Actualmente estoy haciendo malabares con algunas integrales. En un libro de texto de física, Chaikin-Lubensky [1] En el capítulo 6, (6.1.26), encontré una integral que dice \begin{equation} \int_0^{1} \textrm{d} y\, \frac{1 - J_0(y)}{y} - \int_{1}^{\infty} \textrm{d} y\, \frac{J_0(y)}{y} = -.116. \end{equation} Sólo dan el resultado como valor en coma flotante sin nombrar las fuentes. El valor se parece sospechosamente a $\gamma - \ln(2)$ a mí ( $\gamma$ siendo la constante de Euler-Mascheroni), lo que resolvería un problema que tengo en otra parte. No estoy familiarizado con las manipulaciones típicas que se utilizan en este tipo de integrales ni con las distintas definiciones de la constante de Euler-Mascheroni. He trasteado un poco con integrales de coseno $\textrm{Ci}(y)$ pero no llegó muy lejos con ella. Así que me alegro de recibir sugerencias.
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Una forma relativamente elemental es empezar por lo conocido $$\gamma=\int_0^1\frac{1-\cos t}{t}\,dt-\int_1^\infty\frac{\cos t}{t}\,dt.$$
Ponga $t=ax$ para $a>0$ y hacer algunos reordenamientos, para obtener $$\int_0^1\frac{1-\cos ax}{x}\,dx-\int_1^\infty\frac{\cos ax}{x}\,dx=\gamma+\log a.$$
Ahora la representación integral $J_0(y)=\frac2\pi\int_0^{\pi/2}\cos(y\cos x)\,dx$ produce $$\int_0^1\frac{1-J_0(y)}{y}\,dy-\int_1^\infty\frac{J_0(y)}{y}\,dy=\frac2\pi\int_0^{\pi/2}(\gamma+\log\cos x)\,dx$$ después de intercambiar las integraciones (lo que no es difícil de justificar).
El resultado se deduce ahora de $\int_0^{\pi/2}\log\cos x\,dx\color{gray}{=\int_0^{\pi/2}\log\sin x\,dx}=-(\pi/2)\log2$ .
Para una amplia clase de funciones $f$ se puede justificar rigurosamente el siguiente cálculo heurístico: 1)
\begin{align*} &\int_{0}^{\infty} \frac{f(x) - f(0)\mathbf{1}_{[0,1]}(x)}{x} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \left( f(x) - f(0)\mathbf{1}_{[0,1]}(x) \right) \left( \int_{0}^{\infty} e^{-xs} \, \mathrm{d}s \right) \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{\infty} \left[ \int_{0}^{\infty} \left( f(x) - f(0)\mathbf{1}_{[0,1]}(x) \right) e^{-xs} \, \mathrm{d}x \right] \, \mathrm{d}s \tag{“Fubini”} \\ &= \int_{0}^{\infty} \left[ \mathcal{L}\{f\}(s) - f(0)\mathcal{L}\{\mathbf{1}_{[0,1]}\}(s) \right] \, \mathrm{d}s \\ &= \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{R} \left[ \mathcal{L}\{f\}(s) - f(0)\mathcal{L}\{\mathbf{1}_{[0,1]}\}(s) \right] \, \mathrm{d}s \\ &= \lim_{R\to\infty} \left( \int_{0}^{R} \mathcal{L}\{f\}(s) \, \mathrm{d}s - f(0)(\gamma + \log R) \right) \end{align*}
donde $\mathcal{L}\{f\}$ denota la transformada de Laplace de $f$ y utilizamos el conocido resultado de que
$$ \int_{0}^{R} \mathcal{L}\{\mathbf{1}_{[0,1]}\}(s) \, \mathrm{d}s = \int_{0}^{R} \frac{1 - e^{-s}}{s} \, \mathrm{d}s = \gamma + \log R + o(1) $$
como $ R \to \infty $ . (Sugerencia: Realice la integración por partes y utilice $\int_{0}^{\infty} e^{-s}\log s \, \mathrm{d}s = -\gamma$ .) Así, cuando $f = J_0$ es la función de Bessel del 1er tipo y orden $0$ ,
$$ J_0(0) = 1 \qquad \text{and}\qquad \mathcal{L}\{J_0\}(s) = \frac{1}{\sqrt{s^2 + 1}}, $$
y así,
