Intergral inadecuado (tipo Fresnel)

Question

Sea $\alpha >1$ . Demuestre que $$\int_0^\infty \sin(x^\alpha)\,dx= \sin\left(\frac{\pi}{2\alpha}\right) \int_0^\infty e^{-r^\alpha}\,dr.$$

Iba a preguntar cómo hacerlo pero me di cuenta mientras escribía mis preguntas. Así que en su lugar voy a dar una pista para otros que se atascan en él y luego alguien más o yo puede escribir una solución si alguien pregunta.

Pista: El contorno para el caso $\alpha=2$ es el "trozo de tarta" de $0$ a $\pi /4$ , avec $R\rightarrow \infty$ . (en este caso el lado derecho de la ecuación se simplifica ya que tenemos la mitad de la integral de Gauss). Evaluando la integral a lo largo del trozo $\theta =\pi/4$ podemos simplificar fácilmente gracias a este valor específico $\theta$ .

Answer 1

Sea \begin{align} J = \int_{0}^{\infty} e^{-i \, x^{a}} \, dx. \end{align} Sea $x = t^{1/a}$ para obtener \begin{align} J = \frac{1}{a} \, \int_{0}^{\infty} e^{-i t} \, t^{\frac{1}{a} - 1} \, dt. \end{align} Sea $u = i t$ para obtener \begin{align} J = \frac{1}{a} \left( \frac{1}{i} \right)^{1/a} \, \int_{0}^{\infty} e^{-u} \, u^{\frac{1}{a} - 1} \, du \end{align} que al dejar $u = x^{a}$ se convierte en \begin{align} J = e^{- \pi i/ 2a} \, \int_{0}^{\infty} e^{-x^{a}} \, dx. \end{align} Igualando ambos lados se obtiene \begin{align} \int_{0}^{\infty} \cos\left( x^{a} \right) \, dx &= \cos\left(\frac{\pi}{2 a} \right) \, \int_{0}^{\infty} e^{-x^{a}} \, dx \\ \int_{0}^{\infty} \sin\left( x^{a} \right) \, dx &= \sin\left(\frac{\pi}{2 a} \right) \, \int_{0}^{\infty} e^{-x^{a}} \, dx \end{align}