Show that integral0^infty e^-t1-J0(t)t d t=ln (raiz2+12).

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que
I ;=;integral0^inftye^-tl(1 - J0(t)r)t,dt ;=;ln!l(raiz2+12r)
O conteúdo envolve transformada de Laplace da função 1-J0(t) dividida por t. Para resolver, vamos introduzir a função parâtrica
G(s);=;integral0^inftye^-s,t,1 - J0(t)t,dt,
de modo que I=G(1). Em seguida, obteremos G'(s), integraremos em s para achar G(s) até uma constante, determinaremos essa constante pelo limite em stoinfty e, por fim, avaliaremos em s=1.

Passo 2

Verificamos que para s>0 o integral
G(s)=integral0^inftye^-s,t,1-J0(t)t,dt
converge:
  • Perto de t=0, usamos J0(t)=1+O(t^2), logo l(1-J0(t)r)/t=O(t) é integrável.
  • Para ttoinfty, e^-s,t domina qualquer oscilação de J0(t).
    Assim podemos diferenciar G(s) sob o sinal de integral.

Passo 3

Diferenciando em s por Leibniz, obtemos
G'(s) =-integral0^inftye^-s,t,l(1 - J0(t)r),dt =-l[underbraceintegral0^inftye^-s,tdt1/s ;-;underbraceintegral0^inftye^-s,tJ0(t)dt1/raizs^2+1r]
Portanto
G'(s) =-1s+1raizs^2+1

Passo 4

Integramos G'(s):
G(s) =integral!l(-1s+1raizs^2+1r)ds =-ln s+lnl(s+raizs^2+1r)+C =ln!s+raizs^2+1s+C

Passo 5

Para achar C, usamos stoinfty. Nesse limite, e^-s,t faz G(s)to0. Por outro lado,
ln!s+raizs^2+1s =ln!l(1+raiz1+1/s^2r) ;xrightarrow[stoinfty];ln 2
Logo 0=ln2+C, isto é C=-ln2. Assim
G(s)=ln!s+raizs^2+12,s

Passo 6

Finalmente, para s=1 vem
I=G(1) =ln!1+raiz22

Resposta

ln!l(raiz2+12r)

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