De la representación integral de función Airy $$\mathrm{Ai}(x)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d} \tau}{2\pi} \exp(-\mathrm{i}\tau x)\exp(-\mathrm{i}\frac{\tau^3}{3}),$ $ es fácil ver que $\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d} x\mathrm{Ai}(x) =1$. Sin embargo, me pregunto cómo encontrar % $ $$\int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \mathrm{Ai}(x).$de este sitio web, el resultado de la integral anterior es $\frac{1}{3}.$ no pude seguir el método de la referencia dada por ese sitio Web. ¿Alguien podría dar una derivación alternativa (más simple) de $\int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \mathrm{Ai}(x)=\frac{1}{3}$?
Respuestas
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Roger Hoover
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Dada la representación integral se desprende que $\text{Ai}(x)$ satisface la ecuación diferencial $y''=x y$.
En particular $\text{Ai}(x)$ es una función entera y $$\text{Ai}(x)=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\cos\left(\frac{t^3}{3}+xt\right)\,dt \tag{1}$ $ $$\begin{eqnarray*}(\mathcal{L}\text{Ai})(s)&=&\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}\cos\left(\frac{t^3}{3}+xt\right)e^{-sx}\,dt\,dx\\&=&\frac{1}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{s\cos\left(\frac{t^3}{3}\right)-t\sin\left(\frac{t^3}{3}\right)}{s^2+t^2}\,dt \tag{2}\end{eqnarray*}$ $ no es difícil demostrar $$ \lim_{s\to 0^+}\int_{0}^{+\infty}\cos\left(\frac{t^3}{3}\right)\frac{s\,dt}{s^2+t^2} = \frac{\pi}{2}\tag{3}$ $ $$ \lim_{s\to 0^+}\int_{0}^{+\infty}\sin\left(\frac{t^3}{3}\right)\frac{t\,dt}{s^2+t^2} = \frac{\pi}{6}\tag{4}$ $ y sigue %#% $ #% como quería.
Dr. MV
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$$\begin{align} \frac1{2\pi}\int_0^L \int_{-\infty}^\infty e^{-itx}e^{-it^3/3}\,dt\,dx&=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \left(\int_0^L e^{-itx}\,dx \right)\,e^{-it^3/3}\,dt\\\\ &=\frac1{2\pi i}\int_{-\infty}^\infty \left(\frac{1-e^{-iLt}}{t} \right)\,e^{-it^3/3}\,dt\\\\ &=\frac1{\pi }\int_{0}^\infty \frac{\sin(Lt)}{t}\,\cos(t^3/3)\,dt-\frac1{\pi }\int_{0}^\infty \frac{1-\cos(Lt)}{t}\,\sin(t^3/3)\,dt \end {Alinee el} $$
Es sencillo mostrar que
$$\lim_{L\to \infty}\int_{0}^\infty \frac{\sin(Lt)}{t}\,\cos(t^3/3)\,dt=\frac{\pi}{2}$$
y
$$\lim_{L\to \infty}\int_{0}^\infty \frac{1-\cos(Lt)}{t}\,\sin(t^3/3)\,dt=\frac{\pi}{6}$$
Todo lo juntando revela
$$\int_0^\infty \text{Ai}(x)\,dx=\frac13$$
¡como era de mostrarse!
Como alternativa, podemos utilizar distribuciones y escribir
$$\begin{align} \frac1{2\pi}\int_0^\infty \int_{-\infty}^\infty e^{-itx}e^{-it^3/3}\,dt\,dx&=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \left(\int_0^\infty e^{-itx}\,dx \right)\,e^{-it^3/3}\,dt\\\\ &=\frac1{2\pi }\text{PV}\left(\int_{-\infty}^\infty \left(\pi \delta(t)+\frac{1}{it} \right)\,e^{-it^3/3}\,dt\right)\\\\ &=\frac12-\frac1{2\pi }\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin(t^3/3)}{t} \,dt\\\\ &=\frac12-\frac16\\\\ &=\frac13 \end {Alinee el} $$
como era de esperar!
Felix Marin
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$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$
$\ds{\mrm{Ai}\pars{x} = \int_{-\infty}^{\infty}{\dd\tau \más de 2\pi}\,\exp\pars{-\ic\tau x} \exp\pars{-\ic\,{\tau^{3} \over 3}}\,, \qquad\qquad\int_{0}^{\infty}\mrm{Ai}\pars{x}\,\dd x:\ {\large ?}}$.
