Encontrar el valor de una integral impropia dado el valor de otra integral

Question

Calcula el valor de I. $$I=\int_0^{\infty} \frac{\sin(x)}{x^p}dx$$ . En el sitio web $0<p<1,\int_0^{\infty}\frac{x^{p-1}}{1+x}dx=\frac{\pi}{\sin(p\pi)}$ . $$\text{Attempt}$$ Para ser sinceros, no hay ningún progreso concreto. Sólo he intentado hacer $I(s)=\int e^{-sx^p}\frac{\sin(x)}{x^p}dx$ y luego calcular $\frac{dI(s)}{ds}$ . Pero no ayudó mucho . Otra idea era calcular la integral definida de $\frac{e^{ix}}{x^p}$ y luego extraer el valor de la parte imaginaria de esta integral.

Answer 1

Utilizando la transformada de Laplace, obtenemos $$I=\int_0^\infty\mathscr{L}_t(\sin x)\mathscr{L}^{-1}_t(x^{-p})dt\\ =\int_0^\infty\frac{t^{p-1}}{1+t^2}\frac1{\Gamma(p)}dt$$ Podemos encontrar fácilmente $$\int_0^\infty\frac{t^{p-1}}{1+t^2}dt$$ mediante el uso de la sustitución $u=t^2$ : $$\int_0^\infty\frac{t^{p-1}}{1+t^2}dt=\frac12\int_0^\infty\frac{u^{p/2-1}}{1+u}du=\frac{\pi}2\csc\frac{p\pi}2$$ Por lo tanto, $$I=\frac{\pi}2\csc\frac{p\pi}2\frac1{\Gamma(p)}= \Gamma (1-p)\cos\frac{p\pi}{2}$$ Cuando $0<p<2$ .

Answer 2

Como se menciona en los comentarios, esta integral puede abordarse utilizando Teorema maestro de Ramanuajan como se hizo de forma similar en esta respuesta .

Para aplicar realmente el Teorema Maestro de Ramanujan tenemos que remodelar un poco la integral. Para ser precisos aplicando la sustitución $x^2=u$ se rinde a lo siguiente

$$\begin{align} \mathfrak{J}=\int_0^{\infty}\sin(x)x^{-p}~dx&=\int_0^{\infty}x^{-p}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}dx\\ &=\frac12\int_0^{\infty}x^{-p}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-x^2)^n}{(2n+1)!}2xdx\\ &=\frac12\int_0^{\infty}u^{-p/2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-u)^n}{(2n+1)!}du\\ &=\frac12\int_0^{\infty}u^{-p/2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\Gamma(n+1)/\Gamma(2n+2)}{n!}(-u)^ndu \end{align}$$

La última integral se puede evaluar aplicando el Teorema Maestro de Ramanujan con $s=1-\frac p2$ y $\phi(n)=\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(2n+2)}$ . A partir de aquí obtenemos además

$$\begin{align} \mathfrak{J}=\frac12\int_0^{\infty}u^{-p/2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\Gamma(n+1)/\Gamma(2n+2)}{n!}(-u)^ndu&=\frac12\Gamma\left(1-\frac p2\right)\frac{\Gamma\left(-\left((1-\frac p2\right)+1\right)}{\Gamma\left(-2\left(1-\frac p2\right)+2\right)}\\ &=\frac1{2\Gamma(p)}\Gamma\left(\frac p2\right)\Gamma\left(1-\frac p2\right)\\ &=\frac1{2\Gamma(p)}\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi p}{2}\right)} \end{align}$$

En general podemos escribir la igualdad

$$\mathfrak{J}=\int_0^{\infty}\sin(x)x^{-p}~dx=\frac1{2\Gamma(p)}\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi p}{2}\right)}$$

La representación propedéutica de la integral que invoca $\cos\left(\frac{\pi p}2\right)$ se puede deducir muy fácilmente utilizando la fórmula de reflexión de Euler con $z=p$

$$\color{red}{\frac1{2\Gamma(p)}\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi p}{2}\right)}}=\frac{\pi}{\Gamma(p)}\frac{\cos\left(\frac{\pi p}2\right)}{2\sin\left(\frac{\pi p}{2}\right)\cos\left(\frac{\pi p}2\right)}=\frac{\pi}{\Gamma(p)\sin(\pi p)}\cos\left(\frac{\pi p}2\right)=\color{red}{\Gamma(1-p)\cos\left(\frac{\pi p}2\right)}$$

Answer 3

Tomando la transformada de laplace de

\begin{equation} \int_{0}^{\infty}{\frac{\sin(x)}{x^p}}dx=\frac{1}{\Gamma{(p)}}\int_{0}^{\infty} \frac{s^{p-1}}{s^2+1}ds=\Gamma{(1-p)}\cos{\frac{p\pi}{2}} \end{equation}

Answer 4

NO UNA SOLUCIÓN:

Como parte de mi trabajo en otro problema Me he encontrado con el mismo problema. He buscado y sólo he encontrado un HyperGeometric representación para la integral. Es convergente para $p > 1$ , $p \in \mathbb{R}$