Integración de $\int_0^\infty \sin(1/x^2) \, \operatorname{d}\!x$

Question

¿Cómo se calcularía la siguiente integral impropia?

$$\int_0^\infty \sin\left(\frac{1}{x^2}\right) \, \operatorname{d}\!x$$

sin ningún conocimiento de las ecuaciones de Fresnel?

Estaba pensando en usar el teorema de comparación ya que $\sin x$ nunca es mayor que 1. Sin embargo, no encuentro una función siempre mayor que 1 entre 0 e infinito tal que su integral de 0 a infinito converja.

Gracias.

Answer 1

Por "ecuaciones de Fresnel", supongo que te refieres a cosas como

$$\mathcal{F}(z) = \int_0^z dt \: e^{i \frac{\pi}{2} t^2}$$

No temas: produciré todo desde cero sin hacer referencia a nadie llamado Fresnel. Dicho esto, produciré integrales con fase cuadrática, pero te mostraré cómo tratarlas.

Comenzar con una sustitución $u=1/x^2$ :

$$\begin{align}\int_0^{\infty} dx \: \sin{\left ( \frac{1}{x^2}\right)} &= \frac{1}{2} \underbrace{\int_0^{\infty} du \: u^{-3/2} \, \sin{u}}_{\text{integrate by parts}} \\ &= \frac{1}{2} \underbrace{\left [ -2 u^{-1/2} \sin{u} \right]_0^{\infty}}_{\text{this is zero}} + \underbrace{\int_0^{\infty} du \: u^{-1/2} \, \cos{u}}_{u=v^2}\\ &= 2 \int_{0}^{\infty} dv \: \cos{v^2} \\ &= \Re{\left[\int_{-\infty}^{\infty} dv \: e^{i v^2} \right ]} \end{align}$$

Ahora, centrémonos en esta última integral. No es nada obvio que converja; más adelante demostraré que sí lo hace. Sin embargo, espero que estés familiarizado con el teorema de la integral de Cauchy.

Consideremos la integral en el plano complejo

$$\oint_C dz \: e^{-z^2}$$

donde $C$ es el siguiente contorno:

Es decir, un $45^{\circ}$ cuña de radio $R$ donde estableceremos $R \rightarrow \infty$ . Como no hay polos dentro del contorno, la integral anterior es cero. Entonces escribimos la integral alrededor de este contorno como

$$\oint_C dz \: e^{-z^2}=\int_0^R dx \: e^{-x^2} + R \int_0^{-\pi/4} d\theta \: e^{-R^2 \cos{2 \theta}} e^{-i R^2 \sin{2 \theta}} + e^{-i \pi/4} \int_R^0 dv \: e^{i v^2}=0$$

Espero que veas que la segunda integral, la del arco, desaparece como $R \rightarrow \infty$ . Desaparece debido al término exponencial en el integrando que desaparece muy rápidamente en este límite. Como esta integral desaparece, nos queda la siguiente relación:

$$\int_0^{\infty} dx \: e^{-x^2} - e^{-i \pi/4} \int_0^{\infty} dv \: e^{i v^2} = 0$$

Así

$$\int_0^{\infty} dv \: e^{i v^2} = e^{i \pi/4} \int_0^{\infty} dx \: e^{-x^2} $$

Utilizando el hecho de que la integral en el lado derecho es igual a $\sqrt{\pi}$ y que sólo nos interesa la parte real de la integral en el LHS, obtenemos finalmente

$$\int_0^{\infty} dx \: \sin{\left ( \frac{1}{x^2}\right)} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$$

Answer 2

A problema relacionado . Recordando la transformada de Mellin

$$ F(s) = \int_{0}^{\infty} x^{s-1} f(x) dx. $$ Vamos a relacionar nuestra integral con la integral anterior. Utilizando el cambio de variables $x=\frac{1}{y}$ a la integral considerada da

$$ \int_0^\infty \sin\left(\frac{1}{x^2}\right) \, \operatorname{d}\!x = \int_0^\infty \frac{\sin\left(y^2\right) }{y^2}\, \operatorname{d}\!y. $$

Siguiendo con otro cambio de variables $y=\sqrt{u}$ produce

$$ \int_0^\infty \frac{\sin\left(y^2\right) }{y^2}\, \operatorname{d}\!y = \frac{1}{2}\int_0^\infty u^{-\frac{3}{2}}{\sin\left(u\right) }\, \operatorname{d}\!x. $$

Ahora bien, la última integral no es más que la transformada de Mellin de $\sin(x)$ con $s=-\frac{1}{2}$ es decir

$$\frac{1}{2}\int_0^\infty u^{-\frac{3}{2}}{\sin\left(u\right) }\, \operatorname{d}\!x= \frac{1}{2}\lim_{s \to -\frac{1}{2} }\Gamma\left( s \right) \sin\left( \frac{\pi s}{2} \right)= \frac{\sqrt {\pi }}{\sqrt{2}},$$

donde $\Gamma(s)$ es la función gamma

$$ \Gamma(s)= \int_{0}^{\infty} x^{s-1} e^{-x} dx, \quad Re(s)>0 .$$

Nota:

$$ \Gamma\left( -\frac{1}{2} \right) = -2\Gamma\left( \frac{1}{2} \right)=-2 \sqrt{\pi}. $$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}\sin\pars{1 \over x^{2}} \,\dd x} \,\,\,\stackrel{x\ =\ t^{-1/4}}{=}\,\,\,\,\,\, {1 \over 4}\int_{0}^{\infty} t^{\color{red}{1/4} - 1}\,\,\, {\sin\pars{\root{t}} \over \root{t}}\,\dd t \end{align} La última integral puede evaluarse con Teorema maestro de Ramanujan porque $\ds{{\sin\pars{\root{t}} \over \root{t}} = \sum_{k = 0}^{\infty} {\pars{-1}^{k} \over \pars{2k + 1}!}\,t^{k} = \sum_{k = 0}^{\infty}\ \color{red}{\Gamma\pars{1 + k} \over \Gamma\pars{2 + 2k}}\,{\pars{-t}^{k} \over k!}}$ .

Entonces, \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}\sin\pars{1 \over x^{2}} \,\dd x} = {1 \over 4}\,\Gamma\pars{\color{red}{1 \over 4}}\, {\Gamma\pars{1 - \color{red}{1/4}} \over \Gamma\pars{2 - 2\bracks{\color{red}{1/4}}}} \\[5mm] = &\ {1 \over 4}\,{\pi \over \sin\pars{\pi/4}}\,{1 \over \pars{1/2}\root{\pi}} = \bbx{{\root{2} \over 2}\root{\pi}} \approx 1.2533 \\ & \end{align}