Calcular $\int_0^\infty\frac{\sin(x)\log(x)}{x}\mathrm dx$ .

Question

Calcular $\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{\sin(x)\log(x)}{x}\mathrm dx$ .

Intenté ampliar $\sin(x)$ a cero, o usar la función SI(SinIntegral), pero no funcionó. Además, he buscado la pregunta en math.stackexchange no se encontró nada.

Mathematica me dice que la respuesta es $-\dfrac{\gamma\pi}{2}$ No tengo ni idea de cómo conseguirlo.

Gracias por su ayuda.

Answer 1

Observe que

\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x^s} \, dx &= \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{\infty} t^{s-1}e^{-xt} \, dt \right) \sin x \, dx \\ &= \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{\infty} e^{-tx} \sin x \, dx \right) t^{s-1} \, dt \\ &= \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1}}{1+t^2} \, dt \\ &= \frac{1}{2\Gamma(s)} \beta\left(\frac{s}{2}, 1-\frac{s}{2}\right) \\ &= \frac{\pi}{2\Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)}. \end{align*}

(Este cálculo heurístico es válido línea por línea en la franja $1 < \Re(s) <2$ en vista del teorema de Fubini, y luego se extiende a la franja mayor $0 < \Re(s) < 2$ por continuación analítica). Diferenciando ambos lados, obtenemos

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x \log x}{x^s} \, dx \stackrel{(*)}{=} -\frac{d}{ds} \frac{\pi}{2\Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)} = \frac{\pi}{2\Gamma(s)\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)} \left( \psi(s) + \frac{\pi}{2}\cot\left(\frac{\pi s}{2}\right) \right). $$

Ahora la respuesta se obtiene enchufando $s = 1$ :

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x \log x}{x} \, dx = -\frac{\gamma \pi}{2}. $$

---

Justificación de $\text{(*)}$ . Demostremos que

$$F(s) := \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x^s} \, dx \tag{1}$$

es analítica en la franja abierta $S = \{ s \in \Bbb{C} : 0 < \Re(s) < 2 \}$ y su derivada se puede calcular por la regla integral de Leibniz. Una cuestión importante de $\text{(1)}$ es que la integral definitoria converge sólo condicionalmente para $0 < \Re(s) \leq 1$ y, por tanto, plantea algunas dificultades técnicas. Para evitarlo, mejoramos la velocidad de convergencia utilizando la integración por partes:

$$ F(s) = \underbrace{\left[ \frac{1-\cos x}{x^s} \right]_{0}^{\infty}}_{=0} + s \int_{0}^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^{s+1}} \, dx. $$

Obsérvese que la integral resultante es absolutamente convergente en $S$ .

Ahora afirmamos que $g(s) := F(s)/s$ es diferenciable y su derivada se puede calcular por la regla integral de Leibniz. Sea $\epsilon$ sea tal que $\bar{B}(s, \epsilon) \subset S$ . Entonces, siempre que $0 < |h| < \epsilon$ ,

\begin{align*} &\frac{g(s+h) - g(s)}{h} - \int_{0}^{\infty} \frac{(1-\cos x)(-\log x)}{x^{1+s}} \, dx \\ &\hspace{9em} = \int_{0}^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^{1+s}} \left( \frac{x^{-h} - 1}{h} + \log x \right) \, dx. \end{align*}

Obsérvese que el integrando está dominado por

$$ \left| \frac{1-\cos x}{x^{1+s}} \left( \frac{x^{-h} - 1}{h} + \log x \right) \right| \leq \frac{1-\cos x}{x^{1+\Re(s)}} (\max\{ x^{\epsilon}, x^{-\epsilon} \} + 1) |\log x| $$

Esta función dominante es integrable. Por lo tanto, por el teorema de convergencia dominante, como $h \to 0$ tenemos

$$ \lim_{h \to 0} \frac{g(s+h) - g(s)}{h} = \int_{0}^{\infty} \frac{(1-\cos x)(-\log x)}{x^{1+s}} \, dx. $$

Si lo corregimos, sabemos que $F(s)$ es diferenciable con

$$ F'(s) = \int_{0}^{\infty} \frac{1-\cos x}{x^{s+1}} \, dx + s \int_{0}^{\infty} \frac{(1-\cos x)(-\log x)}{x^{1+s}} \, dx. $$

