Necesita ayuda para evaluar$I_n=\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin(n\ln(x))dx$

Question

Para $n\in\mathbb{N}$, estoy tratando de encontrar una forma cerrada para las siguientes integrales : $$I_n=\int_{0}^{\infty}e^{-x}\sin(n\ln(x))\text{d}x$$

Mi verdadero objetivo es evaluar $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{I_n}{n}$, y desde el que se intercambia la suma y la integral no llevan a ninguna parte, supongo que encontrar una forma cerrada de expresión para $I_n$ es el camino a seguir, pero estoy perdido como de la forma de proceder...

Tal vez el teorema de los residuos/contorno de integración podría ayudar, pero no estoy familiarizado con el análisis complejo así que yo no lo he probado - siéntase libre de utilizar.

Alguna sugerencia ?

Answer 1

Por definición, para cualquier $z\in \mathbb{C}$ para que $\Re{(z)}>-1$: $$\Gamma(1+z):=\int_0^\infty x^z\cdot e^{-x}\text{d}x$$ y por la identidad de Euler $$\sin \theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$$ Por lo tanto $$I_n=\int_0^\infty e^{-x}\sin (n\ln x)=\int_0^\infty e^{-x}\frac{e^{in\ln x}-e^{-in\ln x}}{2i}=\int_0^\infty e^{-x}\frac{x^{in}-x^{-in}}{2i}=\frac{\Gamma(1+in)-\Gamma(1-in)}{2i}$$

Ahora el uso de la identidad familiar $z\cdot \Gamma(z)=\Gamma(z+1)$ podemos proceder a $$\frac{I_n}{n}=\frac{\Gamma(1+in)-\Gamma(1-in)}{2in}=\frac{in\Gamma(in)+in\Gamma(-in)}{2in}=\frac{\Gamma(in)+\Gamma(-in)}{2}$$

Así que, al menos formalmente: $$\sum_{n=1}^\infty \frac{I_n}{n}=\frac{1}{2}\sum_{n=-\infty,n\not = 0}^\infty\Gamma(in)$$

Por otro lado, desde la $\Gamma(\bar{z})=\overline{\Gamma(z)}$ tenemos $$\sum_{n=1}^\infty \frac{I_n}{n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\Gamma(in)+\Gamma(-in)}{2}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\Gamma(in)+\overline{\Gamma(in)}}{2}=\sum_{n=1}^\infty \Re{(\Gamma(in))}$$

Answer 2

Un lugar agradable expresión para la suma se puede encontrar utilizando la serie de Fourier $$ \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{\sin(n y)}{n} = \frac{\pi}{2} \left[1 - 2 \left\{\frac{y}{2\pi}\right\} \right] \, , \, y \in \mathbb{R} \, , $$ donde $\{z\} = z - \lfloor z \rfloor$ es la parte fraccionaria de $z \in \mathbb{R}$ . Con esta definición satisface $\{-z\} = 1- \{z\}$ para $z \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Z}$ .

Podemos escribir la suma como \begin{align} S &\equiv - \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{I_n}{n} = \frac{\pi}{2} \int \limits_0^\infty \mathrm{e}^{-x} \left[2 \left\{\frac{\ln(x)}{2\pi}\right\} - 1\right] \, \mathrm{d} x = \frac{\pi}{2} \int \limits_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{t}+t} \left[2 \left\{\frac{t}{2\pi}\right\} - 1\right] \, \mathrm{d} t\\ &= \frac{\pi}{2} \int \limits_0^\infty \left(\mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{t}+t} \left[2 \left\{\frac{t}{2\pi}\right\} - 1\right] + \mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{-t}-t} \left[2 \left(1-\left\{\frac{t}{2\pi}\right\}\right) - 1\right] \right)\, \mathrm{d} t \\ &= \frac{\pi}{2} \int \limits_0^\infty \left(\mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{-t}-t} - \mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{t}+t} \right) \left(1 - 2\left\{\frac{t}{2\pi}\right\} \right) \, \mathrm{d}t \\ &= \frac{\pi}{2} \left[1 - \frac{1}{\mathrm{e}} - \frac{1}{\mathrm{e}} - 2 \sum \limits_{n=0}^\infty \int \limits_{2 \pi n}^{2 \pi (n+1)} \left(\mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{-t}-t} - \mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{t}+t} \right) \left(\frac{t}{2\pi} - n\right) \, \mathrm{d} t \right] \\ &= \frac{\pi}{2} \left[1 - \frac{2}{\mathrm{e}} - \frac{1}{\pi} \int \limits_0^\infty \left[-\ln(x) \mathrm{e}^{-x}\right] \, \mathrm{d} x + 2 \sum \limits_{n=0}^\infty n \left(\mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{-2\pi(n+1)}}-\mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{-2\pi n}} - \mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{2\pi n}} + \mathrm{e}^{-\mathrm{e}^{2\pi(n+1)}}\right) \right] \\ &\equiv \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{\mathrm{e}}- \frac{\gamma}{2} + \pi (S_1 - S_2) \, . \end{align} La segunda suma es esencialmente igual a cero: $$ S_2 = \sum \limits_{n=1}^\infty n \left( \mathrm{e}^{-\exp[2\pi n]} - \mathrm{e}^{-\exp[2\pi(n+1)]}\right) = \sum \limits_{n=1}^\infty \mathrm{e}^{- \exp(2 \pi n)} \simeq 3 \cdot 10^{-233} \, . $$ La primera suma puede ser simplificado con el uso de la exponencial de la serie: $$ S_1 = \sum \limits_{n=1}^\infty n \left( \mathrm{e}^{-\exp[-2\pi (n+1)]} - \mathrm{e}^{-\exp[-2\pi n]}\right) = \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k!} \sum \limits_{n=1}^\infty \mathrm{e}^{-2 \pi k n} = \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k-1}}{k! (\mathrm{e}^{2 \pi k} - 1)} \, .$$ Mantener sólo los tres primeros términos de $S_1$ e ignorando $S_2$ , obtenemos $$ S \simeq \pi\left[\frac{1}{2} - \frac{1}{\mathrm{e}} - \frac{\gamma}{2 \pi} + \frac{1}{\mathrm{e}^{2\pi} - 1} - \frac{1}{2(\mathrm{e}^{4\pi} - 1)} + \frac{1}{6(\mathrm{e}^{6\pi} - 1)}\right] \simeq 0.13233339071\color{red}{3} \, .$$ El rojo tres es la primera desviación de la 'exacta' valor. No creo que hay expresiones cerradas para las $S_1$ e $S_2$ , pero al menos este resultado no es demasiado lejos.

Answer 3

Puede ser que puedas evaluar $\int_{0}^{\infty}{e^{-x+in\ln{x}}dx}=\int_{0}^{\infty}{x^{in}e^{-x}dx}$ y tomar parte imaginaria. Parece que Euler- $\Gamma$ algo ...