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Probar: $\int_{0}^{\infty} \sin (x^2) dx$ converge.

$\sin(x^2)$ es un ejemplo de una función que a su límite cuando $x \to \infty$ no $0$, y todavía integral de $0$ $\infty$es finito. Me gustaría su ayuda con la comprensión de por qué y una dirección formal de prof .

Muchas gracias.

41voto

Davide Giraudo Puntos 95813

$x\mapsto \sin(x^2)$ es integrable en a $[0,1]$, por lo que tenemos que demostrar que $\lim_{A\to +\infty}\int_1^A\sin(x^2)dx$ existe. Hacer la sustitución $t=x^2$,$x=\sqrt t$$dx=\frac{dt}{2\sqrt t}$. Tenemos $$\int_1^A\sin(x^2)dx=\int_1^{A^2}\frac{\sin t}{2\sqrt t}dt=-\frac{\cos A^2}{2\sqrt A}+\frac{\cos 1}2+\frac 12\int_1^{A^2}\cos t\cdot t^{-3/2}\frac{-1}2dt,$$ y desde $\lim_{A\to +\infty}-\frac{\cos A^2}{2\sqrt A}+\frac{\cos 1}2=\frac{\cos 1}2$ y la integral de la $\int_1^{+\infty}t^{-3/2}dt$ existe (es finito), llegamos a la conclusión de que $\int_1^{+\infty}\sin(x^2)dx$, por lo que $\int_0^{+\infty}\sin(x^2)dx$. Esta integral es computable, gracias al teorema de los residuos.

16voto

Pedro Tamaroff Puntos 73748

He resuelto este uno integral como un caso particular de la fórmula I proporcionar aquí: http://www.mymathforum.com/viewtopic.php?f=15&t=26243 bajo el nombre de Weiler.

$$\int\limits_0^\infty {\sin \left( {a{x^2}} \right)\cos \left( {2bx} \right)dx} = \sqrt {\frac{\pi }{{8a}}} \left( {\cos \frac{{{b^2}}}{a} - \sin \frac{{{b^2}}}{a}} \right)$$

$$\int\limits_0^\infty {\cos \left( {a{x^2}} \right)\cos \left( {2bx} \right)dx} = \sqrt {\frac{\pi }{{8a}}} \left( {\cos \frac{{{b^2}}}{a} + \sin \frac{{{b^2}}}{a}} \right)$$

Así que usted tiene

$$\int\limits_0^\infty {\sin \left( {{x^2}} \right)dx} = \sqrt {\frac{\pi }{8}} $$

5voto

Stephan Aßmus Puntos 16

Esto también es informativo, y funciona cuando no hay ningún aspecto con la forma cerrada. Tomando Davide de la sustitución, definir $$ A_n^+ = \int_{2 \pi n}^{2 \pi n + \pi} \; \frac{\sin t}{2 \sqrt t} \; dt \; , $$ $$ A_n^- = \int_{2 \pi n + \pi}^{2 \pi n + 2 \pi} \; \frac{\sin t}{2 \sqrt t} \; dt \; , $$ y finalmente $$ A_n = A_n^+ + A_n^- = \int_{2 \pi n }^{2 \pi n + 2 \pi} \; \frac{\sin t}{2 \sqrt t} \; dt \; , $$

Siguiente, acabo de utilizar $\int_{m \pi}^{m \pi + \pi} \sin t dt = \pm 2,$, dependiendo de la entero $m,$ y tuvo límites basados en el tamaño de los denominadores.

Supongo que tenemos que empezar con $n \geq 1.$ Con que, $$ \frac{1}{\sqrt{2 \pi n + \pi}} \leq A_n^+ \leq \frac{1}{\sqrt{2 \pi n}}, $$ $$ \frac{-1}{\sqrt{2 \pi n + \pi}} \leq A_n^- \leq \frac{-1}{\sqrt{2 \pi n + 2 \pi}}, $$ y $$ 0 \leq A_n \leq \frac{1}{\sqrt{ 8 \pi} \; \; n^{3/2}}.$$

¿Qué dice esto acerca de la convergencia? La integral es $$ \sum_{n = 0}^\infty A_n. $$ Convergence does not depend on the initial terms, so we may start at the more convenient $n=1.$ From the $3/2$ exponent in the estimate of $A_n,$ we see that the sum is a finite constant. We do see modest oscillation in the indefinite integral, however the $\sqrt n$ terms in the denominators of $A_n^+$ and $A_n^-$ nos dicen que, finalmente, la integral indefinida se mantiene dentro de cualquier distancia deseada de la infinita integral.

Esta idea, la cancelación de la alternancia de las contribuciones, puede ser utilizado con mucho peor integrands, $\sin (x^5 - x - 1)$ viene a la mente.

0voto

Matt Puntos 2318

Los obstáculos para $x\mapsto \sin(x^2)$ ir arriba y abajo. Cada uno tiene un área menor que la de la última. Las áreas que convergen a 0 a medida que avances hacia abajo de la $x$-eje. Por la alternancia de la serie de la prueba, esto converge.

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