Un integral de Fresnel integrales $\int_0^\infty \left (\left (2\ S (x)-1\right) ^ 2 + \left (2\ C (x)-1\right) ^ 2\right) ^ 2 dx de \mathrm x\,$

Question

Necesito calcular la siguiente integral: $$\int_0^\infty \left(\left(2\ S(x)-1\right)^2+\left(2\ C(x)-1\right)^2\right)^2 x\ \mathrm dx,$$ donde $$S(x)=\int_0^x\sin\frac{\pi z^2}{2}\mathrm dz,$$ $$C(x)=\int_0^x\cos\frac{\pi z^2}{2}\mathrm dz$$ son las integrales de Fresnel.

Integración numérica da un resultado aproximado de $0.31311841522422385...$ que es cercano a los $\frac{16\log 2-8}{\pi^2}$, por lo que podría ser la respuesta.

Answer 1

Paso 1. La reducción de la integral

Deje que $I$ denotar la integral en cuestión. Con el cambio de variable $v = \frac{\pi x^2}{2}$, tenemos

$$I = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\infty} \left\{ (1 - 2 C(x) )^{2} + (1 - 2S(x))^{2} \right\}^{2} \, dv$$

donde $x = \sqrt{2v / \pi}$ es entendida como una función de la $v$. Señalando que

$$1-2 S(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{v}^{\infty} \frac{\pecado u}{\sqrt{u}} \, du \quad \text{y} \quad 1-2 C(x) = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \int_{v}^{\infty} \frac{\cos u}{\sqrt{u}} \, du$$

podemos escribir I $$ como

$$I = \frac{4}{\pi^{3}} \int_{0}^{\infty} \left| A(v) \right|^{4} \ dv \etiqueta{1}$$

donde $A(v)$ denota la función definida por

$$A(v) = \int_{v}^{\infty} \frac{e^{ui}}{\sqrt{u}} \, du.$$

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Paso 2. Simplificación de $\left| A(v) \right|^2$.

Ahora queremos simplificar $\left| A(v) \right|^2$. Para este fin, se nota que por $\Re u > 0$,

$$\frac{1}{\sqrt{u}} = \frac{1}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)} \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{u^{1/2}} = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-ux}}{\sqrt{x}} \, dx = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-ux^{2}} \, dx \etiqueta{2}$$

El uso de esta identidad,

$$\begin{align*} Una(v) &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{v}^{\infty} e^{ui} \int_{0}^{\infty} e^{-u x^2} \, dx du = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \int_{v}^{\infty} e^{- x^2-i)u} \, du dx \\ &= \frac{2 e^{iv}}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-v x^2} \int_{0}^{\infty} e^{- x^2-i)u} \, du dx = \frac{2 e^{iv}}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-v x^2}}{x^2-i} \, dx. \end{align*}$$

Así, por medio de las coordenadas polares de cambio $(x, y) \mapsto (r, \theta)$ seguido por las sustituciones $r^2 = s$ y $\tan \theta = t$, obtenemos

$$\begin{align*} \left| A(v) \right|^2 Y= A(v) \overline{A(v)} = \frac{4}{\pi} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-v (x^2+y^2)}}{(x^2-i)(y^2 + i)} \, dxdy \\ &= \frac{4}{\pi} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{r e^{-v r^2}}{(r^2 \cos^{2}\theta-i)(r^2 \sin^{2}\theta + i)} \, d\theta dr \\ &= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{e^{-v s}}{(s \cos^{2}\theta-i)(s \sin^{2}\theta + i)} \, d\theta ds \\ &= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-v s}}{s} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1}{s \cos^{2}\theta-i} + \frac{1}{s \sin^{2}\theta + i} \right) \, d\theta ds \\ &= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-v s}}{s} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{s -i(t^2 + 1)} + \frac{1}{s t^2 + i (t^2 + 1)} \right) \, dt ds. \end{align*}$$

Evaluación de la interna de la integral es fácil, y obtenemos

$$\begin{align*} \left| A(v) \right|^2 Y= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-v s}}{s} \Re \left( \frac{i}{\sqrt{1 +}} \right) \, ds. \end{align*}$$

