La solución de $\int_0^{\infty} \sin(ax^2)\sin(b/x^2)\,\mathrm dx$

Question

La integral es:

$$\int_0^{\infty}\sin(ax^2)\sin(\frac b {x^2})\,\mathrm dx$$

Yo ya sé la respuesta, pero yo no puedo probar! (Usted puede obtener la respuesta usando maple). Creo que debería ser simplificado a un par de Gauss integrales ($\mathrm{erf}$ funciones), pero no es tan evidente.

Answer 1

$$\int_0^{\infty} \sin ax^2\sin bx^{-2}\,dx=\frac{1}{2}\int_0^{\infty} \cos \left(ax^2-\frac{b}{x^2}\right)\,dx-\frac{1}{2}\int_0^{\infty} \cos \left(ax^2+\frac{b}{x^2}\right)\,dx$$

En general:

$$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}f \left(p x-\frac{q}{x}\right)^2\,dx &= \sqrt{\frac{q}{p}}\int_{0}^{\infty }f \left(\sqrt{pq} x- \frac{\sqrt{pq}}{x}\right)^2\,dx \quad(\textstyle x\to \sqrt{\frac{q}{p}}x )\\ &=\sqrt{\frac{q}{p}}\left[ \int_{0}^{1} f \left(\sqrt{pq} x-\frac{\sqrt{pq}}{x} \right)^2\,dx+ \int_{1}^{\infty} f \left(\sqrt{pq}x-\frac{\sqrt{pq}}{x}\right)^2\,dx \right]\\&= \sqrt{\frac{q}{p}}\left[\int_{1}^{\infty} \left(1+\frac{1}{x^2}\right)f \left(\sqrt{pq} x-\frac{\sqrt{pq}}{x} \right)^2\,dx \right]\quad( x\to x^{-1})\\&=\frac{1}{p} \int_{0}^{\infty} f (t^2 )\,dt \quad \big(t=\sqrt{pq} x-\sqrt{pq}x^{-1}\big) \end{aligned}$$

Observar que:

$$\begin{aligned}\int_0^{\infty} \cos \left(ax^2+\frac{b}{x^2}\right)\,dx&=\cos 2\sqrt{ab}\int_{0}^{\infty} \cos \left(\sqrt{a}x-\frac{\sqrt{b}}{x}\right)^2\,dx\\&\;-\sin 2\sqrt{ab}\int_{0}^{\infty} \sin \left(\sqrt{a}x-\frac{\sqrt{b}}{x}\right)^2\,dx\end{aligned}$$

Ahora desde $\displaystyle \int_0^{\infty}\cos x^2\,dx=\int_0^{\infty}\sin x^2\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{8}}$ utilizando nuestro resultado anterior tenemos:

$$\int_0^{\infty} \cos \left(ax^2+\frac{b}{x^2}\right)\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{8a}}\left(\cos 2\sqrt{ab}-\sin 2\sqrt{ab}\right)$$

Del mismo modo, la escritura:

$$\begin{aligned}\int_0^{\infty} \cos \left(ax^2-\frac{b}{x^2}\right)\,dx&=\cosh 2\sqrt{ab}\int_{0}^{\infty} \cos \left(\sqrt{a}x-i\frac{\sqrt{b}}{x}\right)^2\,dx\\&\;-\sinh 2\sqrt{ab}\int_{0}^{\infty} \sin \left(\sqrt{a}x-i\frac{\sqrt{b}}{x}\right)^2\,dx\end{aligned}$$

Obtenemos:

$$\int_0^{\infty} \cos \left(ax^2-\frac{b}{x^2}\right)\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{8a}}\left(\cosh 2\sqrt{ab}-\sinh 2\sqrt{ab}\right)$$

Poniendo todo junto:

$$\int_0^{\infty} \sin ax^2\sin bx^{-2}\,dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{8a}}\Bigg\{\big(\cosh 2\sqrt{ab}-\sinh 2\sqrt{ab}\big)-\big(\cos 2\sqrt{ab}-\sin 2\sqrt{ab}\big)\Bigg\}$$

Answer 2

Considere la posibilidad de

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{i (a x^2 - b/x^2)}$$

Considerando una cuña en el plano complejo de ángulo de $\pi/4$ y el uso del teorema de Cauchy, usted puede demostrar que esta integral es igual a

$$e^{i \pi/4} e^{2 \sqrt{a b}} \int_0^{\infty} dx \, e^{-(\sqrt{a} x + \sqrt{b}/x)^2}$$

Deje $u = \sqrt{a} x + \sqrt{b}/x$, luego

$$dx = \frac{1}{2 \sqrt{a}}\left (1 \pm \frac{u}{\sqrt{u^2-4 \sqrt{a b}}} \right )du$$

