Sé que $\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x}\,dx=\dfrac \pi 2$ construyendo la integración de 2 variables $$\int_{0}^{+\infty}\sin(x)\int_{0}^{+\infty}\dfrac{1}{e^{xy}}\,dy\,dx$$ Pero esto me parece una solución ad hoc.
Si sólo necesito demostrar que converge a un número finito, ¿hay algún método general?
Muchas gracias.
Para demostrar que la integral de Riemann impropia $\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x}\,dx$ existe, podemos utilizar el Prueba de Abel-Dirichlet . En este caso, sólo tenemos que establecer que existe un número $M$ tal que para cualquier $L>0$
$$\left|\int_0^L \sin(x)\,dx\right|\le M$$
En la medida en que $\frac{1}{x}$ disminuye a $0$ monótonamente, entonces la prueba garantiza que la integral $\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x}\,dx$ existe.
Recuerdo que para utilizar la prueba de Abel-Dirichlet, tenemos que asegurarnos de que ambas funciones $\sin(x)$ y $\frac{1}{x}$ se definen en $[0, \infty)$ que en este caso $\frac{1}{x}$ no está definido en $0$ . Basta con mirar $\int_0^\infty \frac{sin(x)}{x^2} dx$ que es divergente. No creo que se pueda aplicar el test de Abel-Dirchlet aquí. @Mark Viola
Aquí hay dos pruebas.
Para la primera, escribimos $$ \int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \ dx = \sum_{n=0}^\infty \int_{n \pi}^{ (n + 1) \pi} \frac{\sin x}{x} \ dx \ .$$ Ahora defina $$ x_n = \int_{n \pi}^{ (n + 1) \pi} \frac{\sin x}{x} \ dx \ ,$$ y observe que los términos $x_n$ alternando en el signo desde $\sin x$ alternas en el signo. Tenemos $$ - \frac{1}{ n} \leq x_n \leq \frac{1}{n} \ ,$$ así que $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ . Por último, hay que tener en cuenta que $$|x_n| = \int_{n \pi}^{(n + 1) \pi } \frac{|\sin x|}{x} \ dx = \int_{(n + 1) \pi}^{(n + 2) \pi } \frac{|\sin x|}{x - \pi} \ dx \geq \int_{(n + 1) \pi}^{(n + 2) \pi } \frac{|\sin x|}{x} \ dx = |x_{n+1}| \ , $$ así que $|x_n|$ es monótonamente decreciente. Por tanto, podemos concluir que la serie $$ \sum_{n=0}^\infty x_n$$ satisface las condiciones de la prueba de Leibniz para las series alternas, y por tanto converge.
Para la segunda, utilizando la continuidad, se puede demostrar que $$ \int_0^1 \frac{\sin x}{x} \ dx < \infty \ .$$ Ahora, para la integral restante, tenemos $$ \int_1^\infty \frac{\sin x}{x} \ dx = - \frac{\cos x}{x} |_{1}^\infty - \int_1^\infty \frac{\cos x}{x^2} \ dx = \cos 1 - \int_1^\infty \frac{\cos x}{x^2} \ dx \ .$$ Ahora bien, tenga en cuenta que $$ \left| \int_1^\infty \frac{\cos x}{x^2} \ dx \right| \leq \int_1^\infty \frac{1}{x^2} \ dx < \infty \ .$$ Así, la integral $$ \int_1^\infty \frac{\sin x}{x} \ dx < \infty \ .$$
No estoy seguro de que su prueba de la primera parte sea válida, ya que esto sólo demuestra que para este específico división de la integral (es decir, en forma pareja $\pi$ integrales largas) el límite existe. En realidad hay que demostrar que para cualquier división arbitraria la serie converge. Esto significa que para cualquier secuencia $b_k$ con $\lim_{k \to \infty} b_k=\infty$ la serie $\sum_{k=0}^\infty \int_{b_{k-1}}^{b_k} sin(x)/x \,dx$ converge.
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@Dr.MV Porque evaluar una serie cuando sólo se pide la convergencia es exagerado aparentemente.
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Te falta un $dx$ .
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Esto es un duplicado de math.stackexchange.com/q/390810/269764 pero mi teléfono no me deja marcar para cerrarlo. ¿Podría alguien hacerlo?
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@BrevanEllefsen Tal vez debería refrescar la página.
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@BrevanEllefsen Ese "duplicado" es diferente y la única respuesta en el enlace no aborda la convergencia condicional.
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1+: Gracias por compartir esta solución, no sabía que se podía derivar la integral tan fácilmente.