Por último, realizando la integración por partes a esta última integral se obtiene la conclusión deseada:

\begin{align*} &s \int_{0}^{\infty} \frac{(1-\cos x)(-\log x)}{x^{1+s}} \, dx \\ &\hspace{5em} = \underbrace{\left[ \frac{(1-\cos x)\log x}{x^s} \right]_{0}^{\infty}}_{=0} - \int_{0}^{\infty} \left( \frac{\sin x \log x}{x^s} + \frac{1-\cos x}{x^{1+s}} \right) \, dx \end{align*}

Answer 2

$\newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x}\ln\pars{x} \over x}\,\dd x} = \int_{0}^{\infty}\sin\pars{x}\ln\pars{x}\int_{0}^{\infty}\expo{-xt}\,\dd t\,\dd x \\[5mm] = &\ \int_{0}^{\infty}\ \overbrace{\Im\int_{0}^{\infty}\ln\pars{x}\expo{-\pars{t - \ic}x}\,\dd x} ^{\ds{\equiv\ \mc{J}}}\ \,\dd t\label{1}\tag{1} \end{align}

En lo sucesivo, el $\ds{\ln}$ - rama cortada corre a lo largo de $\ds{\left(-\infty,0\right]}$ con $\ds{\ln\pars{z}\ \,\mrm{arg}}$ dado por $\ds{-\pi < \mrm{arg}\pars{z} < \pi}$ .

---

\begin{align} \mc{J} & \equiv \Im\int_{0}^{\infty}\ln\pars{x}\expo{-\pars{t - \ic}x}\,\dd x = \Im\bracks{{1 \over t - \ic}\int_{0}^{\pars{t - \ic}\infty} \ln\pars{x \over t - \ic}\expo{-x}\,\dd x} \\[5mm] & = -\,\Im\braces{{t + \ic \over t^{2} + 1}\int_{\infty}^{0}\bracks{\ln\pars{x \over \root{t^{2} + 1}} + \arctan\pars{1 \over t}\ic}\expo{-x}\,\dd x} \\[5mm] & = \Im\braces{{t + \ic \over t^{2} + 1}\bracks{% \int_{0}^{\infty}\ln\pars{x}\expo{-x}\,\dd x - {1 \over 2}\ln\pars{t^{2} + 1}+ \arctan\pars{1 \over t}\ic}} \end{align}

Tenga en cuenta que
$\ds{\int_{0}^{\infty}\ln\pars{x}\expo{-x}\,\dd x = \left.\partiald{}{\mu}\int_{0}^{\infty}x^{\mu}\expo{-x}\,\dd x\, \right\vert_{\ \mu\ =\ 0} = \Gamma\,'\pars{1}\ =\ \overbrace{\Gamma\pars{1}}^{\ds{=\ 1}}\ \overbrace{\Psi\pars{1}}^{\ds{-\gamma}}\ =\ -\gamma\quad}$ donde $\ds{\Gamma}$

y $\ds{\Psi}$ son los Gamma y Funciones de Digamma respectivamente. Entonces,

\begin{align} \mc{J} & \equiv \bbox[8px,#ffe,border:0.1em groove navy]{% \Im\int_{0}^{\infty}\ln\pars{x}\expo{-\pars{t - \ic}x}\,\dd x} = -\,{\gamma \over t^{2} + 1} - {1 \over 2}\,{\ln\pars{t^{2} + 1} \over t^{2} + 1} + {t\arctan\pars{1/t} \over t^{2} + 1} \\[5mm] & = \bbox[8px,#ffe,border:0.1em groove navy]{-\,{\gamma \over t^{2} + 1} + \totald{}{t}\bracks{{1 \over 2}\,\arctan\pars{1 \over t}\ln\pars{t^{2} + 1}}} \label{2}\tag{2} \end{align}

Tenga en cuenta que $\ds{{1 \over 2}\,\arctan\pars{1 \over t}\ln\pars{t^{2} + 1}}$ se desvanece cuando $\ds{t \to \infty}$ y $\ds{t \to 0^{+}}$ .

Reemplazando \eqref{2} en \eqref{1}: \begin{align} &\color{#f00}{\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x}\ln\pars{x} \over x}\,\dd x} = -\gamma\int_{0}^{\infty}{\dd t \over t^{2} + 1} = \color{#f00}{-\,{1 \over 2}\,\gamma\pi} \end{align}