Demostrando que $\int_{0}^{+\infty}e^{ix^n}\text{d}x=\Gamma\left(1+\frac{1}{n}\right)e^{i\pi/2n}$

Question

He demostrado que para todos$p \in \mathbb{R}^{*+}$$$\int_{0}^{+\infty}e^{-x^p}\text{d}x=\Gamma\left(1+\frac{1}{p}\right)$ $ Y quiero mostrar que $$ \ int_ {0} ^ {+ \ infty} e ^ {ix ^ n} \ text {d} x = \ Gamma \ left (1+ \ frac {1} {n} \ right) e ^ {i \ pi / 2n} $$ ¿Es posible con un simple cambio de variable?

Answer 1

$x=u^{1/n}$, $dx=\frac1n u^{1/n-1}\,du$

$$\begin{align} \int_0^{\infty} e^{ix^n}\,dx&\overbrace{=}^{x\mapsto u^{1/n}}\frac1n \int_0^\infty e^{iu}u^{1/n-1}\,du\\\\ &\overbrace{=}^{u\mapsto ix}\frac1n \int_0^{i\infty} e^{-x} (ix)^{1/n-1}\,i\,dx\\\\ &=\frac1n e^{i\pi/(2n)}\int_0^{i\infty} x^{1/n-1}e^{-x}\,dx\tag1\\\\ &=\frac1n e^{i\pi/(2n)}\int_0^{\infty} x^{1/n-1}e^{-x}\,dx\tag2\\\\ &=e^{i\pi/(2n)}\frac1n \Gamma\left(\frac1n\right)\tag3\\\\ &=e^{i\pi/(2n)}\Gamma\left(1+\frac1n\right)\tag 4 \end{align}$$

donde ir de $(1)$$(2)$, se utilizó la Integral de Cauchy Teorema de deformar el contorno de la espalda a la línea real, y en lo que va de $(3)$ $(4)$se utilizó la ecuación de la función $\Gamma(1+x)=x\Gamma(x)$.

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Nota en el uso de Cauchy de la Integral Teorema de ir de$(1)$$(2)$, necesitamos tener en cuenta para un punto de ramificación en $z=0$ en el plano complejo. Elegimos cortar el plano a lo largo del eje real negativo.

Entonces, podemos escribir

$$\begin{align} 0&=\oint_C e^{-z} z^{1-1/n}\,dz\\\\ &=\int_{i\epsilon}^{iR} x^{1/n-1}e^{-x}\,dx-\int_{\epsilon}^R x^{1/n-1}e^{-x}\,dx\\\\ &+\int_0^{\pi/2}(\epsilon e^{i\phi})^{1/n-1}e^{-\epsilon e^{i\phi}}\,i\epsilon e^{i\phi}\,d\phi-\int_0^{\pi/2}(R e^{i\phi})^{1/n-1}e^{-R e^{i\phi}}\,iR e^{i\phi}\,d\phi\tag5 \end{align}$$

donde se explota el hecho de que $z^{1/n-1}e^{-z}$ es analítica en $C$ (es decir, Se han excluido el punto de ramificación y la correspondiente corte de $C$).

Es sencillo demostrar que la tercera y la cuarta integrales en el lado derecho de la $(5)$ desvanecerse $\epsilon\to 0$$R\to \infty$.

Por lo tanto , deducimos que el codiciado relación

$$\int_{0}^{I\infty} x^{1/n-1}e^{-x}\,dx=\int_{0}^\infty x^{1/n-1}e^{-x}\,dx$$

como iba a ser mostrado.