Integral

Question

Estoy interesado en la siguiente integral definida: $$\int_0^\infty\big(2J_0(2x)^2-J_0(x)^2+2Y_0(2x)^2-Y_0(x)^2\big)\,dx,\tag1$$ donde $J_\nu$ $Y_\nu$ son las funciones de Bessel de primera y segunda clase.

Mathematica evalúa esta integral simbólicamente a $\frac{\ln2}\pi$, sino el resultado de una integración numérica se parece más a $\frac{\ln4}\pi$, por lo que sospecho que el simbólico resultado es incorrecto.

Por otra parte, parece que ambos componentes convergen y hacer de la igualdad de contribución: $$\int_0^\infty\big(2J_0(2x)^2-J_0(x)^2\big)\,dx\stackrel?=\int_0^\infty\big(2Y_0(2x)^2-Y_0(x)^2\big)\,dx\stackrel?=\frac{\ln2}\pi,\tag2$$ pero es más difícil comprobar numéricamente, porque ambos integrands aquí están oscilando (a diferencia de $(1)$ donde el integrando se ve monótono).

¿Cómo podemos encontrar los valores de estas integrales y demostrar la correcta? Podemos generalizar los resultados para los valores del índice de $\nu$ otros de $0$?

Answer 1

Me dijo una cosa interesante en los comentarios (sabiamente explorado por la Variable Aleatoria), pero definitivamente no es la manera más rápida de ir.

Para la gloria de italiano matemáticos, Frullani del teorema es la forma en que (de nuevo):

$$ \int_{0}^{+\infty}\frac{x\, J_0(x)^2-2x\, J_0(2x)^2}{x}\,dx = (-\log 2)\cdot\underset{x\to+\infty}{\widetilde{\lim}} x\cdot J_0(x)^2 = \color{red}{-\frac{\log 2}{\pi}} $$ y el argumento es el mismo para el $Y_0$ función.

La amplia tilde-límite, tiene que ser concebido como una Cesàro decir: $$\underset{x\to+\infty}{\widetilde{\lim}}f(x) = \lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}\int_{x}^{2x}f(z)\,dz.$$

Por otra parte, siempre que la integral converge, el resultado anterior mantiene sin cambios también por la sustitución de $J_0$ $J_\nu$ cualquier $\nu\geq 0$, ya que: $$ J_\nu(z) = \sqrt{\frac{2}{\pi z}}\left(\cos \left(z-\frac{\nu\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\right)+O\left(\frac{1}{z}\right)\right) $$ para cualquier ampliación de $z\in\mathbb{R}^+$.

Answer 2

Algo similar a esta respuesta, podemos utilizar Ramanujan maestro del teorema para demostrar que $$\int_{0}^{\infty}\big(2J_0(2x)^2-J_0(x)^2\big)\,dx = \frac{\ln 2}{\pi}. $$

Como $x \to \infty$, $$\big(2J_0(2x)^2-J_0(x)^2\big) \sim \frac{\sin (4x)-\sin (2x)}{\pi x}. \tag{1}$$ de Modo que la integral de hecho convergen (pero no completamente).

La representación hipergeométrica de la plaza de la función de Bessel de primera especie de orden cero es $$J_{0}(z)^{2} = \, _1F_2\left(\frac{1}{2}; 1, 1; -z^{2} \right). $$

Así, por $a>0$$0 < s < 1$, la transformada de Mellin $J_{0}(ax)^{2}$ $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} x^{s-1} J_{0}(ax)^{2} \,dx &= \int_{0}^{\infty} x^{s-1} \, _1F_2\left(\frac{1}{2}; 1, 1; -(ax)^{2} \right) \, dx \\ &= \frac{1}{2a^{s}}\int_{0}^{\infty} u^{s/2-1} \, _1F_2\left(\frac{1}{2}; 1, 1; -u \right) \, du \\ &= \frac{1}{2a^{s}} \Gamma\left(\frac{s}{2} \right) \frac{\Gamma \left(\frac{1}{2}-\frac{s}{2} \right) \Gamma(1)^{2} }{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \Gamma\left(1- \frac{s}{2} \right)^{2}} \\ &= \frac{1}{2a^{s}} \Gamma\left(\frac{s}{2} \right) \frac{\Gamma \left(\frac{1}{2}-\frac{s}{2} \right)}{\sqrt{\pi} \, \Gamma\left(1- \frac{s}{2} \right)^{2}} . \end{align}$$

Por lo tanto, suponiendo que nos puede traer el límite dentro de la integral, $$ \begin{align} \int_0^\infty\big(2J_0(2x)^2-J_0(x)^2\big)\,dx &= \frac{1}{\pi} \lim_{s \to 1^{-}} \left(\frac{1}{2^{s}}- \frac{1}{2} \right) \Gamma \left(\frac{1}{2} - \frac{s}{2} \right) \\ &= \frac{1}{\pi} \lim_{s \to 0^{-}} \left( \frac{1}{2^{s+1}} - \frac{1}{2} \right)\Gamma \left(- \frac{s}{2} \right) \\ &= \frac{1}{\pi} \lim_{s \to 0^{-}} \left(- \frac{\ln 2}{2} s + \mathcal{O}(s^{2}) \right) \left(- \frac{2}{s} + \mathcal{O}(1) \right) \\ &= \frac{\ln 2}{\pi}. \end{align}$$

El mismo enfoque aparentemente también muestra que $$\int_{0}^{\infty}\big(2J_v(2x)^2-J_v(x)^2\big)\,dx = \frac{\ln 2}{\pi} \, , \quad v> - \frac{1}{2}. $$

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$(1)$ https://en.wikipedia.org/wiki/Bessel_function#Asymptotic_forms