Probando$\mathcal{M}\left(\sin(x)\right)(s) = \Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi}{2}s \right)$ usando Real Analysis

Question

recientemente he estado investigando Mellin Transforma y esta mañana resuelto para el caso de $\sin(x)$ utilizando Ramunajan Maestro del Teorema. Estaba curioso por saber si había algún Reales basados en los métodos para evaluar esta integral como en la búsqueda en línea todas las pruebas parecen basarse en el Contorno de la Integración.

Mi planteamiento:

\begin{equation} \mathcal{M}\left(\sin(x)\right)(s) = \int_0^\infty x^{s - 1}\sin(x)\:dx = \Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi}{2}s \right) \end{equation}

Por definición:

\begin{align} \mathcal{M}\left(\sin(x)\right)(s) &= \int_0^\infty x^{s - 1}\sin(x)\:dx = \int_0^\infty x^{s - 1}\left[\sum_{m = 0}^{\infty} (-1)^m \frac{x^{2m + 1}}{(2m + 1)!} \right]\:dx \\&= \int_0^\infty x^{s} \sum_{m = 0}^{\infty} (-1)^m \frac{\left(x^2\right)^m}{(2m + 1)!}\:dx \end{align}

Aquí podemos realizar la sustitución de $u = x^2$: \begin{align} \mathcal{M}\left(\sin(x)\right)(s) &= \int_0^\infty \left(\sqrt{u}\right)^{s} \sum_{m = 0}^{\infty} (-1)^m \frac{\left(u\right)^m}{(2m + 1)!}\frac{du}{2\sqrt{u}} = \frac{1}{2}\int_0^\infty u^{\frac{s - 1}{2}}\sum_{m = 0}^{\infty} (-1)^m \frac{u^m}{(2m + 1)!}\:du \\ &= \frac{1}{2}\int_0^\infty u^{\frac{s + 1}{2} - 1}\sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(-u)^m}{(2m + 1)!}\:du = \frac{1}{2}\mathcal{M}\left(g(u)\right)\left(\frac{s + 1}{2}\right) \end{align}

Donde \begin{equation} g(u) = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(-u)^m}{(2m + 1)!} = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{m!}{(2m + 1)!}\frac{(-u)^m}{m!} = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{\Gamma(m + 1)}{\Gamma(2m + 2)}\frac{(-u)^m}{m!} \end{equation}

Podemos observar que esta forma permite el uso de Ramanujan Maestro del Teorema. Por lo tanto: \begin{align} \mathcal{M}\left(\sin(x)\right)(s) &= \frac{1}{2}\mathcal{M}\left(g(u)\right)\left(\frac{s + 1}{2}\right) = \frac{1}{2} \Gamma\left( \frac{s + 1}{2}\right) \cdot \frac{\Gamma\left(- \frac{s + 1}{2} + 1\right)}{\Gamma\left(2\cdot -\frac{s + 1}{2} + 2\right)} \\ &= \frac{1}{2} \frac{\Gamma\left( \frac{s + 1}{2}\right)\Gamma\left(1 - \frac{s + 1}{2}\right)}{\Gamma(1 - s)} \end{align}

El empleo de Euler Reflexión de la Fórmula en los términos en el numerador llegamos a: \begin{align} \mathcal{M}\left(\sin(x)\right)(s) &= \frac{1}{2} \frac{\Gamma\left( \frac{s + 1}{2}\right)\Gamma\left(1 - \frac{s + 1}{2}\right)}{\Gamma(1 - s)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\Gamma(1 - s)}\cdot \frac{\pi}{\sin\left(\pi \cdot \frac{s + 1}{2}\right)} = \frac{\pi}{2} \frac{1}{\Gamma\left(1 - s\right)\sin\left(\frac{\pi}{2} (s + 1)\right)} \end{align}

Ahora Euler Reflexión de la Fórmula: \begin{equation} \Gamma(s)\Gamma(1 - s) = \frac{\pi}{\sin(\pi s)} \rightarrow \Gamma(1 - s) = \frac{\pi}{\Gamma(s)\sin(\pi s)} \end{equation}

Volviendo a nuestra integral y la observación de que $\sin\left(\frac{\pi}{2} (s + 1)\right)= \cos\left(\frac{\pi}{2}s\right)$ llegamos a:

\begin{align} \mathcal{M}\left(\sin(x)\right)(s) &= \frac{\pi}{2} \frac{1}{\Gamma\left(1 - s\right)\sin\left(\frac{\pi}{2} (s + 1)\right)} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{\frac{\pi}{\Gamma(s)\sin(\pi s)} \cdot \cos\left(\frac{\pi}{2}s\right)} = \frac{\Gamma(s)\sin(\pi s)}{2 \cos\left(\frac{\pi}{2} s\right)} \end{align}

Ahora usamos el doble ángulo de fórmula $\sin\left(\pi s\right) = 2\sin\left(\frac{\pi}{2} s\right)\cos\left(\frac{\pi}{2} s\right)$ yield:

\begin{align} \mathcal{M}\left(\sin(x)\right)(s) &= \frac{\Gamma(s)\sin\left(\pi s\right)}{2 \cos\left(\frac{\pi}{2} s\right)} = \frac{\Gamma(s)\cdot 2\sin\left(\frac{\pi}{2} s\right)\cos\left(\frac{\pi}{2} s\right)}{2 \cos\left(\frac{\pi}{2} s\right)} = \Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi}{2} s\right) \end{align}

Como se requiere.

Answer 1

Para $b > 0, \Re(s) > 0$ $$b^{-s} \Gamma(s) = \int_0^\infty x^{s-1} e^{-bx}dx $$

Por inducción si por alguna $ b,\Re(b) > 0 $ tenemos $\forall s, \Re(s) >0,b^{-s} \Gamma(s) = \int_0^\infty x^{s-1} e^{-bx}dx$ a continuación, para cada $|a/b|< 1, \Re(a+b) > 0$, utilizando el binomio de la serie $$\int_0^\infty x^{s-1} e^{-(a+b)x}dx = \sum_{k=0}^\infty \int_0^\infty x^{s-1}\frac{(-ax)^k}{k!} e^{-bx}dx=\sum_{k=0}^\infty \frac{(-a)^k}{k!} b^{-s-k} \Gamma(s+k)\\ =b^{-s} \Gamma(s)\sum_{k=0}^\infty {-s \choose k} (a/b)^k = (a+b)^{-s} \Gamma(s)$$

A partir de que $b^{-s} \Gamma(s) = \int_0^\infty x^{s-1} e^{-bx}dx $ es verdadero para todos los $b, \Re(b) > 0$

Y, por tanto, para $\Re(s) \in (0,1)$ $$\int_0^\infty x^{s-1} \sin(x)dx = \lim_{b \to 0^+} \int_0^\infty x^{s-1} \frac{e^{-(b-i)x}-e^{-(b+i)x}}{2i}dx \\ = \lim_{b \to 0^+} \frac{(b-i)^{-s}-(b+i)^{-s}}{2i} \Gamma(s)= \sin(\pi s/2) \Gamma(s)$$