¿Cómo podemos evaluar $\int_{0}^{\infty}e^{-x}\ln (x) \sin\left({1\over x}\right){\mathrm dx\over x}?$

Question

Dada esta integral $(1)$

$$\int_{0}^{\infty}e^{-x}\ln (x) \sin\left({1\over x}\right){\mathrm dx\over x}\tag1$$

¿Cómo podemos evaluar $(1)$ ?

Un intento:

$u=e^{-x}\implies \mathrm du=-e^x\mathrm dx$

$(1)$ se convierte en

$$\int_{0}^{1}{\ln(-\ln u)\over \ln u}\cdot \sin\left({1\over \ln u}\right)\mathrm du \tag2$$

Utilizando $$\sin x=\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^nx^{2n+1}\over (2n+1)!}$$

$(2)$ se convierte en

$$\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over (2n+1)!}\int_{0}^{1}{\ln(-\ln u)\over (\ln u)^{2n+1}}\mathrm du\tag3$$

$v=\ln(-\ln u)\implies \mathrm -e^{v-e^v}dv=\mathrm du$

$(3)$ se convierte en

$$\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over (2n+1)!}\int_{-\infty}^{\infty}{v\over e^{2nv+e^v}}\mathrm dv\tag4$$

Hasta aquí hemos llegado

Answer 1

Queremos calcular

$$ I=\int_0^{\infty}dxe^{-x}\sin\left(\frac1x\right)\frac{\log(x)}x $$

o

$$ -I=\Im\left[\frac{d}{d\alpha}\int_0^{\infty}dxe^{-(x+\frac{i}{x})}x^{\alpha-1}\right]_{\alpha\rightarrow0_+} $$

sustituyendo $x=e^{i \pi/4}q$ obtenemos por el principio de continuación analítica (el integrando decae a cero exponencialmente rápido en el infinito y en el cero en el dominio definido por el conjunto de inecuaciones $\{\Re(x)>0\,\,\wedge \, \Re(i/x)>0\}$ y es, para la rama estándar de $\log(z)$ También es analítico en esta región)

$$ -I=\Im\left[\frac{d}{d\alpha}e^{i \alpha\pi/4}\int_0^{\infty}dqe^{-e^{i \pi/4}(q+\frac{1}{q})}q^{\alpha-1}\right]_{\alpha\rightarrow0_+} $$

ahora reemplazamos $q \rightarrow e^{\pm\theta}$ y sumar las dos integrales resultantes

$$ -2I=2\Im\left[\frac{d}{d\alpha}e^{i \alpha\pi/4}\int_{-\infty}^{\infty}d\theta\cosh(\alpha \theta)e^{-2 e^{i \pi/4}\cosh(\theta)}\right]_{\alpha\rightarrow0_+} $$

Como tenemos la simetría $\theta\leftrightarrow-\theta$ podemos utilizar un representación estándar de las funciones de Bessel modificadas y obtener

$$ -2I=4\Im\left[\frac{d}{d\alpha}e^{\alpha i\pi/4}K_{\alpha}(2e^{i\pi/4})\right]_{\alpha\rightarrow0_+} $$

utilizando $\partial_{\alpha}K_{\alpha}(z)|_{\alpha=0}=0$ que se deduce directamente de la representación integral antes mencionada, podemos reescribirla como

$$ I=-\frac{\pi}{2}\Re [K_{0}(2e^{i\pi/4})]=-\frac{\pi}{2}\text{ker}(2) $$

donde $\text{ker}(z)$ es un extraña función especial . Esto reproduce el resultado indicado en los comentarios