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Al principio me pareció un poco complicado el problema pensé en encararlo vía el teorema de los residuos de Cauchy, pero fracasé porque el integrando se extiende siempre a una región holomorfa sobre el semiplano Re z≥0Re z≥0 con lo cual el teorema de los residuos no podía funcionar.

Luego recordé la definición de la Función gamma y vi que este problema era fácilmente reducible al cálculo de la función gamma, algo mucho más sencillo de lo que pensé al principio. La función gamma se define simplemente como:

Γ(n+1)=∫∞0tne−t dtΓ(n+1)=∫0∞tne−t dt

y cuando n≥0n≥0 y es un entero tenemos el resultado conocido y debido a Euler de que Γ(n+1)=n!Γ(n+1)=n!. Recordando también la identidad de Euler eiω=cosωt+isinωteiω=cos⁡ωt+isin⁡ωt, podemos hacer una transformación trivial en la integral propuesta:

∫∞0e−γτ/2sin(ωτ)τn dτ=Im ∫∞0e−(γ/2−iω)ττn dτ∫0∞e−γτ/2sin⁡(ωτ)τn dτ=Im ∫0∞e−(γ/2−iω)ττn dτ

Donde ImIm se refeire a tomar la parte imaginaria. Ahora hagamos el siguiente cambio de variable en la integral propuesta:

−(γ2−iω)τ=−t−(γ2−iω)τ=−t

La integral nos queda ahora simplemente como:

Im[2n(γ−2iω)n∫∞0tne−t dt]=2n+1n!(γ2+4ω2)n+1Im[(γ+2iω)n+1],(∗)Im[2n(γ−2iω)n∫0∞tne−t dt]=2n+1n!(γ2+4ω2)n+1Im[(γ+2iω)n+1],(∗)

Ahora el reto calcular la parte imaginaria pero pasando a la prepresentación módulo argumento:

(γ+2iω)n+1=(γ2+4ω2)n+12eiarctan(2ωγ(n+1))(γ+2iω)n+1=(γ2+4ω2)n+12eiarctan⁡(2ωγ(n+1))

Lllevando este resultado a la expresión (∗)(∗), tenemos:

integral=2n+1n!(γ2+4ω2)−−−−−−−−√)n+1Im[ei2ωγ(n+1)]=2n+1n!(γ2+4ω2)−−−−−−−−√)n+1sin((n+1)arctan[2ωγ(n+1)])integral=2n+1n!(γ2+4ω2))n+1Im[ei2ωγ(n+1)]=2n+1n!(γ2+4ω2))n+1sin⁡((n+1)arctan⁡[2ωγ(n+1)])