¿Es obvio$\int_0^\infty\frac{\sin y}{y^{s+1}}dy=-\Gamma(-s)\sin(\frac{\pi s}{2})$ para$\operatorname{Re}(s)\in (-1,0)$?

Question

Esta es una parte de la computación en Titchmash, las Teorías de la Zeta Funciones que no me parece obvio, pero no hay ninguna explicación. Hice la computación.

$$\int_0^\infty\frac{\sin(y)}{y^{s+1}}dy=-\Gamma(-s)\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)$$

Q: no Hay ninguna explicación en el libro para este paso. ¿Por qué esto es obvio, sin explicación? Mi receta va como la siguiente. Basta con restringir al eje real parte con $s\in (-1,0)$ región. Ahora la integral es real valorados en esta región. Aquí necesito $\Gamma(-s)=\frac{\Gamma(-s+1)}{s}$ extensión para obtener real valuedness. Considere la integral como parte del imaginario de $\int_0^{i\infty} \frac{e^{z}}{i^s z^{s+1}}dz$ donde ya he girado el eje $i$ multiplicación. Ahora para obtener el $\Gamma$ función, cerca de contorno de $(+\infty,0)$ eje de la porción y conectarse a $(0,i\infty)$ porción. A continuación, cierra el contorno por el arco. El arco del contorno de la contribución de la es $0$ a través de la exponencial suppresion. A continuación, aplicar el teorema de los residuos fácilmente como toda cosa es holomorphic por $s\in (-1,0)$ región. Por lo tanto la igualdad de la siguiente manera. Esto no es $1-2$ línea ingenuo a pesar de que la computación no es difícil. Sin embargo, sí que me tome un tiempo para averiguar.

Answer 1

Me di cuenta de que esta pregunta se ha hecho antes , como pueden ver aquí. De todos modos voy a escribir mi solución aquí de nuevo. Primero de todo, considerar Ramanuajan Maestro del Teorema.

Ramanujan Maestro del 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 $$\int_0^{\infty}x^{p-1}f(x)dx=\Gamma(p)\phi(-p)$$

Con el fin de utilizar este Teorema podemos ampliar la función seno como una serie seguida por la sustitución de $y^2=t$ que los rendimientos de

$$\begin{align*} \mathfrak{I}=\int_0^{\infty}y^{-s-1}\sin(y)dy&=\int_0^{\infty}y^{-s-1}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{y^{2n+1}}{(2n+1)!}dy\\ &=\frac12\int_0^{\infty}y^{-s-1}\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{n!/(2n+1)!}{n!}(-y^2)^n[2ydy]\\ &=\frac12\int_0^\infty t^{-(s+1)/2}\sum_{n=0}^\infty\frac{n!/(2n+1)!}{n!}(-t)^ndt \end{align*}$$

Ahora podemos utilizar Ramanuajan Maestro del Teorema mediante el establecimiento $p=-\frac{s-1}2$ e $\phi(n)=\frac{n!}{(2n+1)!}=\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(2(n+1))}$ y así obtenemos

$$\begin{align*} \mathfrak{I}=\frac12\int_0^\infty t^{-(s+1)/2}\sum_{n=0}^\infty\frac{n!/(2n+1)!}{n!}(-t)^ndt&=\frac12\Gamma\left(-\frac{s-1}2\right)\frac{\Gamma\left(1+\frac{s-1}2\right)}{\Gamma\left(2\left(\frac{s-1}2+1\right)\right)}\\ &=\frac1{2\Gamma(s+1)}\Gamma\left(\frac{s+1}2\right)\Gamma\left(-\frac{s-1}2\right)\tag1\\ &=\frac1{2\Gamma(s+1)}\frac{\pi}{\sin\left(\pi\frac{s+1}2\right)}\\ &=\frac1{2\Gamma(s+1)}\frac{\pi}{\cos\left(\frac{\pi s}2\right)}\\ &=\frac{\pi}{\Gamma(s+1)}\frac{\sin\left(\frac{\pi s}2\right)}{2\sin\left(\frac{\pi s}2\right)\cos\left(\frac{\pi s}2\right)}\\ &=-\sin\left(\frac{\pi s}2\right)\frac{\pi}{\Gamma(s+1)\sin(\pi(s+1))}\tag2\\ &=-\sin\left(\frac{\pi s}2\right)\Gamma(-s) \end{align*}$$

$$\therefore~\mathfrak{I}=\int_0^{\infty}y^{-s-1}\sin(y)dy~=~-\Gamma(-s)\sin\left(\frac{\pi s}2\right)$$

