Otra integral relacionados con las integrales de Fresnel

Question

¿Cómo podemos demostrar este resultado por métodos reales ?

$$\int_0^{\infty } \frac{\sin \left(\pi x^2\right)}{x+2} \, dx=\frac{1}{4} \left(\pi-2 \pi C\left(2 \sqrt{2}\right)-2 \pi S\left(2 \sqrt{2}\right)+2 \text{Si}(4 \pi ) \right)$$

Como se puede ver, las integrales de Fresnel están involucrados. ¿Cuáles son sus ideas?

Answer 1

La integración de $f(z)=\dfrac{e^{iaz^2}}{z+b}$ a lo largo de $[0,R]\cup Re^{i[0,\pi/2]}\cup i[R,0]$ da \begin{align} \int^\infty_0\frac{\sin(ax^2)}{x+b}\ {\rm d}x &=\int^\infty_0\frac{b\cos(ay^2)-y\sin(ay^2)}{y^2+b^2}\ {\rm d}y \end{align} Para el cálculo de la primera integral, consideramos que la función $\displaystyle I(a)=\int^\infty_0\frac{e^{iay^2}}{y^2+b^2}\ {\rm d}y$ tal que $\displaystyle-iI'(a)+b^2I(a)=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{2a}}(1+i)$. La solución de esta oda al tiempo que observa que el valor inicial de $I(0)=\dfrac{\pi}{2b}$, \begin{align} I(a) &=-e^{-iab^2}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{{2\sqrt{2}}}(1-i)\right)\int \frac{\cos(ab^2)+i\sin(ab^2)}{\sqrt{a}}\ {\rm d}a\\ &=-e^{-iab^2}\left(\frac{\sqrt{\pi}}{{2\sqrt{2}}}(1-i)\right)\left[\frac{\sqrt{2\pi}}{b}C\left(b\sqrt{\frac{2a}{\pi}}\right)+i\frac{\sqrt{2\pi}}{b}S\left(b\sqrt{\frac{2a}{\pi}}\right)-\frac{\sqrt{\pi}}{b\sqrt{2}}(1+i)\right] \end{align} Tomando la parte real de la $bI(a)$, \begin{align} \int^\infty_0\frac{b\cos(ay^2)}{y^2+b^2}\ {\rm d}y &=\frac{\pi}{2}\bigg{[}C\left(b\sqrt{\frac{2a}{\pi}}\right)\left(\sin(ab^2)-\cos(ab^2)\right)-S\left(b\sqrt{\frac{2a}{\pi}}\right)\left(\sin(ab^2)+\cos(ab^2)\right)\\ &\ \ \ \ +\cos(ab^2)\bigg{]} \end{align} La segunda integral fácilmente se reducen para el seno y el coseno integrales. \begin{align} \int^\infty_0\frac{y\sin(ay^2)}{y^2+b^2}\ {\rm d}y &=\frac{1}{2}\int^\infty_{0}\frac{\sin(ay)}{y+b^2}\ {\rm d}y\\ &=\frac{1}{2}\int^\infty_{b^2}\frac{\sin(ay)\cos(ab^2)-\cos(ay)\sin(ab^2)}{y}\ {\rm d}y\\ &=\frac{1}{2}\bigg{[}\operatorname{Si}(ay)\cos(ab^2)-\operatorname{Ci}(ay)\sin(ab^2)\bigg{]}^\infty_{b^2}\\ &=\frac{\pi}{4}\cos(ab^2)-\frac{1}{2}\operatorname{Si}(ab^2)\cos(ab^2)+\frac{1}{2}\operatorname{Ci}(ab^2)\sin(ab^2) \end{align} Por lo tanto, tenemos una generalizada resultado que tiene de positivo, real $a,b$. \begin{align} \color{indigo}{\int^\infty_0\frac{\sin(ax^2)}{x+b}\ {\rm d}x} &\color{indigo}{=\frac{\pi}{2}\bigg{[}C\left(b\sqrt{\frac{2a}{\pi}}\right)\left(\sin(ab^2)-\cos(ab^2)\right)-S\left(b\sqrt{\frac{2a}{\pi}}\right)\left(\sin(ab^2)+\cos(ab^2)\right)}\\ &\ \ \ \ \color{indigo}{+\frac{1}{2}\cos(ab^2)\bigg{]}+\frac{1}{2}\left(\operatorname{Si}(ab^2)\cos(ab^2)-\operatorname{Ci}(ab^2)\sin(ab^2)\right)} \end{align} Configuración $a=\pi$, $b=2$ reproduce la identidad que aparecen en la pregunta.

