Demostrando que $\displaystyle \int_0^x \frac{\sin t}{t+1}dt > 0$ para todos $x >0$

Question

He ideado esta prueba que

$$\tag{1} \int_0^x \frac{\sin t}{t+1}dt > 0 \text{ ; } \forall x >0$$

La idea es demostrar que el área de $(0,\pi)$ es mayor que el valor absoluto del área negativa en $(\pi, 2\pi)$ y así sucesivamente, para que el área final sea siempre positiva.

$f(x) = \dfrac{\sin x}{x+1}$ es positivo si $\sin x >0$ y negativo si $\sin x <0$ . Es decir

$$f(x) >0 \Leftrightarrow x \in \bigcup_{k=0}^{\infty}(2k\pi,(2k+1)\pi)$$

$$f(x) <0 \Leftrightarrow x \in \bigcup_{k=1}^{\infty}((2k-1)\pi,2k\pi)$$

Si demostramos que $$\tag{2} |f(x)| > |f(x+\pi)|$$ por cada $x$ entonces demostramos $(1)$ .

Pero,

$|f(x)| =\left| \dfrac{\sin x}{x+1} \right|$

$|f(x+\pi)| =\left| \dfrac{\sin (x+\pi)}{x+\pi+1} \right|=\left| \dfrac{\sin x}{x+\pi+1} \right|$

Así, $(2)$ se demuestra, y entonces tenemos que en general,

$$ |f(x+n \pi)| > |f(x+(n+1) \pi)|$$ Por lo tanto

$$\int\limits_{\left( {2k} \right)\pi }^{\left( {2k + 1} \right)\pi } {\frac{{\sin t}}{{t + 1}}dt} + \int\limits_{\left( {2k + 1} \right)\pi }^{\left( {2k + 2} \right)\pi } {\frac{{\sin t}}{{t + 1}}dt} > 0$$

y luego

$$ \int_0^x \frac{\sin t}{t+1}dt > 0 \text{ ; } \forall x >0$$

¿Es correcto? Y si es correcto, ¿es comprensible?

Answer 1

Estás en el camino correcto .. también tienes que demostrar que ${\displaystyle \int_{2k\pi}^x {\sin(t) \over t + 1}\,dt > 0}$ para todos $2k\pi < x < 2(k+1)\pi$ , ya que usted tiene $$ \int_{0}^x {\sin(t) \over t + 1}\,dt = \sum_{i = 0}^{k-1} \bigg(\int_{2i\pi}^{(2i + 1)\pi} {\sin(t) \over t + 1}\,dt + \int_{(2i+1)\pi}^{(2i + 2)\pi} {\sin(t) \over t + 1}\,dt\bigg) + \int_{2k\pi}^x {\sin(t) \over t + 1}\,dt $$ Has demostrado que la primera suma es positiva, pero todavía tienes que demostrar que el último término también lo es. Para esa parte, sugiero mostrar que ${\displaystyle \int_{2k\pi}^x {\sin(t) \over t + 1}\,dt}$ aumenta a medida que $x$ va de $2k\pi$ a $(2k + 1)\pi$ y luego disminuye como $x$ va de $(2k + 1)\pi$ a $(2k + 2)\pi$ . Por lo que ya has hecho, sabes que no disminuirá hasta cero.

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Y ahora, la solución del "truco ingenioso": Observa que la derivada de $1 - \cos(x)$ es $\sin(x)$ y la derivada de ${\displaystyle {1 \over t + 1}}$ es ${\displaystyle -{1 \over (t + 1)^2}}$ . Así que integrando por partes tienes $$\int_{0}^x {\sin(t) \over t + 1}\,dt = {1 - \cos(t) \over t + 1}\bigg|_{t = 0}^{t = x} + \int_0^x {1 - \cos(t) \over (t + 1)^2}\,dt$$ $$= {1 - \cos(x) \over x + 1} + \int_0^x {1 - \cos(t) \over (t + 1)^2}\,dt$$ Desde $1 - \cos(t) \geq 0$ para todos $t$ el primer término es no negativo. Del mismo modo, el integrando del segundo término es no negativo y, por tanto, la integral resultante es positiva para $x > 0$ .

Answer 2

La idea y la ejecución están bien. Yo preferiría una pequeña variante. Queremos demostrar que la integral de $2k\pi$ a $(2k+2)\pi$ es positivo. Mira la integral de $(2k+1)\pi$ a $(2k+2)\pi$ . La primera mitad del intervalo está bien. Para la segunda mitad, haz el cambio de variable $t=s+\pi$ . Tenga en cuenta que $\sin t=-\sin s$ . De ello se desprende que $$\int_{t=(2k+1)\pi}^{(2k+2)\pi} \frac{\sin t}{t+1}dt=-\int_{s=2\pi}^{(2k+1)\pi}\frac{\sin s}{s+\pi+1}ds.$$

Ahora que la variable ficticia $s$ ha cumplido con su cometido, sustitúyalo por $t$ . Entonces nuestra integral de $2k\pi$ a $(2k+2)\pi$ es igual a $$\int_{t=2k\pi}^{(2k+1)\pi} \left(\frac{\sin t}{t+1}-\frac{\sin t}{t+\pi +1}\right)dt.$$ Si queremos, podemos reescribir esto como $$\int_{t=2k\pi}^{(2k+1)\pi} \frac{\pi \sin t}{(t+1)(t+\pi +1)}dt.$$ El integrando es no negativo, y el resultado se deduce.

Una de las razones por las que prefiero esta versión de su argumento es que ahora es fácil obtener una estimación razonable de la integral de $2k\pi$ a $(2k+2)\pi$ .