Encuentre una solución general para$\int_{0}^{\infty} \sin\left(x^n\right)\:dx$

Question

Así, hace poco estuve trabajando en el Seno del Fresnal integral y tenía curiosidad por ver si se podría generalizar para cualquier Número Real, es decir,

$$I = \int_{0}^{\infty} \sin\left(x^n\right)\:dx$$

Me he formado una solución que me siento incómodo y estaba esperando calificado ojos para echar un vistazo por encima.

Así, el enfoque que tomó fue la de emplear los Números Complejos (no recuerdo el nombre(s) del teorema que permite esto).

Pero

$$\sin\left(x^n\right) = \Im\left[-e^{-ix^n}\right]$$

Y así, n

$$ I = \int_{0}^{\infty} \sin\left(x^n\right)\:dx = \Im\left[\int_{0}^{\infty} -e^{-ix^n}\:dx \right]= -\Im\left[\int_{0}^{\infty} e^{-\left(i^{\frac{1}{n}}x\right)^{n}}\:dx \right]$$

La aplicación de un cambio de variable $u = i^{\frac{1}{n}}x$ llegamos a:

\begin{align} I &= -\Im\left[i^{-\frac{1}{n}}\int_{0}^{\infty} e^{-u^{n}}\:du \right] \\ &= -\Im\left[i^{-\frac{1}{n}}\frac{\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)}{n} \right]\\ &= \sin\left(\frac{\pi}{2n}\right)\frac{\Gamma\left(\frac{1}{n}\right)}{n} \end{align}

Mi área de interés es en la sustitución. Como $i^{-\frac{1}{n}} \in \mathbb{C}$, creo que los límites de la integral debe haber sido de $0$ a $i^{-\frac{1}{n}}\infty$. Es eso correcto o no?

Yo también estoy luchando con límites en $n$ para la convergencia. Es esta expresión válida para todas las $n\in\mathbb{R}$

Cualquier orientación sería muy apreciada

Answer 1

Algunos Consejos:

$$I=\int_0^{\infty} \sin (x^n)dx $$ En sustitución de $x^n=t$ y el uso de la serie de $\sin$ obtenemos $$I=\frac 1n \int_0^{\infty} t^{\frac 1n} \left(\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac {t^{2k}k!}{(2k+1)!k!} \right) dt$$

En sustitución de $t^2=x$ obtenemos $$ I= \frac {1}{2n} \int_0^{\infty} x^{\frac {1-n}{2n}}\left(\sum_{k=0}^{\infty} \frac {\frac {k!}{(2k+1)!}}{k!} (-x)^k \right) dx$$

Ahora por Ramanujan Maestro del Teorema de

$$I=\frac {1}{2n} \Gamma(s)\phi(-s)$$ where $\phi(k)=\frac {k!}{(2k+1)!}$ and $s=\frac {n+1}{2n}$

Por tanto, junto con las propiedades de la función Gamma, Mellin de Transformación y el de Euler reflexión fórmula obtenemos $$I=\frac {\pi}{2n\cos \left(\frac {\pi}{2n}\right)\Gamma \left(1-\frac 1n\right)}=\sin \left(\frac {\pi}{2n}\right)\frac {\Gamma\left(\frac 1n\right)}{n}$$

El caso especial de las $n=2$ obtenemos el valor de especial integral popularmente conocida como la integral de Fresnel con límite de $x$ tiende a infinito

Answer 2

Otro enfoque sustituye a $y=x^n$ y escribe $y^{1/n-1}$ en términos de una integral Gamma, a saber. $$I=\Im\int_0^\infty\frac{1}{n}y^{1/n-1}\exp iy dy=\Im\int_0^\infty\int_0^\infty\frac{\Gamma(1/n)}{n}z^{-1/n}\exp -y(z-i)dydz.$$By Fubini's theorem, and using $ \ Im \ frac {1} {zi} = \ frac {1} {1 + z ^ 2}$,$$I=\int_0^\infty\frac{\Gamma(1/n)}{n}\frac{z^{-1/n}}{1+z^2}dz.$$Then the substitution $ z = \ tan u $ obtiene una integral Beta, que se puede reescribir en términos de funciones Gamma, y ​​el resultado que has afirmado se ha comprobado como verdadero, mediante la fórmula de reflexión de la función Gamma.