\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{J_0(x) - \mathbf{1}_{(0,1)}(x)}{x} \, \mathrm{d}x &=\lim_{R\to\infty} \left[ \int_{0}^{R} \frac{\mathrm{d}s}{\sqrt{s^2+1}} - (\gamma + \log R) \right] \\ &=\lim_{R\to\infty} \left[ \log(R + \sqrt{R^2 + 1}) - (\gamma + \log R) \right] \\ &= \log 2 - \gamma. \end{align*}
Reordenando esto se obtiene
$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\mathbf{1}_{(0,1)}(x) - J_0(x)}{x} \, \mathrm{d}x = \gamma - \log 2. $$
Utilización de la función G de Meijer $$\int \frac{J_0(y)}{y}\,dy=-\frac{1}{2} G_{1,3}^{2,0}\left(\frac{y^2}{4}| \begin{array}{c} 1 \\ 0,0,0 \end{array} \right)$$ $$\int_0^1 \frac{1-J_0(y)}{y}\,dy=\frac{1}{8} \, _2F_3\left(1,1;2,2,2;-\frac{1}{4}\right)$$ $$\int_1^\infty \frac{J_0(y)}{y}\,dy=\frac{1}{8} \, _2F_3\left(1,1;2,2,2;-\frac{1}{4}\right)-\gamma +\log (2)$$ Buena anulación de las condiciones.
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Hacerlo más general $$\int_0^a \frac{1-J_0(y)}{y}\,dy=\frac{1}{8} a^2 \, _2F_3\left(1,1;2,2,2;-\frac{a^2}{4}\right)$$ $$\int_a^\infty \frac{J_0(y)}{y}\,dy=\frac{1}{8} a^2 \, _2F_3\left(1,1;2,2,2;-\frac{a^2}{4}\right)-\log (a)-\gamma +\log (2)$$ $$\int_0^a \frac{1-J_0(y)}{y}\,dy-\int_a^\infty \frac{J_0(y)}{y}\,dy=\gamma+\log \left(\frac{a}{2}\right)$$
Intentaré una prueba más directa.
$$ I=\int_0^{1} \textrm{d} y\, \frac{1 - J_0(y)}{y} - \int_{1}^{\infty} \textrm{d} y\, \frac{J_0(y)}{y} $$
Tenemos:
$$J_0(y)=\frac{2}{\pi}\int_0^1 \frac{\cos (x y) dx}{\sqrt{1-x^2}}$$
Intentemos la expansión en serie (formal) de la función coseno, entonces obtenemos:
$$J_0(y)=\frac{2}{\pi} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n y^{2n}}{(2n)!} \int_0^1 \frac{x^{2n} dx}{\sqrt{1-x^2}}$$
Ahora podemos subsumir (formalmente) esta serie en la integral original, por ahora consideraré la primera parte:
$$I_1=\frac{2}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} }{(2n)!} \int_0^1 \frac{x^{2n} dx}{\sqrt{1-x^2}} \int_0^1 y^{2n-1} dy$$
$$I_1=\frac{1}{\pi} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} }{(2n)! n} \int_0^1 \frac{x^{2n} dx}{\sqrt{1-x^2}}$$
La última integral es sólo la función Beta:
$$\int_0^1 \frac{x^{2n} dx}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{u^{n-1/2} du}{\sqrt{1-u}}=\frac{1}{2} B\left(n+\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2} \frac{\Gamma(n+1/2)\Gamma(1/2)}{\Gamma(n+1)}=\\=\frac{\sqrt{\pi}}{2} \frac{\Gamma(n+1/2)}{n!}$$
Esto nos da:
$$I_1=\frac{1}{2\sqrt{\pi}} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} \Gamma(n+1/2)}{(2n)! n! n}= \frac{1}{2\sqrt{\pi}} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^{n} \Gamma(n+3/2)}{(2n+2)! (n+1)! (n+1)}$$
Se trata claramente de series hipergeométricas generalizadas. Vamos a encontrar el coeficiente de orden 0:
$$c_0=\frac{\Gamma(3/2)}{4\sqrt{\pi}}=\frac18$$
Ahora la relación de coeficientes:
$$\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{(n+3/2)(n+1)(n+1)}{(2n+3)(2n+4)(n+2)(n+2)} \frac{-1}{n+1}=$$
$$=\frac{(n+1)(n+1)}{(n+2)(n+2)(n+2)} \frac{-1}{4(n+1)}$$
De esto concluimos:
$$I_1=\frac18 {_2F_3} \left(1,1;2,2,2; -\frac14 \right)$$
Creo que la segunda integral puede hacerse de forma similar, pero habrá que poner algunos límites, que es donde entran las constantes.
