espectáculo $\int^\infty_0 e^{-sx} x^{-1} \sin{x} dx = \frac14 \log{(1+4s^{-2})}$ $s>0$

Question

Este es el problema 2.6.58 de Folland Real del Análisis del libro:

espectáculo $\int^\infty_0 e^{-sx} x^{-1} \sin{x} dx = \frac14 \log{(1+4s^{-2})}$ $s>0$ mediante la integración de $e^{-sx} \sin{(2xy)}$ más de x e y.

Tengo la esencia general del problema, si puedo integrar $e^{-sx} \sin{(2xy)}$ con respecto al $y$, y hacer el cambio de variables $z = 2xy$, puedo obtener una integral que tiene un $x^{-1}$ plazo. No estoy seguro de cómo elegir cuáles son los límites del yo soy la integración de más, aunque, o lo que viene a continuación. Cualquier ayuda se agradece.

Answer 1

Alternativamente, evaluar $I(s)=\displaystyle\int_0^\infty\sin x\cdot e^{-sx}$ con el hecho de que $\sin x=\Im(e^{ix})$, luego de integrar ambos lados con respecto a s.

Answer 2

El resultado indicado en el OP pregunta no es correcta. Sé $s=0$ no está en el dominio, pero el límite de $s \to 0$ debe producir una respuesta de $\pi/2$; la respuesta dada por el OP golpes.

El problema radica en el hecho de que

$$\int_0^1 dy \, \sin{2 x y} = \frac{\sin^2{x}}{x}$$

no $\sin{x}/x$. Por lo tanto, la integral que buscamos es

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{-s x} \frac{\sin^2{x}}{x} = \frac14 \log{\left ( 1+\frac{4}{s^2}\right )} $$

La integral que has publicado es que, en lugar

$$\int_0^{\infty} dx \, e^{-s x} \frac{\sin{x}}{x} = \arctan{\frac1{s}} $$

Answer 3

Su integral es la transformada de Laplace de la función $f(x)=\frac{\sin(x)}{x}$ donde esta transformación se define como $$\mathcal{L}(f(x))(s)=\int^{\infty}_{0}f(x)e^{-sx}\,dx$$ La transformada de Laplace de la función $f(x)=\frac{\sin(x)}{x}$ es $$\mathcal{L}(\frac{\sin(x)}{x})(s)=\int^{\infty}_{0}\frac{\sin(x)}{x}e^{-sx}\,dx=\arctan(\frac{1}{s})$$ Por lo tanto usted debe buscar otro integrando para obtener su resultado.

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{0}^{\infty}\expo{-sx}x^{-1}\sin\pars{x}\,\dd x =\arctan\pars{1 \over s}:\ {\large ?}.\quad s\ >\ 0}$.

\begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}\expo{-sx}x^{-1}\sin\pars{x}\,\dd x} =\int_{0}^{\infty}\expo{-sx}\,\ \overbrace{% \half\int_{-1}^{1}\expo{\ic k x}\,\dd k}^{\ds{\color{#c00000}{x^{-1}\sin\pars{x}}}}\,\ \dd x \\[5mm]&=\half\int_{-1}^{1}\int_{0}^{\infty}\expo{\pars{-s + \ic k}x}\,\dd x\,\dd k =\half\int_{-1}^{1}{-1 \over -s + \ic k}\,\dd k =\half\int_{-1}^{1}{s + \ic k \over k^{2} + s^{2}}\,\dd k =\int_{0}^{1}{s\,\dd k \over k^{2} + s^{2}} \\[5mm]&=\int_{0}^{1/s}{\dd k \over k^{2} + 1} =\color{#66f}{\large\arctan\pars{1 \over s}} \end{align}