La aplicación de $(2)$ de nuevo, nos encontramos con que

$$\begin{align*} \left| A(v) \right|^2 Y= 2 \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-v s}}{s} \Re \left( \frac{i}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-(1+) u}}{\sqrt{u}} \, du \right) \, ds \\ &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-v s}}{s} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u} \sin (su)}{\sqrt{u}} \, du\, ds \\ &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}}{\sqrt{u}} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin (su)}{s} \, e^{-v s} \, ds\, du \\ &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}}{\sqrt{u}} \arctan \left( \frac{u}{v} \right) \, du \\ &= \frac{4\sqrt{v}}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\infty} e^{-vx^{2}} \arctan (x^2) \, dx \qquad (u = vx^2) \etiqueta{3} \end{align*}$$

Aquí, hemos explotado la identidad

$$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} e^{-sx} \, dx = \arctan \left(\frac{1}{s}\right),$$

lo que puede ser demostrado por la diferenciación de ambos lados con respecto a los $s$.

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Paso 3. Evaluación de la $I$.

El taponamiento de $(3)$ $(1)$ y la aplicación de la coordenada polar cambio, $I$ se reduce a

$$\begin{align*} Yo &= \frac{64}{\pi^{4}} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} v e^{-v(x^{2}+y^{2})} \arctan (x^2) \arctan (x^2) \, dx dy dv \\ &= \frac{64}{\pi^{4}} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^2) \arctan (x^2)}{(x^2 + y^2)^2} \, dx dy \\ &= \frac{64}{\pi^{4}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (r^2 \cos^2 \theta) \arctan (r^2 \sin^2 \theta)}{r^3} \, dr d\theta \\ &= \frac{32}{\pi^{4}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (s \cos^2 \theta) \arctan (s \sin^2 \theta)}{s^2} \, ds d\theta. \qquad (s = r^2) \etiqueta{4} \end{align*}$$

Ahora vamos a denotar

$$J(u, v) = \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (nosotros) \arctan (vs)}{s^2} \, ds.$$

Un simple cálculo muestra que

$$\frac{\partial^{2} J}{\partial u \partial v} J(u, v) = \int_{0}^{\infty} \frac{ds}{(u^2 s^2 + 1)(v^2 s^2 + 1)} = \frac{\pi}{2(u+v)}.$$

De hecho, tanto el contorno método de integración global o parcial de la fracción de descomposición método de trabajo aquí. La integración, hemos

$$J(u, v) = \frac{\pi}{2} \left\{ (u+v) \log(u+v) - u \log u - v \log v \right\}.$$

Conectando de a $(4)$, se sigue que

$$\begin{align*} Yo y= -\frac{64}{\pi^{3}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 \theta \log \sin \theta \, d\theta = -\frac{16}{\pi^{3}} \frac{\partial \beta}{\partial z}\left( \frac{3}{2}, \frac{1}{2} \right) \end{align*}$$

donde $\beta(z, w)$ es la función beta, la satisfacción de las siguientes beta de la función identidad

$$\beta (z, w) = 2 \int_{0}^{\infty} \sin^{2z-1}\theta \cos^{2w-1} \theta \, d\theta = \frac{\Gamma(z)\Gamma(w)}{\Gamma(z+w)}.$$

Por lo tanto, tenemos

\begin{align*} Yo &= \frac{16}{\pi^{3}} \frac{\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(2)} \left\{ \psi_{0} (2) - \psi_{0} \left(\tfrac{3}{2} \right) \right\} = \frac{8}{\pi^2} \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{x} de {- x}{1 - x} \, dx = \frac{8 (2 \log 2 - 1)}{\pi^2}, \end{align*}

donde $\psi_0 (z) = \dfrac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)}$ es la función digamma, que satisface la siguiente identidad

$$\psi_{0}(z+1) = -\gamma + \int_{0}^{1} \frac{1 - x^{z}}{1 - x} \, dx.$$

Answer 2

A raíz de Ron...

