Nos muestran cómo probar que $\int_{0}^{\infty}{\sin(e^{-\gamma}x)}\cdot{\ln{x}\over x}\mathrm dx=0$

Question

VI estos dos intgerals y me gustaria saber si son correctas.

$$\int_{0}^{\infty}{\sin(e^{-\gamma}x)}\cdot{\ln{x}\over x}\mathrm dx=0\tag1$$

$$\int_{0}^{\infty}{\sin\left(\sqrt{x}^{\sqrt{2}}\right)}\cdot{\ln{x}\over x}\mathrm dx=-\pi\gamma\tag2$$

Este es el pozo sabe constante de $\gamma$ Euler-Mascheroni

Aquí ignoran los límites

Solicito sub: $(1)$

$u=\ln{x}$

$xdu=dx$

$$I = \int{ue^{-u}\sin(e^{u-\gamma})}du\tag3$$

Aplicar la integración por las piezas a $(3)$

$$\int{ue^{-u}}du=-e^{-u}(1+u)$$

$$I={-e^{-u}(1+u)\sin(e^{u-\gamma})}+\int{e^{-u}(1+u)\cos(e^{u-\gamma})}du$$

Encuentro más difícil que antes.

Por favor, muéstranos cómo probar $(1)$ $(2)$

Answer 1

Primera nota de que

$$\int_{0}^{\infty}{\sin(x)}\cdot{\ln{x}\over x}\mathrm dx=-\frac{\pi \gamma}{2}$$

Nota el Mellin de transformación de la función seno

$$\int^\infty_0 x^{s-1}\sin(x)\,dx = \Gamma (s) \sin\left( \frac{\pi s}{2} \right)$$

Que puede ser escrito como

$$\int^\infty_0 x^{s-1}\sin(x)\,dx = \frac{\pi \Gamma(s+1)}{2\Gamma(s/2+1)\Gamma(1-s/2)}$$

Ahora se diferencian con respecto a $s$ y deje $s \to 0$ para obtener el resultado.

Primera integral

$$\begin{align} \int_{0}^{\infty}{\sin(ax)}\cdot{\ln{x}\over x}\mathrm dx&=\int_{0}^{\infty}{\sin(t)}\cdot{\ln{t}-\ln a\over t}\mathrm dt\\&= \int_{0}^{\infty}{\sin(t)}\cdot{\ln{t}\over t}\mathrm dt-(\ln a) \frac{\pi}{2} \\ &=\frac{-\pi \gamma}{2}-\ln(a) \frac{\pi}{2} \end{align}$$

Ahora dejando $a =e^{-\gamma}$ el resultado de la siguiente manera.

Segunda Integral

$$\int_{0}^{\infty}{\sin\left(x^{a}\right)}\cdot{\ln{x}\over x}\mathrm dx =\frac{1}{a^2}\int_{0}^{\infty}{\sin\left(t\right)}\cdot{\ln{t}\over t}\mathrm dt = -\frac{\gamma \pi}{2a^2}$$

Para $a = \sqrt{2}/2$ el resultado de la siguiente manera.