Evalúa la integral$\int_0^{\infty}e^{-x} \sin x \log x ~ dx$

Question

Necesito ayuda con esta integral

ps

WolframAlpha da la respuesta de ser$$\int_0^{\infty}e^{-x} \sin x \log x ~ dx$, una expresión curiosa con tres constantes fundamentales.

Answer 1

METODOLOGÍA de $1$:

El uso de Frullani integral de escribir $\log(x)=\int_0^\infty \frac{e^{-t}-e^{-xt}}{t}$ revela

$$\begin{align} \int_0^\infty e^{-x}\sin(x)\log(x)\,dx&=\int_0^\infty e^{-x}\sin(x)\int_0^\infty \frac{e^{-t}-e^{-xt}}{t}\,dt\,dx\\\\ &=\int_0^\infty \frac1t \int_0^\infty \sin(x)(e^{-(x+t)}-e^{-x(t+1)})\,dx\,dt\\\\ &=\int_0^\infty \left(\frac{e^{-t}}{2t}-\frac{1}{t(t^2+2t+2)}\right)\,dt\tag1 \end{align}$$

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A continuación, vemos que

$$\int_\epsilon^\infty \frac{e^{-t}}{2t}\,dt=-\frac12e^{-\epsilon}\log(\epsilon)+\frac12\int_\epsilon^\infty e^{-t}\log(t)\,dt\tag2$$

y

$$\int_\epsilon^\infty \frac{1}{t(t^2+2t+2)}\,dt=-\frac12\log(\epsilon)+\frac14 \log(\epsilon^2+2\epsilon+2)+\frac12\arctan(\epsilon+1)-\frac14\pi\tag3$$

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Restando $(3)$ $(2)$ y dejando $\epsilon\to 0$, podemos ver que $(1)$ es

$$\int_0^\infty e^{-x}\sin(x)\log(x)\,dx=-\frac\gamma2 -\frac14\log(2)+\frac\pi8$$

como iba a ser mostrado!

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METODOLOGÍA de $2$:

Como un enfoque alternativo que podemos escribir

$$\begin{align} \int_0^\infty e^{-x}\sin(x)\log(x)\,dx&=\text{Im}\left(\int_0^\infty e^{-(1-i)x}\log(x)\,dx\right)\\\\ &=\text{Im}\left(\frac1{1-i}\int_0^{(1-i)\infty} e^{-x}\log\left(\frac{x}{1-i}\right)\,dx\right)\\\\ &=\text{Im}\left(\frac1{1-i}\int_0^{(1-i)\infty} e^{-x}\log(x)\,dx-\frac{\log(1-i)}{1-i}\int_0^{(1-i)\infty}e^{-x}\,dx\right)\tag4\\\\ &=\text{Im}\left(\frac1{1-i}\int_0^{\infty} e^{-x}\log(x)\,dx-\frac{\log(1-i)}{1-i}\int_0^{\infty}e^{-x}\,dx\right)\tag5\\\\ &=-\frac\gamma2-\frac14\log(2)+\frac\pi8 \end{align}$$

como era de esperar.

Se utilizó la Integral de Cauchy Teorema de deformar el contorno en ir de$(4)$$(5)$. Y optamos por usar la rama principal del logaritmo para evaluar $\log(x)$$\log(1-i)$.

Answer 2

Otra forma más, a través de la transformada de Laplace.
Estos lemas preliminares solo se deducen de la integración por partes:$$\mathcal{L}\left(\log x+\gamma\right)(s) = -\frac{\log s}{s},\tag{1} $ $$$\mathcal{L}\left(x e^{-x}\sin x\right)(s) = \frac{2(1+s)}{(2+2s+s^2)^2}\tag{2} $ $ y aseguran que$$ \int_{0}^{+\infty}xe^{-x}\sin(x)\cdot\frac{\log x}{x}\,dx = -\int_{0}^{+\infty}(\log s+\gamma)\frac{2(1+s)}{(2+2s+s^2)^2}\,ds\tag{3}$ $ donde la última integral es fácil de calcular por descomposición de fracción parcial e integración por partes:% ps

Answer 3

$\newcommand{\Log}{\operatorname{Log}}\newcommand{\Im}{\mathfrak{Im}}$Aquí es un método que utiliza la integración bajo el signo integral (Feynman del truco)

Primero de todo, vamos a $I$ ser integral en la pregunta. Uno tiene un plazo$\log(x)$, pero que es también el plazo adicional después de la diferenciación de $x^{t}$ con respecto al $t$, así que eso es lo que me inspiró a escribir esto.

