Nota por cambio de variable, es suficiente para mostrar
$$\int^\infty_0\frac{\cos(x)}{\sqrt{x}}\,dx =\int^\infty_0\frac{\sin(x)}{\sqrt{x}}\,dx $$
Considere la siguiente función
$$f(z)=z^{-1/2}\,e^{iz}$$
Donde elegimos el principio de la raíz para $ z^{-1/2}=e^{-1/2\log(z)}$. Mediante la integración en torno a los siguientes contorno
$$\int_{C_r}f(z)\,dz+\int_{r}^R f(x)\,dx+\int_{\gamma}f(z)\,dz+\int^{iR}_{ir}f(x)\,dx = 0$$
Tomando la integral alrededor de la pequeña cuarto de círculo con $r\to 0$
$$\left| \int_{C_r}f(z)\,dz\right|\leq \left|\sqrt{r}\int^{\pi/2}_{0}e^{it/2} e^{rie^{it}}\,dt\right| \leq \sqrt{r}\int^{\pi/2}_{0}\left|e^{-r\sin(t)}\right|\,dt\sim 0$$
En $\gamma(t)=(1-t)R+iRt$ donde $0\leq t \leq 1$
$$\left|\int_{\gamma}f(z)\,dz\right| = \left| R(i-1)\int^1_0e^{-1/2\log(R(1-t)+iRt)}e^{i(1-t)R-Rt}\,dt\right| \\ \leq \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{R}} \int^1_0 \frac{e^{-Rt}}{\sqrt[4]{(1-t)^2+t^2}}\,dt$$
Por lo tanto, tenemos
$$\left|\int_{\gamma}f(z)\,dz\right| \leq \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{R}} \int^1_0 e^{-Rt}\,dt=\frac{\sqrt{2}}{R\sqrt{R}}\left(1-e^{-R}\right)\sim_{\infty}0$$
Finalmente lo que queda al $r\to 0$ $R \to \infty$
$$\int^\infty_0 \frac{e^{ix}}{\sqrt{x}}\,dx =i \int^{\infty}_{0}(ix)^{-1/2}e^{-x}\,dx$$
Tenga en cuenta que $i^{-1/2}=e^{-i\pi/4}$
$$\int^\infty_0\frac{e^{ix}}{\sqrt{x}}\,dx = ie^{-i\pi/4}I = \frac{I}{\sqrt{2}}+i\frac{I}{\sqrt{2}}$$
Por igualando la parte real con la parte real y la parte imaginaria con la parte imaginaria llegar
$$\int^\infty_0\frac{\cos(x)}{\sqrt{x}}\,dx =\int^\infty_0\frac{\sin(x)}{\sqrt{x}}\,dx = \frac{I}{\sqrt{2}} $$
A pesar de $I$ es fácil evaluar el uso de la función gamma, que no tiene que evaluar para mostrar la equivalencia.