Para la simplificación de la solución final hemos utilizado de manera excesiva de Euler Reflexión Fórmula que es una propiedad clave de la Función Gamma. Dentro de la línea de $(1)$ se aplica la fórmula para $z=\frac{s+1}2$ y dentro de la línea de $(2)$ para $z=s+1$. El trigonométricas remodelación utilizado el ángulo doble fórmula, así como el periódico de la propiedad de la función seno.

Answer 2

Yo diría que la mayor parte del libro se basa en el mismo tipo de derivación : análisis complejo, cambio de variable, cambio de contorno, reconociendo famoso integrales, restringiendo a los dominios donde todo es más fácil, a continuación, se extiende por continuidad/analiticidad.

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Para $\Re(s) < 0$ e $\Re(e^a) >0$ entonces $$\int_0^\infty t^{-s-1} e^{-e^t}dt = \int_0^{e^{\overline{a}}\infty} (e^{-a }u)^{-s-1} e^{-u}d(e^{-a}u) =e^{s}\int_0^{e^{\overline{a}}\infty}+\int_{e^{\overline{a}}\infty}^\infty u^{-s-1} e^{-u}du= e^{s} \Gamma(-s)$$

Para $Re(s) \in (-1,0)$ e $a =b+ i\pi/2$ entonces $$2i\int_0^\infty t^{-s-1} \sin(t) dt = \lim_{b \to 0^+} \int_0^\infty t^{-s-1} (e^{-e^{b+i\pi/2} t}-e^{-e^{b-i\pi/2} t})dt = \lim_{b \to 0^+}(e^{s(b+i\pi/2) }-e^{s(b-i\pi/2)}) \Gamma(-s)= 2i \sin(\pi s/2)\Gamma(-s)$$

Y $\int_0^\infty t^{-s-1} \sin(t) dt =\sin(\pi s/2)\Gamma(-s)$ se mantiene fiel para $\Re(s) \in(-1,1)$ por la continuación analítica

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Nota similar derivación con $\int_0^\infty t^{s-1} \log(1-e^{-t})dt$ los rendimientos de la funcional de la ecuación de $\zeta(s)$, $Im(\log(1-e^{4i \pi t})) = 2i\pi t - 2i\pi\lfloor t \rfloor$

Answer 3

Pensé que podría ser instructivo para presentar un enfoque que utiliza transformadas de Laplace, una representación integral de la Función Beta, la relación entre la Función Beta y Gamma de la Función, y Euler Reflexión de la Fórmula para la Función Gamma. Para ello vamos a proceder.

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Deje $f(x)=\sin(x)$ e $g(x)=\frac{1}{x^{s+1}}$. Entonces, la transformada de Laplace de $f$ es

$$\mathscr{L}\{f\}(x)=\frac{1}{x^2+1}\tag1$$

y para $\text{Re}(s)\in(-1,0)$, la transformada inversa de Laplace de $g$ es

$$\mathscr{L}^{-1}\{g\}(x)=\frac{x^s}{\Gamma(s+1)}\tag2$$

El uso de $(1)$ e $(2)$ vemos que

$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{\sin(y)}{y^{s+1}}\,dy&=\frac1{\Gamma(s+1)}\int_0^\infty \frac{x^s}{x^2+1}\,dx\\\\ &=\frac{1}{2\Gamma(s+1)}\int_0^\infty \frac{x^{(s-1)/2}}{1+x}\,dx\\\\ &=\frac1{2\Gamma(s+1)}B\left(\frac{1+s}{2},\frac{1-s}{2}\right)\\\ &=\frac{\Gamma\left(\frac{1+s}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right)}{2\Gamma(s+1)}\\\\ &=\frac{\frac{\pi}{\cos(\pi s/2)}}{2\frac{\pi}{\Gamma(-s)\sin(\pi(s+1))}}\\\\ &=-\Gamma(-s)\sin(\pi s/2) \end{align}$$

como se esperaba!

