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Question

He intentado evaluar la integral$$\int_{0}^\infty \frac{\sin(x)}{x}e^{- x^2} dx.$% $. Utilicé la integración por partes pero no tuve éxito. Wolfram Alpha dice que es convergente y es igual a:$\frac \pi 2 \text{erf}({\frac 12})$.

¿Hay alguna manera simple de evaluarlo?

Answer 1

Tenemos ese $$ \begin{align}\int_{0}^\infty \frac{\sin(x)}{x}e^{-x^2} dx &= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\int_{0}^\infty x^{2k}e^{-x^2} dx\\ &= \frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!}\int_{0}^\infty t^{k-1/2}e^{-t} dt\\ &=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k\Gamma(k+1/2)}{(2k+1)!} \\ &=\sqrt{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k\cdot(1/2)^{2k+1}}{(2k+1)k!}= \frac{\pi}{2}\text{erf}(1/2).\end {align} $$. Para el último paso, vea la serie de Taylor de erf .

Answer 2

Aquí es un poco más largo de método (en comparación con @Robert Z hábil de la serie enfoque de solución) que utiliza Feynman el truco de la diferenciación bajo el signo integral.

Vamos $$I(a) = \int_0^\infty \frac{\sin (ax)}{x} e^{-x^2} \, dx, \quad a > 0.$$ Tenga en cuenta que $I(0) = 0$ y estamos obligados a encontrar $I(1)$.

La diferenciación $I(a)$ con respecto al parámetro de $a$ da $$I'(a) = \int_0^\infty \cos (ax) e^{-x^2} \, dx. \tag1$$

En la integración de (1) por las partes conduce a la $$I'(a) = \frac{2}{a} \int_0^\infty x e^{-x^2} \sin (ax) \, dx.$$

También, la diferenciación de (1) con respecto al parámetro de $a$ rendimientos $$I''(a) = -\int_0^\infty x e^{-x^2} \sin (ax) \, dx = -\frac{a}{2} I'(a).$$ Si establecemos $u(a) = I'(a)$ por encima de la de segundo orden de la ecuación diferencial se puede reducir a la siguiente ecuación diferencial de primer orden $$u'(a) = -\frac{a}{2} u(a).$$ La solución de los rendimientos $$u(a) = I'(a) = K e^{-a^2/4}, \tag1$$ donde $K$ es una constante a determinar. Para encontrar esta constante ajuste de $a = 0$ $I'(a)$ conduce a $$I'(0) = \int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty e^{-x^2} \, dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \cdot \text{erf} (\infty) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}.$$ Así que en la configuración de $a= 0$ en (1) nos encontramos con $K = \sqrt{\pi}/2$. Así $$I'(a) = \frac{\sqrt{\pi}}{2} e^{-a^2/4}.$$

Ahora como $I(0) = 0$, tenemos $$I(1) = \int_0^1 I'(a) \, da = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \int_0^1 e^{-a^2/4} \, da.$$ El cumplimiento de una sustitución de $a \mapsto 2a$ conduce a $$I(1) = \sqrt{\pi} \int_0^{1/2} e^{-a^2} \, da = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^{1/2} e^{-a^2} \, da.$$ Y puesto que a partir de la representación integral de la función de error , que está dada por $$\text{erf}(x) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^x e^{-t^2} \, dt,$$ uno tiene $$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} e^{-x^2} \, dx = \frac{\pi}{2} \text{erf} \left (\frac{1}{2} \right ),$$ como era de esperar.

Answer 3

Siguiendo la pista de Sangchul Lee. \begin{align} I:=\int^\infty_0 \frac{\sin(x)}{x}e^{-x^2}\,dx=\frac{1}{2}\int^\infty_{-\infty}\frac{\sin(x)}{x}e^{-x^2}\,dx=\frac{1}{4}\int^\infty_{-\infty}\int^1_{-1}e^{ixt}e^{-x^2}\,dt\,dx \end {align} Dado que$|e^{ixt}e^{-x^2}|=e^{-x^2}$ la integral doble es claramente absolutamente convergente, por lo que Tonelli-Fubini podemos intercambiar la orden de integración para obtener: \begin{align} I=\frac{1}{4}\int^{1}_{-1}\int^{\infty}_{-\infty}e^{ixt}e^{-x^2}\,dx\,dt=\frac{1}{4}\int^{1}_{-1}\int^{\infty}_{-\infty}e^{-\frac{t^2}{4}-(x-it/2)^2}\,dx\,dt \end {align} donde hemos completado el cuadrado la última integral. Ahora, mediante una fácil integración de contornos en un rectángulo obtenemos \begin{align} \int^\infty_{-\infty} e^{ixt}e^{-x^2}\,dx=\sqrt[]{\pi}e^{-t^2/4} \end {align} Así que con la sustitución y la paridad (P) podemos concluir: \begin{align} I=\frac{\sqrt[]{\pi}}{4}\int^1_{-1}e^{-t^2/4}\,dt\stackrel{\color{red}{u=t/2}}{=}\frac{\sqrt[]{\pi}}{2}\int^{1/2}_{-1/2}e^{-u^2}\,du\stackrel{\color{red}{P}}{=}\frac{\pi}{2}\cdot\frac{2}{\sqrt[]{\pi}}\int^{1/2}_0e^{-u^2}\,du=\frac{\pi}{2}\operatorname{erf}\left(\frac 12\right) \end {align}