¿Cómo evaluar esta integral no elemental?

Question

Deje $x>0$. Tengo que demostrar que

$$ \int_{0}^{\infty}\frac{\cos x}{x^p}dx=\frac{\pi}{2\Gamma(p)\cos(p\frac{\pi}{2})}\etiqueta{1} $$

mediante la conversión de la integral en el lado izquierdo a una integral doble usando la siguiente expresión:

$$ \frac{1}{x^p}=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\infty}e^{xt}t^{p-1}dt\etiqueta{2} $$

Conectando $(2)$ a $(1)$ me sale el siguiente integral doble:

$$ \frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{xt}t^{p-1}\cos xdtdx\etiqueta{3} $$

Sin embargo, yo no puede continuar como estoy claro en cuanto a qué método debo utilizar para calcular esta integral. Pensé que un cambio apropiado de variables podría transformarlo en un producto de dos funciones gamma, pero no puedo ver la forma en que funcione. Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

La transformada de Laplace de $\cos x$ es $\frac{s}{1+s^2}$ y la transformada inversa de Laplace de $\frac{1}{x^p}$ es $\frac{s^{p-1}}{\Gamma(p)}$, por lo tanto $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{\cos x}{x^p}\,dx = \frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{+\infty}\frac{s^p}{s^2+1}\,ds=\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{\pi/2}\left(\tan u\right)^p\,du $$ es igual $$ \begin{eqnarray*}\frac{1}{\Gamma(p)}\int_{0}^{1} v^p (1-v^2)^{-(p+1)/2}\,dv&=&\frac{1}{2\,\Gamma(p)}\int_{0}^{1}w^{(p-1)/2}(1-w)^{-(p+1)/2}\,dw\\& =& \frac{B\left(\tfrac{1+p}{2},\tfrac{1-p}{2}\right)}{2\,\Gamma(p)}\end{eqnarray*} $$ o $$ \frac{\Gamma\left(\frac{1+p}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1-p}{2}\right)}{2\,\Gamma(p)}= \frac{\pi}{2\,\Gamma(p)\sin\left(\frac{\pi}{2}(p+1)\right)}=\frac{\pi}{2\,\Gamma(p)\cos\left(\frac{\pi p}{2}\right)}$$ como quería. Se han aprovechado de la función Beta y la reflexión de la fórmula para la $\Gamma$ función.

Answer 2

Su integral está estrechamente relacionado con el Mellin transformar y puede ser evaluado mediante el uso de Ramanujan Maestro del Teorema.

Ramanujans Maestro Teorema De

Deje $f(x)$ ser una analítica de la función con una serie representación de la forma $$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\phi(k)}{k!}(-x)^k$$, entonces la transformada de Mellin esta función está dada por $$\int_0^{\infty}x^{s-1}f(x)dx=\Gamma(s)\phi(-s)$$

Por lo tanto, ampliar la función del coseno como la expansión en series de Taylor para obtener

$$\begin{align} \mathfrak{I}=\int_0^{\infty}\cos(x)x^{-p}dx&=\int_0^{\infty}x^{-p}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}dx \end{align}$$

Con el fin de llevar la integral anterior en la que quería formar para el uso de Ramanujan Maestro del Teorema de aplicar la sustitución de $x^2=u$. Así que más obtener

$$\begin{align} \mathfrak{I}=\int_0^{\infty}x^{-p}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}dx&=\int_0^{\infty}x^{-p}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n)!}(-x^2)^ndx\\ &=\int_0^{\infty}u^{-p/2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n)!}(-u)^n\frac{du}{2\sqrt{u}}\\ &=\frac12\int_0^{\infty}u^{-(p+1)/2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n)!}(-u)^ndu\\ &=\frac12\int_0^{\infty}u^{-(p+1)/2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n!/(2n)!}{n!}(-u)^ndu \end{align}$$

Mediante el uso de la relación $\Gamma(n)=(n-1)!$ que es válida para todas las $n\in\mathbb N$ se puede considerar que la última integral como una aplicación de Ramanujan Maestro del Teorema de con $s=-\frac{p-1}2$ e $\phi(n)=\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(2n+1)}$. Por último, utilizando el Teorema obtenemos

$$\begin{align} \mathfrak{I}=\frac12\int_0^{\infty}u^{-(p+1)/2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n!/(2n)!}{n!}(-u)^ndu&=\frac12\Gamma\left(-\frac{p-1}2\right)\frac{\Gamma\left(\frac{p-1}2+1\right)}{\Gamma\left(2\left(\frac{p-1}2\right)+1\right)}\\ &=\frac1{2\Gamma(p)}\Gamma\left(1+\frac{p-1}2\right)\Gamma\left(-\frac{p-1}2\right) \end{align}$$

Ahora mediante la aplicación de Euler Reflexión Fórmula con $z=1+\frac{p-1}2$ nosotros además de obtener

$$\begin{align} \mathfrak{I}=\frac1{2\Gamma(p)}\Gamma\left(1+\frac{p-1}2\right)\Gamma\left(-\frac{p-1}2\right)&=\frac1{2\Gamma(p)}\frac{\pi}{\sin\left(\pi\left(1+\frac{p-1}2\right)\right)}\\ &=\frac1{2\Gamma(p)}\frac{\pi}{\sin\left(\frac{p\pi}2+\frac{\pi}2\right)}\\ &=\frac1{2\Gamma(p)}\frac{\pi}{\cos\left(\frac{p\pi}2\right)} \end{align}$$

donde en el último paso de la relación fundamental $\sin\left(x+\frac{\pi}2\right)=\cos(x)$ fue utilizado. Por lo tanto para el original integral de la $\mathfrak{I}$ tenemos

$$\mathfrak{I}=\int_0^{\infty}\cos(x)x^{-p}dx=\frac{\pi}{2\Gamma(p)\cos\left(p\frac{\pi}2\right)}$$

Answer 3

Sugerencia: $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x}{x^p}dx= \text{Real part of}\:\int_{0}^{\infty}\frac{e^{iz}}{z^p}dz$ y use el teorema de residuos. Esto tiene un polo de orden $p$ por lo tanto, el término $\Gamma (p)$ en el denominador.