Acerca de la integral $\int_{0}^{+\infty}\sin(x\,\log x)\,dx$

Question

Es un ejercicio interesante para mostrar que la función $f(x)=\sin(x\log x)$ es Riemann-integrable más de $\mathbb{R}^+$ (como se muestra por robjohn en esta cuestión, por ejemplo). Aún más interesante es notar que:

$$\int_{0}^{1}f(x)\,dx = \sum_{n\geq 0}\int_{0}^{1}\frac{(-1)^n x^{2n+1}\left(\log x\right)^{2n+1}}{(2n+1)!}\,dx=\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^n}{(2n)^{2n}},\etiqueta{1}$$ con una serie relacionada con el que aparece en muchas estudiante de segundo año de los sueños.

Por otra parte, mediante el uso de la función W de Lambert no es difícil comprobar que: $$I = \int_{1}^{+\infty}\sin(x\log x)\,dx = \int_{0}^{+\infty}\frac{\pecado u}{1+W(u)}\,du. \etiqueta{2}$$

Ahora mi pregunta: ¿es posible dar una bonita forma cerrada para la RHS de $(2)$ a través de countour integración, el teorema de los residuos o de otras técnicas?

Por ejemplo, hay una forma cerrada para la casi-digamma de suma: $$g(x)=\sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{1+W(x+2n\pi)}-\frac{1}{1+W(2n\pi}\right) \etiqueta{3}$$ ? Si es así, sólo tenemos que calcular $\int_{0}^{2\pi}g(x)\sin x\,dx$.

Answer 1

Me parece que tienen una idea para una solución integral a través de otras técnicas que usted pudiera haber previsto. Por cierto, soy muy seguro de mi trabajo, así que por favor, edite la pregunta que inmediatamente abajo de la votación si usted ve un problema. Gracias. Quiero señalar que la solución final es de esperar que sea más fácil para usted. (Punto de respuesta es resolver para $I$)

$$\int_1^\infty\text{d}x \sin(x \log x)=I$$

Ahora multiplique el numerador y el denominador de la fracción $I/a 1$ por J, donde $$J=\int_1^e\frac{\text{d}x}{x\log x}$$

A partir de este, se obtiene (con sustitución en $J$ de $x=y$) $\frac{IJ}{J}=\cdots$

$$I=\frac{1}{\int_1^e \sqrt{x\log x}}\int_1^\infty \int_1^e \frac{\text{d}x\text{d}x \sin(x\log x)}{\sqrt{x\log x}}$$

Ahora, la multiplicación integral $(J)$ de hecho, puede ser resuelto en términos de la función de error. Voy a resolver por $J$ por sustitución y el Teorema Fundamental del Cálculo verá más adelante el por qué.

$$\int\frac{\text{d}x}{\sqrt{x\log x}}$$

Sustituto $a=\frac{1}{\sqrt{x}}$ y $\text{d}=-\frac{\text{d}x}{2x^{3/2}}$ He comprobado el álgebra. $$\int \frac{-2 \text{d}u}{u^2\sqrt{-2\log u}}\implica -i\sqrt{2}\int \frac{\text{d}u}{u^2\sqrt{\log u}}$$

El próximo sustituto $c=\log b$ y $\text{d}c=\frac{\text{d}b}{b}$ Eso nos deja con

$$-i\sqrt{2}\int \frac{e^{b}\text{d}b}{\sqrt{b}}$$

La siguiente parte es un poco raro. Esto estaba más allá de mi nivel de habilidad, así que me dio esta a W|A que aceptó de buen grado. Es troquelados:

$$-i\sqrt{2\pi} \text{fer}(\sqrt b)$$

Bajo el recuerdo que $a=\log b$, se obtiene

$$-i\sqrt{2\pi} \text{fer}(\sqrt{\log a})$$

Luego de recordar que $a=\frac{1}{\sqrt{x}}$, se obtiene

$$-i\sqrt{2\pi} \text{fer}(\sqrt{\log \frac{1}{\sqrt{x}}})$$

La simplificación de los beneficios:

$$-i\sqrt{2\pi}\text{fer}(\sqrt{\frac{-\log x}{2}})$$

Desde que, resolviendo por $J$ es un pedazo de la torta.

$$\int_1^e \frac{\text{d}x}{\sqrt{x \log x}}=-i\sqrt{2\pi}(\text{fer}(\sqrt{\frac{-\registro de e}{2}}))-(-i\sqrt{2\pi}(\text{fer}(\sqrt{\frac{-\log 1}{2}})))=\sqrt{2\pi}\text{erfi}(1/\sqrt{2})\aprox 2.38$$

Este horrible desastre resultados en muy poco cambio. Pero en realidad, que "muy poco cambio" es extremadamente importante. NO cambie el lado derecho. Tenemos algo muy especial en mente para eso.

$$I=\frac{1}{\sqrt {2\pi}\text{erfi}(1/\sqrt{2})}\int_1^\infty \int_1^e \frac{\text{d}x\text{d}x \sin(x\log x)}{\sqrt{x\log x}}$$

Así, reconozco la inversa de $x \log x$ como $W(\log x)$, así que para la totalidad de la RHS, sustituto $x=W(\log u)$

$$I=\frac{1}{\sqrt {2\pi}\text{erfi}(1/\sqrt{2})}\int_{0}^\infty \int_0^{\Omega} \frac{(W^{\prime}(\log u)^2)\text{d}u\text{d}u \sqrt{u}\pecado u}{u}$$

Podemos reconocer fácilmente algo bonito! Dividir la integral en tres partes que se pueden utilizar. (la integral de la función de sinc es lo que se reconoce.) No del todo seguro de que paso (aunque bastante seguro), por favor hágamelo saber en los comentarios si que está bien hacer.

$$I=\frac{1}{\sqrt {2\pi}\text{erfi}(1/\sqrt{2})}*\int_0^\Omega (W^\prime (\log u)^2)\sqrt{u}\text{d}u * \int_0^\infty (\frac{\pecado u}{u})\implica$$

$$I=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt2 \text{erfi}(1/\sqrt{2})}\int_0^\Omega \sqrt{u} espacio\W^{\prime}(\ln u)\text{d}u$$

Después de este paso, sin embargo, estoy en una pérdida. Espero que esta nueva solución ofrece más cerca de tu objetivo. Lo siento por no ser capaz de terminarlo.