Forma cerrada para $\int_0^{\infty}\sin(x^n)\mathbb{d}x$

Question

Me preguntaba si alguien conoce una forma cerrada para

$$\mathrm{I} = \int_0^{\infty}\sin(x^n)\mathbb{d}x$$

Las evaluaciones preliminares en Wolfram Alpha parecen arrojar algo así:

$$\mathrm{I} = k\sin\left(\frac{\pi}{2n}\right)\Gamma\left(\frac an \right)$$

donde $k$ es una constante de proporcionalidad, normalmente $1$ y $a$ es una constante, normalmente $1$ también.

Answer 1

Tiene una forma cerrada

$$ \int_{0}^{\infty} \exp(i x^{1/\alpha}) \, \Bbb{d}x = \Gamma(1+\alpha)e^{i\pi\alpha/2}, \quad \alpha \in (0, 1). $$

Aplicando la sustitución $x \mapsto x^{\alpha}$ podemos escribir

$$ I(\alpha) := \int_{0}^{\infty} \exp(ix^{1/\alpha}) \, \Bbb{d}x = \int_{0}^{\infty} \alpha x^{\alpha-1} e^{ix} \, \Bbb{d}x, \tag{1} $$

que es mucho más fácil de trabajar.

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Método de análisis complejo. Girar el contorno de $\text{(1)}$ por $90^{\circ}$ grados para tener

$$ I(\alpha) = \alpha \int_{0}^{i\infty} z^{\alpha-1} e^{iz} \, dz. $$

Esta es una técnica estándar, y podemos justificarla aplicando la fórmula de integración de Cauchy a un contorno de cuadrante y luego utilizando la El lema de Jordan .

Entonces, por la sustitución $z \mapsto ix$ tenemos

$$ I(\alpha) = \alpha i^{\alpha} \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1}e^{-x} \, dx = \Gamma(1+\alpha)i^{\alpha}. $$

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Método analítico real. Dado que el lado derecho de $\text{(1)}$ existe como sentido impropio-integral, se deduce de la versión integral de la Teorema de Abel que

$$ I(\alpha) = \int_{0}^{\infty} \alpha x^{\alpha-1} e^{ix} \, \Bbb{d}x = \lim_{\epsilon \downarrow 0} \int_{0}^{\infty} \alpha x^{\alpha-1} e^{ix}e^{-\epsilon x} \, \Bbb{d}x. \tag{2} $$

Utilizando la fórmula

$$ \frac{\Gamma(1-\alpha)}{x^{1-\alpha}} = \int_{0}^{\infty} u^{-\alpha}e^{-xu} \, \Bbb{d}u $$

y el teorema de Fubini, podemos escribir

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \alpha x^{\alpha-1} e^{ix}e^{-\epsilon x} \, \Bbb{d}x &= \frac{\alpha}{\Gamma(1-\alpha)} \int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} u^{-\alpha}e^{-xu} \, \Bbb{d}u\right) e^{-(\epsilon-i) x} \, \Bbb{d}x \\ &= \frac{\alpha}{\Gamma(1-\alpha)} \int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} e^{-(u+\epsilon-i) x} \, \Bbb{d}x\right) u^{-\alpha} \, \Bbb{d}u \\ &= \frac{\alpha}{\Gamma(1-\alpha)} \int_{0}^{\infty} \frac{u^{-\alpha}}{u+\epsilon-i} \, \Bbb{d}u. \end{align*}

(Nótese que no podemos aplicar el teorema de Fubini directamente cuando $\epsilon = 0$ debido a un problema de integrabilidad. Esto explica que consideremos una versión regularizada $\text{(2)}$ de la integral original).

Tomando $\epsilon \downarrow 0$ tenemos

$$ I(\alpha) = \frac{\alpha}{\Gamma(1-\alpha)} \int_{0}^{\infty} \frac{u^{1-\alpha} + iu^{-\alpha}}{u^2+1} \, \Bbb{d}u. \tag{3} $$

Utilizando el identidad de la función beta la última integral en $\text{(3)}$ puede calcularse explícitamente como

$$ I(\alpha) = \frac{\alpha}{\Gamma(1-\alpha)} \cdot \frac{\pi}{2}\left( \frac{1}{\sin(\pi\alpha/2)} + \frac{i}{\cos(\pi\alpha/2)} \right). $$

Por último, desde el Fórmula de reflexión de Euler y la fórmula del doble ángulo del seno tenemos

$$ I(\alpha) = \Gamma(1+\alpha) e^{i\pi\alpha/2}. $$