Definir la función: \begin{align} G(t) := \int^\infty_0 x^{t-1}\sin(x) e^{-x}\,dx \end{align} Así que por Feynman uno obtiene (verificar esto): \begin{align} G'(1) = I \end{align}

El problema que tenemos ahora es: ¿podemos encontrar $G(t)$ en un formulario que puede hacer algo con el? La respuesta es sí. Tampoco lo veo como Mellin transformar, es decir, $G(t)=\mathcal M [e^{-x}\sin(x)] (t)$ y saber que por el corazón (yo no, para ser honesto). O vea el "$\Gamma$-función" . A lo que me refiero con esto último es la siguiente, observe que: \begin{align} G(t) = \Im \left(\int^\infty_0 x^{t-1}e^{(i-1)x}\,dx \right) \end{align} Considere el círculo sector de contorno con ángulo de $\pi/4$ en el segundo cuadrante de "traducir" que en una expresión con $\Gamma$-función (los detalles son sencillos cálculos que dejo para usted). El uso que se puede concluir: \begin{align*} \int^\infty_0 x^{t-1}e^{(i-1)x}\,dx= e^{-t\log(2)/2} e^{i\frac \pi 4 t} \Gamma(t) \end{align*} Tomando la parte imaginaria de la que se obtiene: \begin{align} G(t) = e^{-t\log(2)/2}\sin\left( \frac \pi 4 t\right)\Gamma(t) \end{align} Por lo tanto: \begin{align} G'(t) = -\frac{\log(2)}{2} e^{-t\log(2)/2}\sin\left( \frac \pi 4 t\right)\Gamma(t) + \frac{\pi}{4}e^{-t\log(2)/2}\cos\left( \frac \pi 4 t\right)\Gamma(t) + e^{-t\log(2)/2}\sin\left( \frac \pi 4 t\right)\Gamma'(t) \end{align} Ahora tenemos casi el resultado, a saber: \begin{align*} I = G'(1) &= -\frac{\log(2)}{2} e^{-\log(2)/2}\frac{\sqrt[]{2}}{2} + \frac{\pi}{4}e^{-\log(2)/2}\frac{\sqrt[]{2}}{2} + e^{-\log(2)/2}\frac{\sqrt[]{2}}{2}\Gamma'(1)\\ &= \frac{1}{2}\left[ -\frac{\log(2)}{2} + \frac{\pi}{4}+\Gamma'(1) \right] \end{align*} Mediante el uso de Feynman del truco (de nuevo): \begin{align*} \Gamma'(1) = \int^\infty_0 \log(x)e^{-x}\,dx = -\gamma \end{align*} Finalmente podemos concluir que: \begin{align*} \int^\infty_0 e^{-x}\sin (x)\log (x)\,dx = \frac{1}{8}\left( -2\log(2) + \pi-4\gamma \right) \end{align*}

Answer 4

Solución parcial Usa$\sin(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ y cambia la suma y la integral (no puedo justificar esto todavía) para obtener$$\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \int_0^\infty e^{-x}x^{2n+1}\log(x)dx.$$ If we let $ I_m = \ int_0 ^ \ infty e ^ {- x} x ^ {m } \ log (x) dx$, then a simple integration by parts yields $ I_m = mI_ {m-1} + (m-1)!$ which, together with the fact that $ I_0 = - \ gamma$, gives $ I_m = -m! \ gamma + a_m$ where the sequence $ (a_m) _m$ satisfies $ a_m = ma_ {m-1} + (m-1)!$ [these are known as the unsigned stirling numbers of the first kind]. So, we just need to evaluate $$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left[-\gamma+\frac{a_{2n+1}}{(2n+1)!}\right].$ $ Ahora bien, tal vez haya algún hecho conocido sobre estos sin firmar Stirling números que termina el trabajo.