Continuaré cuando tenga tiempo.
Teorema maestro de Ramanujan muestra que $$\int_{0}^{\infty} J_{0}(t) t^{s-1} \, \mathrm dt= \frac{2^{s-1}\Gamma \left(\frac{s}{2} \right)}{\Gamma \left(1-\frac{s}{2} \right)}, \quad 0 < \Re(s) < 3/2. \tag{1}$$
La función $ J_{0}(t)-1$ tiene la misma transformada de Mellin, pero la región de convergencia es $-2 < \Re(s) < 0$ .
(Véase el teorema 8.1 del documento Teorema maestro de Ramanujan por T. Amdeberhan et al.)
Por lo tanto, tenemos $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\mathbf{1}_{[0,1]}(t)-J_{0}(t)}{t} dt &=\lim_{s \to 0^{-}} \int_{0}^{\infty}\left( \mathbf{1}_{[0,1]}(t)-J_{0}(t) \right)t^{s-1} \, \mathrm dt \\&= \lim_{s \to 0^{-}} \left( \int_{0}^{\infty}\left(1-J_{0}(t) \right) t^{s-1} \, \mathrm dt - \int_{1}^{\infty} t^{s-1} \, \mathrm dt\right) \\ &= \lim_{s \to 0^{-}} \left( -\frac{2^{s-1}\Gamma \left(\frac{s}{2} \right)}{\Gamma \left(1-\frac{s}{2} \right)} + \frac{1}{s}\right) \\ &= \lim_{s \to 0^{-}} \left(\frac{-2^{s} \Gamma \left(1+\frac{s}{2}\right)+\Gamma \left(1- \frac{s}{2} \right)}{s \, \Gamma \left(1- \frac{s}{2} \right)}\right) \\ &\overset{(1)}{=} \lim_{s \to 0^{-}} \frac{- 2^{s} \ln(2) \Gamma\left(1+ \frac{s}{2} \right) - 2^{s-1} \Gamma'\left(1+ \frac{s}{2}\right) - \frac{1}{2} \Gamma'\left(1- \frac{s}{2} \right)}{\Gamma \left(1- \frac{s}{2} \right) - \frac{s}{2}\Gamma'\left(1- \frac{s}{2} \right)} \\ & = \frac{-\ln(2) - \frac{1}{2} \Gamma'(1)- \frac{1}{2} \Gamma'(1)}{1}\\ & = \gamma - \ln(2) . \end{align}$$
$(1)$ La regla de L'Hôpital
El mismo planteamiento muestra también, por ejemplo, que $$\int_{0}^{\infty} \frac{\frac{t}{2}\mathbf{1}_{[0,1]}(t)- J_{1}(t)}{t^{2}} \, \mathrm dt = \frac{2 \gamma - 2 \ln(2) -1}{4}. $$
