¿Cómo puedo calcular la siguiente integral?
$$\int_0^\infty x ^{-\frac{1}{3}}\sin x \, dx$$
WolframAlpha me da $$ \frac{\pi}{\Gamma\Big(\frac{1}{3}\Big)}$$
¿Cómo consigue WolframAlpha esto?
No entiendo cómo podemos reordenar la fórmula para aplicar la función gamma aquí. Se agradece cualquier pista/respuesta útil y detallada.
Una pista: Utilice la expresión integral para el $\Gamma$ función junto con Fórmula de Euler .
Utilizando la fórmula de Euler obtenemos para la integral $ \frac{1}{2i}\int\limits_0^\infty (e^{ix}-e^{-ix}) x ^\frac{-1}{3} dx$ . ¿Cómo podemos aplicar aquí la expresión integral de $\Gamma(t) = \int_0^\infty x^{t-1}e^{-x}dx$ ? ¿Qué hacemos con la unidad imaginaria i en $e^{îx}$ ?
@M_a_th_ias Primero puedes ahorrarte algunos problemas escribiendo $\text{Im} \left ( \int_0^\infty e^{ix} x^{-1/3} dx \right )$ .
@M_a_th_ias: Efectivamente, tienes razón al notar que el límite superior ya no será el infinito a lo largo del semieje real positivo, sino uno complejo, a lo largo de una dirección diferente en el plano bidimensional. Sin embargo, el resultado sigue siendo el mismo. Basta con evaluar $\displaystyle\int_0^\infty x^k~e^{ax}~dx$ mediante una simple sustitución, entonces dejemos que $a=i$ y tomar la parte imaginaria de toda la expresión.
Como generalización, para $0\lt a\lt1$ , $$ \begin{align} \int_0^\infty x^{a-1}\sin(x)\,\mathrm{d}x &=\frac1{2i}\left(\int_0^\infty x^{a-1}e^{ix}\,\mathrm{d}x-\int_0^\infty x^{a-1}e^{-ix}\,\mathrm{d}x\right)\\ &=\frac1{2i}\left(e^{ia\pi/2}\int_0^\infty x^{a-1}e^{-x}\,\mathrm{d}x-e^{-ia\pi/2}\int_0^\infty x^{a-1}e^{-x}\,\mathrm{d}x\right)\\ &=\sin\left(\frac{a\pi}{2}\right)\Gamma(a)\tag{1} \end{align} $$ Los cambios de las variables $x\mapsto ix$ y $x\mapsto-ix$ utilizados en la segunda ecuación anterior, están justificados porque $$ \int_{\gamma_k} z^{a-1}e^{-z}\,\mathrm{d}z=0\tag{2} $$ donde $\gamma_1=[0,R]\cup Re^{i\frac\pi2[0,1]}\cup iR[1,0]$ y $\gamma_2=[0,R]\cup Re^{-i\frac\pi2[0,1]}\cup-iR[1,0]$ no contienen singularidades.
Enchufando $a=\frac23$ en $(1)$ y utilizando Fórmula de reflexión de Euler , da $$ \begin{align} \int_0^\infty x^{-1/3}\sin(x)\,\mathrm{d}x &=\sin\left(\frac\pi3\right)\Gamma\left(\frac23\right)\\ &=\sin\left(\frac\pi3\right)\frac{\pi\csc\left(\frac\pi3\right)}{\Gamma\left(\frac13\right)}\\ &=\frac{\pi}{\Gamma\left(\frac13\right)}\tag{3} \end{align} $$
Considerando $R> 0$ y $C_R$ el camino de $0 $ a $iR$ tenemos
$$\int_{0}^{\infty} x^{-1/3} \sin x \, dx = \lim_{R \to \infty}\mathfrak{Im}\Bigg(\int _0^R e^{iz}z^{-1/3}dz\Bigg) = \lim_{R \to \infty} \mathfrak{Im}\Bigg(\int _{C_R} e^{iz}z^{-1/3}dz\Bigg)$$
Haciendo $-w = iz$ tenemos que $- dw = i dz \implies i dw = dz$ entonces
$$\int _{C_R} e^{iz}z^{-1/3}dz = e^{\frac{i\pi}{3}} \int_{C_R} e^{-w} w^{2/3 -1} dw = e^{\pi i / 3} \Gamma \Big(\frac{2}{3}\Big) = e^{\pi i / 3}\frac{\pi}{\sqrt{3}\,\,\Gamma \Big(\frac{1}{3}\Big)}$$
Así,
$$\int_{0}^{\infty} x^{-1/3} \sin x \, dx = {\sqrt{3}\frac{\pi}{\sqrt{3}\,\,\Gamma \Big(\frac{1}{3}\Big)}} = \color{red}{\frac{\pi}{\,\,\Gamma \Big(\frac{1}{3}\Big)}}$$
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¿Has probado la integración por partes, buscando la definición integral de la función gamma (busca en wikipedia) en tu respuesta?
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Puedes integrar esto usando el Teorema Maestro de Ramanujan $$\int_0^{\infty} x^{s-1} f(x) dx=\Gamma(s) \lambda(-s)$$ donde $\lambda(-s)$ es la parte de es una función de término multiplicada dentro de la expresión de la serie para $e^{-x}$