\begin{align} &\int_{0}^{\infty}\mrm{Ai}\pars{x}\,\dd x = \int_{-\infty}^{\infty}\mrm{H}\pars{x}\mrm{Ai}\pars{x}\,\dd x\qquad\qquad \pars{~\substack{\ds{\mrm{H}:\mathbb{R}\setminus\braces{0} \to \mathbb{R}}} \\[3mm] {Heaviside\ Step\ Function}~} \\[5mm] = &\ \int_{-\infty}^{\infty}\overbrace{\pars{\int_{-\infty}^{\infty} {\expo{\ic \tau x} \over \tau - \ic 0^{+}} \,{\dd \tau \over 2\pi\ic}}}^{\ds{\mrm{H}\pars{x}}}\ \mrm{Ai}\pars{x}\,\dd x\qquad\ \pars{~\substack{\mbox{Note that} \\[2mm] \ds{\left.\vphantom{\Large A}\mrm{H}\pars{x}\right\vert_{\ x\ \not=\ 0} = \lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{-\infty}^{\infty} {\expo{\ic \tau x} \over \tau - \ic\epsilon} \,{\dd \tau \over 2\pi\ic}}}~} \\[5mm] = &\ \int_{-\infty}^{\infty}{1 \over \tau - \ic 0^{+}} \bracks{\int_{-\infty}^{\infty}\mrm{Ai}\pars{x}\expo{\ic\tau x}\,\dd x} \,{\dd\tau \over 2\pi\ic} = \int_{-\infty}^{\infty}{\exp\pars{-\ic\tau^{3}/3} \over \tau - \ic 0^{+}} \,{\dd\tau \over 2\pi\ic} \\[5mm] = &\ \mrm{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}{\exp\pars{-\ic\tau^{3}/3} \over \tau} \,{\dd\tau \over 2\pi\ic} + {1 \over 2} = -\,{1 \over \pi}\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{\tau^{3}/3} \over \tau}\,\dd\tau + {1 \over 2} \\[5mm] \stackrel{\large\tau^{3}/3\ \mapsto\ \tau}{=}\,\,\,& -\,{1 \over 3\pi}\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{\tau} \over \tau}\,\dd\tau + {1 \over 2} = -\,{1 \over 3\pi}\,{\pi \over 2} + {1 \over 2} = \bbx{1 \over 3} \end{align}
Thierry Lam
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EDITAR:
Después de publicar mi respuesta, me di cuenta de que el mismo método puede ser utilizado para encontrar la Mellin de transformación de $\operatorname{Ai}(x)$. Así que he decidido modificar mi respuesta.
No sé si este es el enfoque que se discuten en la referencia, pero la función de Airy $\operatorname{Ai}(x)$ puede ser expresada en términos de la función Bessel modificada de segunda clase de la orden de $\frac{1}{3}$.
Específicamente, $$\operatorname{Ai}(x)= \frac{1}{\pi} \sqrt{\frac{x}{3}} K_{1/3} \left(\frac{2}{3} x^{3/2} \right), \quad x>0 .$$
Y una representación integral de la función Bessel modificada de la segunda clase es $$K_{\nu}(x) = \frac{1}{2} \left(\frac{x}{2} \right)^{\nu} \int_{0}^{\infty}\exp\left(-t-\frac{x^{2}}{4t} \right) \, \frac{dt}{t^{\nu+1}}, \quad x>0, $$
que puede ser derivada a partir de la representación integral$$K_{\nu}(x) =\int_{0}^{\infty} \exp(-x\cosh t) \cosh(\nu t) \, dt = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-x \cosh t\right) e^{-\nu t} \, dt $$ by making the substitution $e^{t}= \frac{2}{x}de u$.
El uso de esta representación, y suponiendo que $a>0$, obtenemos
$$ \begin{align}I(a) &= \int_{0}^{\infty} x^{a-1} \operatorname{Ai}(x) \, dx \\ &= \frac{1}{\pi \sqrt{3}}\int_{0}^{\infty} x^{a-1/2} \, K_{1/3}\left(\frac{2}{3}x^{3/2} \right) \, dx \\ &=\frac{1}{\pi} \, \frac{3^{2a/3-7/6}}{ 2^{2a/3-2/3}} \int_{0}^{\infty} u^{2a/3-2/3} K_{1/3}(u) \, du \\ &= \frac{1}{\pi} \, \frac{3^{2a/3-7/6}}{ 2^{2a/3-2/3}}\int_{0}^{\infty} u^{2a/3-2/3} \, \frac{1}{2} \left(\frac{u}{2} \right)^{1/3} \int_{0}^{\infty} \exp \left(-t - \frac{u^{2}}{4t}\right) \, \frac{dt}{t^{4/3}} \, du \\ &= \frac{1}{\pi} \, \frac{3^{2a/3-7/6}}{ 2^{2a/3+2/3}}\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-t}}{t^{4/3}} \int_{0}^{\infty}u^{2a/3-1/3} \exp \left(- \frac{u^{2}}{4t} \right) \, du \, dt \tag{1}\\ &= \frac{3^{2a/3-7/6}}{2 \pi}\int_{0}^{\infty} t^{a/3-1} e^{-t} \int_{0}^{\infty} w^{a/3-2/3} e^{-w} \, dw \, dt \\ &= \frac{3^{2a/3-7/6}}{2 \pi}\Gamma\left(\frac{a+1}{3}\right) \int_{0}^{\infty} t^{a/3-1} e^{-t} \, \, dt \\&= \frac{3^{2a/3-7/6}}{2 \pi} \, \Gamma \left(\frac{a+1}{3} \right) \Gamma \left(\frac{a}{3} \right). \end{align}$$
$(1)$ Ya que el integrando es no negativa, Tonelli del teorema nos permite cambiar el orden de integración.
Por lo tanto, $$\begin{align} \int_{0}^{\infty} \operatorname{Ai}(x) \, dx&= I(1) = \frac{1}{2\pi \sqrt{3}} \, \Gamma \left(\frac{2}{3} \right) \Gamma \left(\frac{1}{3} \right)\\ &= \frac{1}{2 \sqrt{3}} \, \pi \csc \left(\frac{\pi }{3} \right) \tag{2} \\ &=\frac{1}{2 \sqrt{3}} \left(\frac{2}{\sqrt{3}} \right) \\ &= \frac{1}{3}. \end{align}$$
