Cómo probar que $ \int_{0}^{\infty} x^n e^{-xt} \sin x\frac{dx}{x} =\frac{i(n-1)!}{2(1+t^2)^n}\left((t-i)^n-(t+i)^n\right)$

Question

Deje $n\ge 1$ Cómo probar que $$I_n(t)= \int_{0}^{\infty} x^n e^{-xt} \sin x\frac{dx}{x} =\frac{(n-1)!}{(1+t^2)^n}\frac{\left((t+i)^n-(t-i)^n\right)}{2i}$$

He manejar para probar que se puede aplicar el teorema de Lebesgue para la diferenciabilidad y me encontré con la siguiente relación $$I'_n(t)=-I_{n+1}(t)$ $ , Pero esto no me ayuda hasta ahora el uso de la inducción.

Puede alguien me ayuda formulario aquí o hay manera posible derivar directamente esta integral?

Answer 1

Escribir $\displaystyle \mathcal{I}(t) = \int_0^{\infty} e^{-xt}\sin{x}\,{dx} = \frac{1}{t^2+1}$. Diferenciar ambos lados $n-1$ veces.

Answer 2

Dado,

$$I_n(t)= \int_{0}^{\infty}(x^{n-1}\sin x)e^{-xt}~\mathrm dx$$

Esta es la transformada de Laplace de $x^{n-1}\sin x$ con el parámetro $t$, es decir, $I_n(t)=\mathcal L\{x^{n-1}\sin x~;~t\}$

Ahora, $$\mathcal L\{\sin x~;~t\}=\frac 1{1+t^2}=(\arctan t)'=L(t)~\textrm{(say)}$$

Ahora, la multiplicación por $x^{n-1}$ hace la transformada de Laplace $$\mathcal L\{x^{n-1}\sin x~;~t\}=(-1)^{n-1}L^{(n-1)}(t)=(-1)^{n-1}(\arctan t)^{(n)}$$

Por la forma cerrada de la $n^{\textrm{th}}$ derivado de la $\arctan$, ver aquí, que creo que se ve muy similar a lo que tengo aquí en el post original.

Answer 3

Tomando nota de $$ \sin x=\frac{1}{2i}(e^{ix}-e^{-ix}), \int_0^\infty x^{n-1}e^{-ax}dx=a^{-n}(n-1)! $$ uno tiene \begin{eqnarray} && \int_{0}^{\infty} x^n e^{-xt} \sin x\frac{dx}{x}\\ &=& \frac{1}{2i}\int_{0}^{\infty} x^{n-1} e^{-xt}(e^{ix}-e^{-ix})dx\\ &=& \frac{1}{2i}\left[\int_{0}^{\infty} x^{n-1} e^{-x(t-i)}dx-\int_{0}^{\infty} x^{n-1} e^{-x(t+i)}dx\right]\\ &=& \frac{1}{2i}\left[(t-i)^{-n}-(t+i)^{-n}\right](n-1)!\\ &=&\frac{i(n-1)!}{2(1+t^2)^n}\left((t-i)^n-(t+i)^n\right). \end{eqnarray}

Answer 4

Edit. Primera versión carecía de claridad y había algunos errores.

Primera nota de que \begin{align} I_n(t) =\frac{1} {i2} \int^\infty_0 x^{n-1}e^{(i-t) x} \,dx - \frac{1} {i2} \int^\infty_0 x^{n-1}e^{(-i-t) x} \,dx \end{align} Tenemos dos integrales. Ambos pueden estar relacionados con una integral de contorno. Uno también puede ver de alguna manera el $\Gamma$-función en ella, de modo que sería muy bueno expres estas integrales en términos de $\Gamma$-función. Que es lo que vamos a hacer y le muestra sólo para la primera integral. Para que considere la posibilidad de: \begin{align} \tag{1} \oint_C z^{n-1}e^z\, dz \end{align} El contorno de $C$ es un círculo sector con ángulo de $\arctan(1/t)$ que va desde el origen de todo el camino hasta en el segundo cuadrante y regresar todo el camino hacia abajo a través de la negativa del eje real. Deje que el radio del "círculo" ser $R$. El contorno puede ser visto a continuación.

$\hspace{70pt} $

Al $R$ va al infinito la circular contribución va a cero por el ML-lema. Puesto que el integrando es holomorphic, por Cauchy teorema tenemos que la integral en $(1)$ es cero y por parametrización (y $R\to \infty $) : \begin{align} \int^0_{-\infty}x^{n-1}e^x\, dx+(i-t)^n\int^\infty_0 x^{n-1}e^{(i-t) x} \, dx=0 \end{align} Sustituimos $u=-x$ para la primera integral: \begin{align} \int^\infty_{0}(-1)^{n-1}u^{n-1} e^{-u}\,du + (i-t)^n\int^\infty_0 x^{n-1}e^{(i-t) x} \, dx=0 \end{align} Damas y caballeros, eso es lo que queríamos: la primera integral es el $\Gamma$-función y todo lo que ello implica: \begin{align} \frac{1} {i2} \int^\infty_0 x^{n-1}e^{(i-t) x} \,dx=\frac{(n-1)!(-1)^{n}} {i2(i-t)^n} =\frac{(n-1)!(t+i)^n}{i2(1+t^2)^n} \end{align} Del mismo modo, se obtiene: \begin{align} \frac{1} {i2} \int^\infty_0 x^{n-1}e^{(-i-t) x} \,dx=\frac{(n-1)!(t-i)^n}{i2(1+t^2)^n} \end{align} La adición de ellos se obtiene el resultado deseado.