Tenga en cuenta que hay dos ramas, por lo que la integración de más de $u$ resultados en las dos integrales:

$$e^{i \pi/4} \frac{e^{2 \sqrt{a b}}}{2 \sqrt{a}} \left [\int_{2 \sqrt{\sqrt{a b}}}^{\infty} du \left (1 + \frac{u}{\sqrt{u^2-4 \sqrt{a b}}} \right ) e^{-u^2} - \int_{2 \sqrt{\sqrt{a b}}}^{\infty} du \left (1 - \frac{u}{\sqrt{u^2-4 \sqrt{a b}}} \right ) e^{-u^2}\right ] $$

que se simplifica a

$$e^{i \pi/4} \frac{e^{2 \sqrt{a b}}}{\sqrt{a}}\int_{2 \sqrt{\sqrt{a b}}}^{\infty} du \frac{u}{\sqrt{u^2-4 \sqrt{a b}}} e^{-u^2}$$

lo cual resulta ser muy integrable; el resultado es

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{i (a x^2 + b/x^2)}=e^{i \pi/4} \sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-2 \sqrt{a b}}$$

Ahora considere la posibilidad de

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{i (a x^2 + b/x^2)}$$

Por el mismo razonamiento, esta integral es igual a

$$e^{i \pi/4} \sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-i 2 \sqrt{a b}}$$

El deseado integral es la mitad de la parte real de la diferencia entre estas dos integrales, es decir,

$$\int_0^{\infty} dx \sin{\left ( a x^2\right )} \sin{\left (\frac{b}{x^2}\right)} = \frac12 \Re{\left[\int_0^{\infty} dx \, e^{i (a x^2 - b/x^2)} - \int_0^{\infty} dx \, e^{i (a x^2 + b/x^2)} \right]}$$

Por lo tanto, la conversión de la exponencial para las funciones hiperbólicas (por simetría), tengo

$$\int_0^{\infty} dx \sin{\left ( a x^2\right )} \sin{\left (\frac{b}{x^2}\right)} = \frac14 \sqrt{\frac{\pi}{2 a}} \left[\left (\cosh{\left(2 \sqrt{a b}\right)}-\cos{\left(2 \sqrt{a b}\right)}\right) - \left (\sinh{\left(2 \sqrt{a b}\right)}-\sin{\left(2 \sqrt{a b}\right)}\right) \right]$$

Answer 3

Consideremos la función

$$ I(a, b) = \int_{0}^{\infty} \exp\left( i \left( a x^{2} + \frac{b}{x^2} \right) \right) \, dx. $$

Primero presuponemos que $a, b > 0$. Luego, con la sustitución de $\sqrt{a} x \mapsto \frac{\sqrt{b}}{x}$, nos encontramos con que

\begin{align*} \sqrt{a} I(a, b) &= \int_{0}^{\infty} \exp\left( i \left( a x^{2} + \frac{b}{x^2} \right) \right) \sqrt{a} \, dx \\ &= \int_{0}^{\infty} \exp\left( i \left( a x^{2} + \frac{b}{x^2} \right) \right) \frac{\sqrt{b}}{x^2} \, dx \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \exp\left( i \left( a x^{2} + \frac{b}{x^2} \right) \right) \left( \sqrt{a} + \frac{\sqrt{b}}{x^2} \right) \, dx. \end{align*}

Por lo tanto si ponemos $u = \sqrt{a}x - \frac{\sqrt{b}}{x}$, tenemos

$$ I(a, b) = \frac{1}{2\sqrt{a}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp \a la izquierda( iu^{2} + 2i\sqrt{ab} \right) \, du = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{a}} \exp \left( \frac{i\pi}{4} + 2i\sqrt{ab} \right). \etiqueta{1} $$

Ahora supongo que ese $I(a, b)$ se extiende a una analítica de la función para cualquier positivos $a$ y compleja $b$$\Im b \geq 0$. Esto es debido a que el integrando sigue siendo limitada y oscilatorio para cualquier par de $(a, b)$. Si esto es cierto, que nos permite conectar $-b$ en lugar de $b$ $(1)$obtener

$$ I(a, -b) = \frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{a}} \exp \left( \frac{i\pi}{4} - 2\sqrt{ab} \right) \etiqueta{2} $$

que es apoyada por los cálculos numéricos. Asumiendo $(2)$ $a, b > 0$ hemos

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \sin (ax^2) \sin \left( \frac{b}{x^2} \right) \, dx &= -\frac{1}{4} \left( I(a, b) + I(-a, -b) - I(a, -b) - I(-a, b) \right) \\ &= \frac{1}{4} \sqrt{\frac{\pi}{2a}} \left( e^{-2\sqrt{ab}} + \sin 2\sqrt{ab} - \cos 2\sqrt{ab} \right). \end{align*}

Por ejemplo,

Answer 4

Observe que la función $$f(x)=e^{2\alpha\beta}\mathrm{erf}\left(\alpha x+\frac{\beta}{x}\right)+e^{-2\alpha\beta}\mathrm{erf}\left(\alpha x-\frac{\beta}{x}\right)$$ tiene la derivada $$f'(x)=\frac{4\alpha}{\sqrt{\pi}}\,e^{-\alpha^2 x^2-\beta^2/x^2}.$$ Esto permite expresar la antiderivada $\displaystyle \int \sin ax^2\sin\frac{b}{x^2}dx$ como una combinación lineal de ocho $\mathrm{erf}$-funciones. Para calcular el correspondiente de la integral definida, puede ser útil considerar $x$ como variable compleja y a su vez el contorno de integración por $\frac{\pi}{4}$ (en el sentido de que esta vez puede ser diferente para los distintos exponencial piezas; también, puede ser necesario descomponer el intervalo de $(0,\infty)$ en dos piezas,$(0,1]\cup[1,\infty)$).