Hacer las sustituciones: $x=\sqrt{y}$, $p=1/2+1/2\,\sqrt {1+4\,r}$, para obtener:

$\displaystyle \dfrac{64}{{\pi }^{2}}\,\int _{0}^{\infty }\!x \left( \int _{1}^{\infty }\!{\frac {\pecado \left( 2\,\pi \,{x}^{2}p \left( p-1 \right) \right) }{p}}{dp} \right) ^{2}{dx}$,

$\displaystyle=\dfrac{32}{{\pi }^{2}}\,\int _{0}^{\infty }\! \left( \int _{0 }^{\infty }\!{\frac {2\,\sin \left( 2\,\pi\, y\ r \right) }{\sqrt {1+4\, r} \left( 1+\sqrt {1+4\,r} \right) }}{dr} \right) ^{2}{dy}$, consulte el Apéndice,

$\displaystyle=\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\,\int _{-\infty}^{\infty }\! \left( \int _{0 }^{\infty }\!{\frac {2\,\sin \left( 2\,\pi \,y \r \right) }{\sqrt {1+4\, r} \left( 1+\sqrt {1+4\,r} \right) }}{dr} \right) ^{2}{dy}$,

$\displaystyle=\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\,\int _{-\infty}^{\infty }\! \left( \int _{-\infty }^{\infty }\!{\frac {H(r)\,\sin \left( 2\,\pi \,\,y\r \right) }{\sqrt {1+4\, |r|} \left( 1+\sqrt {1+4\,|r|} \right) }}{dr} \right) ^{2}{dy}$ : $H \left( r \right) =\casos{1&$0\leq x$\cr -1&$x<0$\cr}$.

Nota entonces que:

$\displaystyle\left(\int _{-\infty }^{\infty }\!{\frac {H(r)\,\sin \left( 2\,\pi \,\,y\r \right) }{\sqrt {1+4\, |r|} \left( 1+\sqrt {1+4\,|r|} \right) }}{dr} \right) ^{2}=\displaystyle\left|-\dfrac{i}{2}\int _{-\infty }^{\infty }\!{\frac {H(r)\,e^{ -i2\pi \,y\,r } }{\sqrt {1+4\, |r|} \left( 1+\sqrt {1+4\,|r|} \right) }}{dr}+\dfrac{i}{2}\int _{-\infty }^{\infty }\!{\frac {H(r)\,e^{ i2\pi\, y\,r } }{\sqrt {1+4\, |r|} \left( 1+\sqrt {1+4\,|r|} \right) }}{dr} \right| ^{2}$

$=\displaystyle\left|\int _{\infty }^{\infty }\!{\frac {\left(H(r)-H(-r)\right)\,e^{ i2\pi \,y\,r } }{2\sqrt {1+4\, |r|} \left( 1+\sqrt {1+4\,|r|} \right) }}{dr} \right| ^{2}=\displaystyle\left|\int _{\infty }^{\infty }\!{\frac {\,e^{ i2\pi \,y\,r } }{\sqrt {1+4\, |r|} \left( 1+\sqrt {1+4\,|r|} \right) }}{dr} \right| ^{2}.$

Ahora podemos usar el teorema de Plancherel que establece:

$\displaystyle \int _{-\infty }^{\infty }\! \left| f \left y \right) \right| ^{2}{dy}=\int _{-\infty }^{\infty }\! \left| F \left( r \right) \right| ^{2}{dr}$ : $\displaystyle F \left( r \right) =\int _{-\infty }^{\infty }\!f \left y \right) { e^{-i2\pi r}}{dy}$,

y por lo tanto:

$\displaystyle\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\,\int _{-\infty}^{\infty }\! \displaystyle\left|\int _{\infty }^{\infty }\!{\frac {\,e^{ i2\pi \,y\,r } }{\sqrt {1+4\, |r|} \left( 1+\sqrt {1+4\,|r|} \right) }}{dr} \right| ^{2}{dy}$
$=\displaystyle\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\,\int _{-\infty}^{\infty }\! \displaystyle\left|{\frac {1 }{\sqrt {1+4\, |r|} \left( 1+\sqrt {1+4\,|r|} \right) }} \right| ^{2}{dr}$,

$=\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\displaystyle\int _{0}^{\infty }\!{\frac {2}{ \left( 1+4\r \right) \left( 1+ \sqrt {1+4\,r} \right) ^{2}}}{dr}$.

