Una forma cerrada para $\int_0^\infty\frac{\sin(x)\ \operatorname{erfi}\left(\sqrt{x}\right)\ e^{-x\sqrt{2}}}{x}dx$

Question

Que $\operatorname{erfi}(x)$ ser la función de error imaginaria $$\operatorname{erfi}(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^xe^{z^2}dz.$ $ considerar la integral $$I=\int_0^\infty\frac{\sin(x)\ \operatorname{erfi}\left(\sqrt{x}\right)\ e^{-x\sqrt{2}}}{x}dx.$ $ su valor numérico es de aproximadamente $0.625773669454426\dots$

¿Es posible expresar $I$ en una forma cerrada utilizando sólo funciones elementales, números enteros y constantes $\pi$, $e$?

Answer 1

Mi estrategia aquí es el uso de la igualdad de Parseval para expresar la integral en una forma más sencilla. Esto requiere de una estratégica división de el integrando en las transformadas de Fourier.

Comience por escribir

$$\text{erfi}({\sqrt{x}})=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \sqrt{x} \int_0^1 dt \, e^{x t^2}$$

y considere la siguiente transformada de Fourier:

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, \theta(x) \, \text{erfi}(\sqrt{x}) \, e^{-\sqrt{2} x} \, e^{i k x}$$

donde $\theta(x)$ es la función escalón unitario, que es $1$ al $x \gt 0$ $0$ al $x \lt 0$. Mediante un cambio en el orden de integración, podemos evaluar esta transformada de Fourier en forma exacta:

$$\begin{align}\int_{0}^{\infty} dx \, \text{erfi}(\sqrt{x}) \, e^{-\sqrt{2} x} \, e^{i k x} &=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^1 dt \, \int_{0}^{\infty} dx \, \sqrt{x} e^{x t^2} \, e^{-\sqrt{2} x} \, e^{i k x}\\ &= \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^1 dt \, \int_{0}^{\infty} dx \, \sqrt{x} e^{-(\sqrt{2}-t^2-i k) x}\\ &= \int_0^1 \frac{dt}{(\sqrt{2}-i k - t^2)^{3/2}} \\ &=\frac{1}{\sqrt{2}-i k} \frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}-1-i k}}\end{align} $$

Tenga en cuenta que la tercera línea viene de la integral

$$\int_0^{\infty} dx \, \sqrt{x} e^{-a x} = \frac{\sqrt{\pi}}{2 a^{3/2}}$$

El resultado en la cuarta línea puede ser obtenido usando un trigonométricas sustitución de la integral en la tercera línea; el único truco está en fingir que $\sqrt{2}-i k$ puede ser configurado a un $b^2$ parámetro y, a continuación, proceder con la habitual trigonométricas sustitución.

Ahora, el resto de la original integrando es $\sin{x}/x$, que la transformada de Fourier es, simplemente, $\pi$ al $|k| \lt 1$ $0$ lo contrario. Luego podemos invocar Parseval de la igualdad, que establece que, para las funciones de $f$ $g$ y sus respectivas transformadas de Fourier $F$$G$, tenemos

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, f(x) g(x) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} dk \, F(k) G(k)$$

Aquí,

$$f(x) = \text{erfi}(\sqrt{x}) \, e^{-\sqrt{2} x}\, \theta(x) $$ $$g(x) = \frac{\sin{x}}{x}$$ $$F(k) = \frac{1}{\sqrt{2}-i k} \frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}-1-i k}}$$ $$G(k) = \begin{cases}\pi & |k| \lt 1 \\ 0 & k \gt 1\end{cases}$$

Por lo tanto, hemos reducido la integral para la evaluación de las siguientes:

$$\frac12 \int_{-1}^1 \frac{dk}{\sqrt{2}-i k} \frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}-1-i k}}$$

Ahora sub $v^2=\sqrt{2}-1-i k$ y obtener la siguiente integral

$$-i \int_{\sqrt{\sqrt{2}-1-i}}^{\sqrt{\sqrt{2}-1+i}} \frac{dv}{1+v^2}$$

en el que se evalúa a

$$-i \left [\arctan{\sqrt{\sqrt{2}-1+i}} - \arctan{\sqrt{\sqrt{2}-1-i}} \right ] $$

que es igual a

$$\tanh ^{-1}\left(\frac{\sqrt{2 \left(1-\sqrt{2}+\sqrt{4-2 \sqrt{2}}\right)}}{1+\sqrt{4-2 \sqrt{2}}}\right) $$

o

$$\frac12 \log{\left [\frac{1+\sqrt{4-2 \sqrt{2}}+\sqrt{2 \left(1-\sqrt{2}+\sqrt{4-2 \sqrt{2}}\right)}}{1+\sqrt{4-2 \sqrt{2}}-\sqrt{2 \left(1-\sqrt{2}+\sqrt{4-2 \sqrt{2}}\right)}}\right ]} \approx 0.625774$$

Answer 2

For $a>1$, $$\int_0^\infty\frac{\sin(x)\ \operatorname{erfi}\left(\sqrt x\right)\ e^{-a x}}x dx=\ln\sqrt{\frac{\sqrt{a^2-2a+2}+\sqrt2\sqrt{\sqrt{a^2-2a+2}-a+1}+1}{\sqrt{a^2-2a+2}-\sqrt2\sqrt{\sqrt{a^2-2a+2}-a+1}+1}}.$$