¿Podemos simplificar $\int_{0}^{\infty}\frac{{\sin}^px}{x^q}dx$ ?

Question

Conocemos los siguientes aspectos: $$\int_{0}^{\infty}\frac{{\sin}x}{x}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{{\sin}^2x}{x^2}dx=\frac{\pi}{2},\int_{0}^{\infty}\frac{{\sin}^3x}{x^3}dx=\frac{3\pi}{8}.$$ Además, podemos obtener $$\int_{0}^{\infty}\frac{{\sin}^3x}{x^2}dx=\frac{3\log 3}{4},\int_{0}^{\infty}\frac{{\sin}^4x}{x^3}dx=\log 2.$$ Entonces, me interesó su generalización.

Pregunta : Dejar $p,q\in\mathbb N$ ¿podemos simplificar lo siguiente? $$\int_{0}^{\infty}\frac{{\sin}^px}{x^q}dx$$

No tengo ninguna buena idea. ¿Podría mostrarme cómo simplificar esto?

Nota: : Esta pregunta ha sido preguntado anteriormente en math.SE sin recibir ninguna respuesta.

Answer 1

Gradshteyn y Ryzhik dan la relación de recursión:

(véase también el volumen 1 de Integrales y series de Prudnikov, Brychkov y Marichev, página 387)

por lo que si $m$ (su $q$ ) y $p$ son ambos pares o ambos Impares, con $p\ge m$ para asegurar la convergencia de la integral, llegamos a integrales de la forma

$$\int_0^\infty \frac{\sin^{2n+1}x}{x}\,dx = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2}$$

$$\int_0^\infty \frac{\sin^{2n}x}{x^2}\,dx = \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\frac{\pi}{2}$$

Esta recursión produce la siguiente expresión de forma cerrada para $p$ y $m$ de la misma paridad (véase Prudknikov, página 388):

$$ \int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{p}{x}}{x^{m}}dx=\frac{\pi}{2^{p}(m-1)!{\cal S}[(m-1)\pi/2]}$$ $$\qquad\qquad\times\sum_{j=0}^{[(p-1)/2]}(-1)^{[(p-1)/2]+j}\frac{p!(p-2j)^{(m-1)}}{j!(p-j)!} $$ con ${\cal S}(x)=\cos x$ para $p$ impar y ${\cal S}(x)=\sin x$ para $p$ incluso.

lo que queda es el caso de que $m$ y $p$ tienen diferente paridad; la integral contiene logaritmos, pero no he encontrado una fórmula general (por lo menos ni en Gradshteyn ni en Prudnikov).

Answer 2

Publico una respuesta sólo para informar de que la pregunta ha recibido una respuesta por parte de Nick Strehlke en MSE .

\begin{align*} \int_0^\infty {\sin^p x\over x^q}\,dx & = \left\{\begin{array}{ll} \displaystyle{(-1)^{(p+q)/2}\pi\over 2^{p+1}(q-1)!}\sum_{k = 0}^p(-1)^k{p\choose k} |p - 2k|^{q-1} & \text{$p,q$ even,} \\[2em] \displaystyle {(-1)^{(p+q)/2-1}\pi\over 2^{p+1}(q-1)!}\sum_{k = 0}^p (-1)^k{p\choose k} \operatorname{sign}(p-2k) |p-2k|^{q-1} & \text{$p,q$ odd,} \\[2em] \displaystyle {(-1)^{(p+q+1)/2} \over 2^p (q-1)!} \sum_{k = 0\atop k\not = p/2}^p (-1)^k {p\choose k} |p-2k|^{q-1}\log{|p - 2k|} & \text{$p$ even, $q$ odd,} \\[2em] \displaystyle {(-1)^{(p+q-1)/2} \over 2^p (q-1)!} \sum_{k = 0\atop k\not = (p\pm1)/2}^p (-1)^k {p\choose k} \operatorname{sign}(p-2k) |p-2k|^{q-1}\log{|p - 2k|} & \text{$p$ odd, $q$ even,} \end{array} \derecha. \Fin

Por cierto, me he dado cuenta de que estas fórmulas se pueden simplificar un poco como las siguientes, que podrían ser más fáciles de calcular: $$\frac{(1)^{(p+q+1)/2}}{2^{ pq} (q1)! } \sum_{k=0}^{ (p4)/2} (1)^k\binom pk\left(\frac p2k\right)^{ q1} \log\left(\frac p2k\right) $$ para $p$ incluso y $q$ impar tal que $3\le q\le p1$ . $$\frac{(1)^{(p+q-1)/2}}{2^{ p1} (q1)! } \sum_{k=0}^{ (p3)/2} (1)^k\binom pk\left(p2k\right)^{ q1} \log\left(p2k\right) $$ para $p$ impar y $q$ hasta tal punto que $2\le q\le p1$ .

Answer 3

Supongamos que $f$ es una función suave que satisface la siguiente condición

$$f(\pi+x)=f(x)\space \space and \space f(\pi-x)=f(x)$$ entonces, si existe la siguiente integral

$$\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}f(x)$$ Tenemos las siguientes bonitas igualdades

$$\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}f(x)=\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}f(x)=\int_0^{\pi/2}f(x)dx$$

Como parte de mi proyecto de licenciatura, demostré la siguiente fórmula que amplía el trabajo de Lobachevsky: si tenemos $f(\pi+x)=f(x)\space \space and \space f(\pi-x)=f(x)$ entonces

$$\int_0^\infty\frac{\sin^4x}{x^4}f(x)=\int_0^{\pi/2}f(x)dx+\frac{2}{3}\int_0^{\pi/2}\sin^2 x\,f(x)dx$$

y di un método para encontrar una fórmula explícita para el grado superior

$$\int_0^\infty\frac{\sin^{2n}x}{x^{2n}}f(x)$$

véase http://arxiv.org/pdf/1004.2653.pdf