¿Cómo mostrar que$\int_0^1 \sin \pi t ~ \left( \zeta (\frac12, \frac{t}{2})-\zeta (\frac12, \frac{t+1}{2}) \right) dt=1$?

Question

He estado tratando de demostrar integrales de Fresnel por métodos reales y se encontraron con un problema interesante.

Vamos a empezar con el resultado conocido:

$$\int_0^\infty \sin y^2 dy = \sqrt{\frac{\pi}{8}}$$

Podemos probarlo sin complejos métodos?

He tratado de hacer lo siguiente:

$$\int_0^\infty \sin y^2 dy =\frac{1}{2} \int_0^\infty \sin x \frac{dx}{\sqrt{x}} =\frac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \int_0^\pi \sin x \frac{dx}{\sqrt{x+\pi n}}$$

Este sigue directamente de las propiedades del seno, a excepción de la serie sólo converge condicionalmente, no absolutamente, así que hay una pregunta de si podemos traer dentro de la integral.

Voy a hacerlo sin la debida justificación por ahora, pero si alguien tiene un comentario sobre esto, te lo agradecería.

Así se obtiene, después de un simple cambio de variables:

$$\int_0^\infty \sin y^2 dy = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \int_0^1 \sin \pi t ~ dt \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+t}} $$

Wolfram da para esta serie:

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+t}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left( \zeta \left(\frac12, \frac{t}{2}\right)-\zeta \left(\frac12, \frac{t+1}{2}\right) \right)$$

Que es lo suficientemente fácil como para mostrar el uso de la definición de Hurwitz zeta función.

Sorprendentemente, esto nos lleva exactamente el valor conocido de la integral de Fresnel como un coeficiente:

$$\int_0^\infty \sin y^2 dy =\sqrt{\frac{\pi}{8}} \int_0^1 \sin \pi t ~ \left( \zeta \left(\frac12, \frac{t}{2}\right)-\zeta \left(\frac12, \frac{t+1}{2}\right) \right) dt$$

Lo que significa que necesitamos para demostrar la identidad en el título de la pregunta:

$$\int_0^1 \sin \pi t ~ \left( \zeta \left(\frac12, \frac{t}{2}\right)-\zeta \left(\frac12, \frac{t+1}{2}\right) \right) dt=1$$

Podemos probar esto por métodos reales, no utilizando la integral de Fresnel?

Mathematica confirma la identidad numérica.

Answer 1

Yo normalmente no responder a mis propias preguntas, pero yo, literalmente, acaba derivados de la solución y creo que es hermoso.

Lo sabemos desde el enlace en la OP que:

$$\zeta(s,a)=\frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty \frac{z^{s-1} dz}{e^{a z} (1-e^{-z})}$$

Lo que hace que nuestra expresión:

$$\zeta \left(\frac12, \frac{t}{2}\right)-\zeta \left(\frac12, \frac{t+1}{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{e^{- t z/2}(1-e^{-z/2}) dz}{(1-e^{-z}) \sqrt{z}}=$$

$$=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \frac{e^{- t u^2/2}(1-e^{-u^2/2}) du}{1-e^{-u^2}}$$

Ahora podemos ver que es muy fácil tomar la integral sobre la $t$ (integración por partes):

$$\int_0^1 \sin \pi t~ e^{- t u^2/2} dt=\frac{4 \pi}{4 \pi^2 +u^4} (1+e^{-u^2/2})$$

Ahora sustituimos esto en la segunda parte integrante de conseguir (esta es la parte bonita):

$$8 \sqrt{\pi} \int_0^\infty \frac{(1+e^{-u^2/2})(1-e^{-u^2/2}) du}{(1-e^{-u^2})(4 \pi^2 +u^4)}=8 \sqrt{\pi}\int_0^\infty \frac{du}{4 \pi^2 +u^4}$$

Después de un cambio de variables, tenemos:

$$\frac{2 \sqrt{2}}{\pi} \int_0^\infty \frac{dv}{1 +v^4}=\frac{2 \sqrt{2}}{\pi} \frac{\pi}{2 \sqrt{2}}=1$$

Tal como se suponía que debía estar.

Dios, la Matemática es simplemente perfecto a veces.

---

Apéndice

Tratando de demostrar de una manera sencilla que la integral fórmula para $\zeta(1/2,a)$ es igual a la definición de la serie.

$$ \int_0^\infty \frac{z^{-1/2} dz}{e^{a z} (1-e^{-z})}=2 \int_0^\infty \frac{e^{-a u^2}du}{ 1-e^{-u^2}}=2 \sum_{n=0}^\infty \int_0^\infty e^{-(a+n) u^2} du=$$

$$=2 \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{\sqrt{a+n}} \int_0^\infty e^{-w^2} dw= \sqrt{\pi} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{\sqrt{a+n}} $$

Formalmente, esto se ajusta exactamente a la definición de la serie, pero no convergen (está bien, está bien, ya que la función de $s=1/2$ es definido por la continuación analítica).

Por otro lado, para una función en particular en mi caso, la prueba de que funciona bien, como la serie dentro de la integral se convierte en alterna debido a un factor $(1-e^{-u^2/2})$ en el numerador, por lo que todo converge.

Yo diría que todo esto constituye una buena prueba real de las integrales de Fresnel, especialmente desde la integral de Poisson también tiene un par real de las pruebas.

Aunque definitivamente no estoy afirmando que este es un nuevo resultado. Era nuevo para mí, pero dos segundos de búsqueda en google me encontró este papel https://www.jstor.org/stable/2320230y estoy seguro de que hay un montón más.