty \ln^2x\sin(x^2)\,dx$

Question

ps

¿Esto converge?

En las respuestas de nuestro libro de texto, nos han dicho que, dado que el límite de la función interna en infinito no es 0, la integral no converge. Sin embargo, no pude encontrar un teorema que diga esto. ¿Hay alguna otra buena manera de demostrar que esta integral diverge?

Answer 1

No hay ninguna dificultad real en $0$, ya que cerca de $0$ la función de $\sin(x^2)$ se comporta como $x^2$, lo $\lim_{x\to 0^+}\ln^2 x\sin(x^2)=0$. Por lo tanto, examinamos $$\int_1^B (\ln^2 x)( \sin(x^2))\,dx.\tag{1}$$ Reescribir como $$\int_1^B \frac{\ln^2 x}{2x} 2x \sin(x^2)\,dx,$$ y use integración por partes, dejando $u=\frac{\ln^2 x}{2x}$$dv=2x\sin(x^2)\,dx$. A continuación, $du=\frac{2\ln x-\ln^2 x}{2x^2}\,dx$ y podemos tomar $v=-\cos(x^2)$. Por lo tanto nuestros integral (1) es $$\left.\left(-\frac{\ln^2 x}{2x}\cos(x^2)\right)\right|_1^B +\int_1^B \frac{2\ln x-\ln^2 x}{2x^2}\cos(x^2)\,dx.$$ La primera parte da ningún problema, de hecho se desvanece como $B\to\infty$. El resto de integral de una (finito) límite de $B\to\infty$, debido a $\cos(x^2)$ es limitado y el $2x^2$ en el denominador aplasta la $\ln$ términos en el numerador.

De ello se sigue que nuestro original de la integral converge.

Answer 2

La respuesta del libro de texto es incorrecta, y no hay forma de probar que esta integral diverge. En cambio, hay formas de establecer su convergencia.

Dado que el integrando es continuo en el segmento$[0,1]$, basta con verificar la convergencia en$(1,\infty)$, que se puede establecer sustituyendo$x=\sqrt{t}$ seguido de la integración por partes, reduciendo así la integral a un convergente absoluto uno:$$\int\limits_1^{\infty}(\ln{x})^2\sin(x^2)\,dx=\frac{1}{8}\cdot\!\!\int\limits_1^{\infty}\frac{(\ln{t})^2}{\sqrt{t}}\!\cdot \sin{t}\,dt=-\frac{1}{8}\cdot\!\!\int\limits_1^{\infty}\frac{(\ln{t})^2}{\sqrt{t}}\,d(\cos{t})=\dots$ $

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\down}{\downarrow}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ \begin{align} &\color{#00f}{\large\int_{0}^{\infty}\ln^{2}\pars{x}\sin\pars{x^{2}}\,\dd x} =\int_{0}^{\infty}\ln^{2}\pars{x^{1/2}}\sin\pars{x}\,\half\,x^{-1/2}\dd x \\[3mm]&={1 \over 8}\int_{0}^{\infty}x^{-1/2}\ln^{2}\pars{x}\sin\pars{x}\,\dd x \\[3mm]&={1 \over 8}\lim_{\mu \to -1/2}\partiald[2]{}{\mu} \Im\int_{0}^{\infty}x^{\mu}\expo{\ic x}\,\dd x = {1 \over 8}\lim_{\mu \to -1/2}\partiald[2]{}{\mu} \Im\int_{0}^{\infty}\pars{\ic x}^{\mu}\expo{-x}\ic\,\dd x \\[3mm]&= {1 \over 8}\lim_{\mu \to -1/2}\partiald[2]{}{\mu} \Re\bracks{\expo{\ic\pi\mu/2}\int_{0}^{\infty}x^{\mu}\expo{-x}\,\dd x} ={1 \over 8}\lim_{\mu \to -1/2}\partiald[2]{}{\mu} \Re\bracks{\expo{\ic\pi\mu/2}\Gamma\pars{\mu + 1}} \\[3mm]&=\color{#00f}{\large{\root{2\pi} \over 64}\bracks{\pi + 2\Psi\pars{1/2}}^{2}} \approx 0.0241614 \end{align} Observe que $\Psi\pars{1/2} = -\gamma - 2\ln\pars{2}$ de manera tal que un resultado equivalente es $$ \color{#00f}{\large{1 \over 32}\,\raíz{\pi \over 2}\bracks{2\gamma \pi + \ln\pars{16}}^{2}} $$ que es el resultado habitual de lo simbólico software.

Answer 4

Para verlo, realice el cambio de variables$t=\ln(x)$ que da

$$ \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \! {t} ^ {2} \ sin \ left ({{\ rm e} ^ {2 \, t}} \ right) {{\ rm e} ^ {t}} {dt}. $$

Answer 5

Considere la función Gamma$$\Gamma(s)=\int_{0}^{\infty}{t^{s-1}\cdot e^{-t}dt} ,s\in \mathbb{R^{+}}$$ now consider the substitution $ t = iu ^ {2}$ which yields the following $$\Gamma(s)=2e^{i\frac{\pi}{2}s}\int_{i0}^{i\infty}{u^{2s-1}\cdot e^{-i u^{2}}du}=_{(1)} 2e^{i\frac{\pi}{2}s}\int_{0}^{\infty}{u^{2s-1}\cdot e^{-i u^{2}}du}$ $ Principalmente apuntamos a evaluar$$\frac{\partial^{2}}{\partial s^{2}}[\frac{\Gamma(s)}{2}\cdot e^{-i \frac{\pi}{2}s}]_{s=\frac{1}{2}}= 4\int_{0}^{\infty}{log^{2}(u) \cdot e^{-i u^{2}}du}$$ Simplifying the derivatives on the LHS followed by an identification of the imaginary part we have that $% # ps

Agradecería si alguien pudiera ayudarme a justificar el paso de igualdad (1)