Answer 2

Ok, voy a darle un tiro:

Escrito $\int_{0}^{\infty}e^{-t(x+2)}=\frac{1}{x+2}$ y el uso de $\Im(e^{ix})=\sin(x)$ podemos reformular el problema como sigue: $$ I=\Im\left[\int_0^{\infty}dte^{-2 t}\underbrace{\int_0^{\infty}dxe^{i\pi x^2-tx}}_{J(t)}\right] $$

el interior de la intgral $J(t)$ es bastante sencillo (y también muy conocida porque es la transformada de laplace de una gaussiana) si uno es consciente de la definición de la función complementaria de Error y finaliza en la plaza.

Tenemos $$ J(t)=-\frac{(-1)^{3/4}}{2}e^{- a^2 t^2} \text{erfc}\left(i un t\right) $$

con $a=\frac{(-1)^{3/4}}{2\sqrt{\pi}}$

Por lo tanto, a la izquierda con $$ I=\Im\left[-\frac{(-1)^{3/4}}{2}\int_0^{\infty}dte^{-2 t}e^{- a^2 t^2} \text{erfc}\left(i un t\right)\right] $$

Para calcular esta integral utilizamos $\text{erfc}(z)=1-\text{erf}(z)$ y 4.3.12 en este fantástico documento a obtener: $$ I=\Im\left[-\frac{(-1)^{3/4}}{4 a}e^\frac{1}{a^2}\left(\sqrt{\pi} \text{erfc}\left(\frac{1}{a}\right)-\frac{1}{i\sqrt{\pi}}\text{Ei}\left(-\frac{1}{a^2}\right)\right) \right] $$

Aquí $\text{Ei}(z)$ denota la integral exponencial. Ahora es una cuestión de simple pero laborioso cálculos para obtener todo lo que en el formulario que usted sugiere. Soy demasiado perezoso para eso, pero en lugar de dar una prueba de la proposición 4.3.12

La proposición

$$ Q(a,b)=\int_0^{\infty}dte^{-b t}e^{- a^2 t^2} \text{erfc}\left(i un t\right)=\frac{1}{2 i\sqrt{\pi}}e^{\frac{b^2}{4a^2}}\text{Ei}\left(-\frac{b^2}{4a^2}\right) $$

Prueba:

Podemos utilizar la siguiente representación de la función de error: (una prueba se puede encontrar aquí)

$$ \text{fer}(z)=\frac{2e^{-z^2}}{\sqrt \pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n z^{2n+1}}{(2n+1)!!} $$

Y por lo tanto

$$ Q(a,b)=\frac{2}{\sqrt \pi}\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{\infty}e^{bt}\frac{2^n(i t)^{2n+1}}{(2n+1)!!}dt=\frac{2}{\sqrt \pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(i )^{2n+1}2^n (2n+1)!}{(2n+1)!!}=\\\frac{2 ia}{b^2\sqrt{\pi}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{ n! (4^2)^n} {b^2)^n} $$

el uso de la asintótica de expansión de la integral Exponencial (que se comprueba fácilmente usando yo.p.b.)

$$ \text{Ei(z)}\sim\frac{e^{-z}}{z}\sum_{n=1}^{N-1}\frac{n!}{(a-z)^n} $$

Podemos ($z=-\frac{b^2}{4a^2}$) a la conclusión de que:

$$ Q(a,b)=\frac{1}{2 i \sqrt{\pi}}e^{\frac{b^2}{4a^2}}\text{Ei}\left(\frac{-b^2}{4a^2}\right) $$

Q. E. D

Nota: soy consciente de que la última igualdad signo mantiene sólo en un asintótica, pero parece ser posible extender esto a una igualdad real. Si alguien puede sugerencia de mí en la dirección correcta, yo estaría encantado de hacer este punto más rigouros!