フレネル積分の一般化
フレネル積分の一般化を考えていきます。
こちら の記事で考えたフレネル積分を拡張していく形になるので、まずはそちらからご覧ください。
$$\int_0^\infty \sin x^ndx $$
$$\d\frac1{\Gamma\l1-\frac1n\r}\int_0^\infty \frac{e^{-xt}}{x^{\frac1n}} dx=\frac1{t^{1-\frac1n}} $$
$ \begin{eqnarray*} &&\d\frac1{\Gamma\l1-\frac1n\r}\int_0^\infty \frac{e^{-xt}}{x^{\frac1n}} dx\\ &=&\frac1{t^{1-\frac1n}\Gamma\l1-\frac1n\r}\i{\infty}\frac{e^{-u}}{u^{\frac1n}}du~~~~~~~~~~(u=xt)\\ &=&\frac1{t^{1-\frac1n}}\qed\\ \end{eqnarray*} $
$$\mathcal{L}_x[\sin x](p)=\frac1{1+p^2} $$
こちら に書いてあります。
$$\int_0^{\frac\pi2}\tan^axdx=\frac\pi2\sec\frac\pi2a $$
こちら に書いてあります。
この記事ではこの一般化に$\d a=\frac1n$を代入した、
$\d\int_0^{\frac\pi2}\frac1{\tan^nx}dx=\frac\pi2\sec\frac\pi{2n} $
を使います。
これらの補題を踏まえて解いてみます。
$ \begin{eqnarray*} &&\int_0^\infty \sin x^ndx\\ &=&\frac1n\int_0^\infty \frac{\sin t}{t^{1-\frac1n}}dt~~~~~~~~~~(t=x^n)\\ &=&\frac1{n\Gamma\l1-\frac1n\r}\int_0^\infty\sin t\int_0^\infty \frac{e^{-yt}}{y^{\frac1n}}dydt\\ &=&\frac1{n\Gamma\l1-\frac1n\r}\int_0^\infty\frac1{y^{\frac1n}} \int_0^\infty e^{-yt}\sin tdtdy\\ &=&\frac1{n\Gamma\l1-\frac1n\r}\int_0^\infty\frac1{y^{\frac1n}}\mathcal{L}_t[\sin t](y) dy\\ &=&\frac1{n\Gamma\l1-\frac1n\r}\int_0^\infty\frac1{y^{\frac1n}(1+y^2)}dy\\ &=&\frac1{n\Gamma\l1-\frac1n\r}\int_0^{\frac\pi2} \frac1{\tan^{\frac1n}\theta}d\theta~~~~~~~~~~(y=\tan\theta)\\ &=&\frac{\pi\sec\frac\pi{2n}}{2n\Gamma\l1-\frac1n\r}\\ &=&\frac{\pi\sin\frac\pi n\sec\frac\pi{2n}\Gamma\l\frac1n\r}{2n\pi}\\ &=&\frac{2\Gamma\l\frac1n\r\sin\frac\pi{2n}\cos\frac{\pi}{2n}}{2n\cos\frac\pi{2n}}\\ &=&\frac1n\sin\frac\pi{2n}\Gamma\l\frac1n\r\\ &=&\sin\frac\pi{2n}\Gamma\l1+\frac1n\r ~~~~~~~~~~\square \end{eqnarray*} $
よって、
$\d\int_0^\infty \sin x^ndx=\Gamma\l1+\frac1n\r\sin\frac\pi{2n}$
がわかりました。かなり綺麗な結果になりましたね。