Ahora si queremos deshacer la sustitución realizada por dejar $r = p^2-p$:

$\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\displaystyle\int _{0}^{\infty }\!{\frac {2}{ \left( 1+4\r \right) \left( 1+ \sqrt {1+4\,r} \right) ^{2}}}{dr}=\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\int _{1}^{\infty }\!{ \frac {1}{2{p}^{2} \left( 2\,p-1 \right) }}{dp}$,

y, a continuación, hacer un último sustitución $p=\dfrac{1}{q+2}$, se obtiene:

$\displaystyle\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\int _{1}^{\infty }\!{ \frac {1}{2{p}^{2} \left( 2\,p-1 \right) }}{dp}=-\dfrac{16}{{\pi }^{2}}\int_{-2}^{-1}\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{q}{dq}=\dfrac{16\ln(2)-8}{\pi^2}$.

Apéndice:

Tenga en cuenta que la integral: $$\int _{0 }^{\infty }\!{\frac {2\,\sin \left( 2\,\pi \,y \r \right) }{\sqrt {1+4\, r} \left( 1+\sqrt {1+4\,r} \right) }}{dr}$$

converge por la Chartier-Dirichlet de la prueba debido a que: $$f(r)={\frac {2\, }{\sqrt {1+4\, r} \left( 1+\sqrt {1+4\,r} \right) }}$$

es monótona y continua en $\mathbb R^+$ y $f(r)\rightarrow0$ como $r\rightarrow \infty$, y porque: $$\left|\int_{0}^{b}\sin\left(2\pi\,y\r\right){dr}\right|$$ es delimitada como $b\rightarrow\infty$.

Answer 3

Esta no es una solución, pero creo que es un paso hacia adelante.

Definir

$$f(x) = \left (\frac12 - S(x)\right) \cos{\left (\frac{\pi}{2} x^2\right)} - \left (\frac12 - C(x)\right) \sin{\left (\frac{\pi}{2} x^2\right)}$$

$$g(x) = \left (\frac12 - C(x)\right) \cos{\left (\frac{\pi}{2} x^2\right)} + \left (\frac12 - S(x)\right) \sin{\left (\frac{\pi}{2} x^2\right)}$$

A continuación, se trata de un sencillo ejercicio para demostrar que

$$g(x) + i f(x) = e^{-i \pi x^2/2} \int_x^{\infty} dt \, e^{i \pi t^2/2}$$

y que

$$(2 S(x)-1)^2 + (2 C(x)-1)^2 = 4 [g(x)^2+f(x)^2] = 4 x^2 \int_1^{\infty} du \, \int_1^{\infty} dv \, e^{i \pi x^2 (u^2-v^2)/2}$$

Puedo convertir la integral doble para una sola integral por cambio de coordenadas a $p=u+v$, $q=u-v$, $p \in [2,\infty)$, $p \in [-(p-2),p-2]$. El Jacobiano es de $1/2$, y tenemos

$$(2 S(x)-1)^2 + (2 C(x)-1)^2 = 2 x^2 \int_2^{\infty} dp \, \int_{-(p-2)}^{p-2} dq \, e^{i \pi x^2 p q/2}$$

que después de la evaluación de la interna integral y algunos reescalado, obtenemos

$$(2 S(x)-1)^2 + (2 C(x)-1)^2 = \frac{8}{\pi} \int_1^{\infty} dp \, \frac{\sin{[2 \pi x^2 p (p-1)]}}{p}$$

No estoy seguro de cómo evaluar esta integral analíticamente, ni estoy seguro de que esa sería la mejor mover aquí. El deseado integral es, por tanto,

$$\int_0^{\infty} dx \, x\, [(2 S(x)-1)^2 + (2 C(x)-1)^2]^2 =\\ \frac{64}{\pi^2} \int_0^{\infty} dx \, x\, \int_1^{\infty} dp \, \frac{\sin{[2 \pi x^2 p (p-1)]}}{p} \int_1^{\infty} dq \, \frac{\sin{[2 \pi x^2 q (q-1)]}}{q}$$

A partir de aquí, no estoy muy seguro de qué hacer. Naturalmente, me gustaría invertir el orden de integración de manera que la integral de más de $x$ es interior, pero no estoy seguro de cómo justificar que, dado que las integrales no son absolutamente convergentes. Además, incluso si puedo justificar que, creo que el resultado de la integral es algunas funciones delta de que no se ven prometedores. Sigo a ver esto, pero me imagino que tal vez alguien más puede contribuir también desde aquí, o sólo dime si estoy fuera de la marca.