Prueba

Question

Tenga en cuenta estas dos integrales similares

$$\int_{0}^{\infty}\sin\left({1\over 4x^2}\right)\ln x\cdot{\mathrm dx\over x^2}=-\sqrt{\pi\over 2}\cdot\left({\pi-2\gamma \over 4}\right)\tag1$$

$$\int_{0}^{\infty}\sin\left({1\over 4x^2}\right)\ln^2x\cdot{\mathrm dx\over x^2}=\sqrt{\pi\over 2}\cdot\left({\pi-2\gamma \over 4}\right)^2\tag2$$

¿Cómo hace uno para probar $(1)$$(2)$?

Un intento:

El uso de la $\sin x$ serie, y deje $u=\ln x$, $(1)$ se convierte en

$$\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over 2^{2n+1}(2n+1)!}\int_{-\infty}^{\infty}ue^{-2(n+1)u}\mathrm du\tag3$$

Integral de la $(3)$ diverge.

Otro intento:

$u={1\over 4x^2}$ $(1)$ se convierte en

$$-{1\over 8}\int_{0}^{\infty}\sin u\ln{(4u)}\cdot{\mathrm du\over u^{3/2}}\tag4$$

El uso de $\ln u$ serie, a continuación, $(4)$ se convierte en

$$-{1\over 4}\sum_{n=0}^{\infty}{1\over 2n+1}\int_{0}^{\infty}\left({4u-1\over 4u+1}\right)^{2n+1}\cdot{\sin u\over u^{3/2}}\mathrm du\tag5$$

El uso de $\coth^{-1} x={1\over 2}\ln{x-1\over x+1}$

$$-{1\over 4}\sum_{n=0}^{\infty}{1\over 2n+1}\int_{0}^{\infty}e^{2(2n+1)\coth^{-1}4x}\cdot{\sin u\over u^{3/2}}\mathrm du\tag6$$

¿De qué otra manera podemos proceder?

Answer 1

%#% $ #% Tan\begin{eqnarray} &&\int{0}^{\infty}u^{t}\sin u\mathrm du\ &=&\lim{\epsilon\to0^+}\Im \int_{\epsilon}^{\infty}u^{t} e^{iu}\mathrm du=\Im \frac{\Gamma(t+1)}{(-i)^{t+1}}\ &=&\Im \Gamma(t+1)(i)^{t+1}=\Gamma(t+1)\sin(\frac{(t+1)\pi}{2}). \end{eqnarray} dejar $$ \int0^\infty u^te^{-su}du=\frac{\Gamma(t+1)}{s^{t+1}}. $ $ y $ de #% de #% de entonces % tan\begin{eqnarray} I'(2)&=&-2^{a-2}\ln2\sin(\frac{(a-1)\pi}{4})\Gamma(\frac{a-1}{2})-2^{a-4}\pi\cos(\frac{(a-1)\pi}{4})\Gamma(\frac{a-1}{2})\ &&-2^{a-3}\sin(\frac{(a-1)\pi}{4})\Gamma'(\frac{a-1}{2})\bigg|{a=2}\ &=&-\ln2\cdot\frac1{\sqrt2}\sqrt{\pi}-\frac\pi 4\frac{1}{\sqrt2}\sqrt\pi-\frac{1}{2\sqrt2}\Gamma'(\frac12) \end{eqnarray} observación $$ I(a)=\int_0^{\infty}x^{-a}\sin(\frac1{4x^2})dx $ $ uno tiene $$I(a)=-2^{-2+a}\int0^{\infty}u^{\frac{-3+a}2}\sin udu=-2^{a-2}\sin(\frac{(a-1)\pi}{4})\Gamma(\frac{a-1}{2}). $ $ así $$ \frac{\Gamma'(z+1)}{\Gamma(z+1)}=-\gamma+\sum{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{z+n}\right)$ $ usted puede tratar de recordar $$ \Gamma'(\frac12)=\Gamma(\frac12)\left[-\gamma+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-\frac12}\right)\right]=\sqrt{\pi}(-\gamma-2\ln2).$ de la misma forma y el cálculo será más largo.