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Ver ESTA RESPUESTA para referencia.

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\left.\int_{0}^{\infty} {\sin\pars{y} \over y^{s + 1}}\,\dd y \,\right\vert_{\ -1\ <\ \Re\pars{s}\ <\ 1}} = \int_{0}^{\infty}\!\!\!\!\!\!\sin\pars{y}\ \overbrace{\bracks{{1 \over \Gamma\pars{s + 1}} \int_{0}^{\infty}t^{s}\expo{-yt}\,\dd t}} ^{\ds{\,\,\,\,\,\,=\ {1 \over y^{s + 1}}}}\ \,\dd y \\[5mm] = &\ {1 \over \Gamma\pars{s + 1}}\int_{0}^{\infty}t^{s} \int_{0}^{\infty}\sin\pars{y}\expo{-ty}\dd y\,\dd t \\[5mm] = &\ {1 \over \pi/\braces{\sin\pars{\pi\bracks{-s}}\Gamma\pars{-s}}} \int_{0}^{\infty}t^{s} \bracks{\Im\int_{0}^{\infty}\expo{-\pars{t - \ic}y} \dd y}\dd t \\[5mm] = &\ -\,{\sin\pars{\pi s}\Gamma\pars{-s} \over \pi} \int_{0}^{\infty}t^{s} \pars{1 \over t^{2} + 1}\dd t = -\,{\sin\pars{\pi s}\Gamma\pars{-s} \over \pi} \int_{0}^{\infty}{t^{s} \over t^{2} + 1}\,\dd t \\[5mm] = &\ -\,{\sin\pars{\pi s}\Gamma\pars{-s} \over \pi}\,{1 \over 2} \int_{0}^{\infty}{t^{s/2 - 1/2} \over t + 1}\,\dd t = -\,{\sin\pars{\pi s}\Gamma\pars{-s} \over 2\pi} \int_{1}^{\infty}{\pars{t - 1}^{s/2 - 1/2} \over t}\,\dd t \\[5mm] = &\ -\,{\sin\pars{\pi s}\Gamma\pars{-s} \over 2\pi} \int_{1}^{0}{\pars{1/t - 1}^{s/2 - 1/2} \over 1/t}\,\pars{-\,{\dd t \over t^{2}}} \\[5mm] = &\ -\,{\sin\pars{\pi s}\Gamma\pars{-s} \over 2\pi} \int_{0}^{1}t^{-s/2 - 1/2}\pars{1 - t}^{s/2 - 1/2}\,\dd t \\[5mm] = &\ -\,{\sin\pars{\pi s}\Gamma\pars{-s} \over 2\pi}\, {\Gamma\pars{-s/2 + 1/2}\Gamma\pars{s/2 + 1/2} \over \Gamma\pars{1}} \\[5mm] = &\ -\,{\sin\pars{\pi s}\Gamma\pars{-s} \over 2\pi}\, {\pi \over \sin\pars{\pi\bracks{s/2 + 1/2}}} \\[5mm] = &\ -\,{\bracks{2\sin\pars{\pi s/2} \cos\pars{\pi s/2}}\Gamma\pars{-s} \over 2} \,{1 \over \cos\pars{\pi s/2}} = \bbx{-\Gamma\pars{-s}\sin\pars{\pi s \over 2}} \end{align}

Answer 5

Para $0<\Re(s)<1$ , tenemos $$ \ int ^ {\ infty} _ {0} \ sin (t) t ^ {s-1} dt = - \ operatorname {Im} \ left (\ int ^ {\ infty} _ {0} e ^ {- it} t ^ {s-1} dt \ right) = - \ operatorname {Im} \ left ((- i) ^ {- s} \ int ^ {\ infty i} _ {0 i} e ^ {- z} z ^ {s-1} dz \ right) \\ = - \ operatorname {Im} \ left (e ^ {- i \ pi s / 2} \ Gamma (s) \ right) = \ sin \ left (\ frac {\ pi s} {2} \ right) \ Gamma (s). $$