Correcto

Question

Considere el integral $(1)$

$$\text{Conjecture}\ \int_{-\infty}^{+\infty}{\mathrm dx\over x^2}\left(1-{\sin x\over x}\right)^n=\color{blue}{\pi\over n+1}\tag1$ $ Donde $n\ge1$

Requiere ayuda para probar conjeturas $(1)$

Un intento:

Aplique serie binomial a $(1)$, entonces tenemos

$$\sum{k=0}^{n}(-1)^k{n\choose k}\int{-\infty}^{+\infty}{x^{n-k}\sin^k x\over x^2}\mathrm dx\tag2$$

Podemos aplicar el truco de $(3)$

$$\int{-\infty}^{+\infty}f(x){\sin^2 x\over x^2}\mathrm dx=\int{0}^{\pi}f(x)\mathrm dx\tag3$ $ entonces llega a ser $(2)$ $$Ik=\sum{k=0}^{n}(-1)^k{n\choose k}\int_{0}^{\pi}{x^{n-k}\sin^{k-2} x}\mathrm dx\tag4$ $

Supongo que podríamos aplicar integración por partes a $(4)$ pero parece difícil...

Answer 1

Si se define la transformada de Fourier a través de \begin{equation*} \hat{f}(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty}e^{-i\xi x}f(x)\, dx \end{ecuación*} tenemos \begin{equation*} \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{x^2}\left(1-\dfrac{\sin x}{x}\right)^n \, dx = \hat{f}(0) \end{ecuación*} donde \begin{equation*} f(x) = \dfrac{1}{x^2}\left(1-\dfrac{\sin x}{x}\right)^n. \end{ecuación*} El resto de la respuesta se concentra en determinar el $\hat{f}(0).$

Escribir \begin{equation*} x^2f(x) = 1+\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k}g_{k}(x)\tag{1} \end{ecuación*} donde \begin{equation*} g_{k}(x) = \dfrac{\sin^kx}{x^k}. \end{ecuación*} Es bien sabido que $\hat{g_{1}}(\xi) =\pi(H(\xi +1)-H(\xi -1))$ donde $H$ es la función de Heaviside. Para $k\ge 2$ estudio \begin{equation*} x^kg_{k}(x) = \sin^kx = (2i)^{-k}\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{j}e^{i(k-2j)x}. \end{ecuación*} Por lo tanto \begin{equation*} i^{k}\hat{g_{k}}^{(k)}(\xi) = 2\pi(2i)^{-k}\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{j}\delta(\xi-k+2j).\tag{2} \end{ecuación*} Luego integramos (2) $k$ veces. Tenemos que añadir un polinomio $p_{k}(\xi)$. \begin{equation*} \hat{g_{k}}(\xi) = p_{k}(\xi)+2\pi\cdot(-2)^{-k}\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{j}\dfrac{(\xi-k+2j)^{k-1}}{(k-1)!}H(\xi-k+2j).\tag{3} \end{ecuación*} Pero para $k\ge 2$ $g_{k}\in L_{1}({\mathbb{R}})$. Según Riemann-Lebesgue del lexema $\displaystyle\lim_{\xi\to -\infty}\hat{g_{k}}(\xi) = 0$. Pero para $\xi < 0$ todos Heaviside términos en (3)$0$. En consecuencia, $\displaystyle \lim_{\xi\to -\infty}p_{k}(\xi) = 0$ lo que significa que $p_{k}(\xi) = 0$ todos los $\xi$. Nos damos cuenta de que, incluso, $\hat{g_{1}}(\xi)$ está incluido en (3). Ahora estamos preparados para volver a (1). La transformación de Fourier de los rendimientos \begin{gather*} -\hat{f}^{''}(\xi) = 2\pi\delta(\xi) + \sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k}\hat{g_{k}}(\xi)=\\[2ex] 2\pi\delta(\xi) + 2\pi\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}(-1)^{k}(-2)^{-k}\cdot\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{j}\dfrac{(\xi-k+2j)^{k-1}}{(k-1)!}H(\xi-k+2j). \end{reunir*} En el siguiente paso integramos dos veces, cambian los signos y quitar un polinomio de grado uno. Tenemos \begin{equation*} \hat{f}(\xi) = -2\pi\xi H(\xi)- 2\pi\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}2^{-k}\cdot\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{j}\dfrac{(\xi-k+2j)^{k+1}}{(k+1)!}H(\xi-k+2j). \end{ecuación*} Por último ponemos $\xi = 0$.

\begin{gather*} \hat{f}(0) = - 2\pi\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}2^{-k}\cdot\sum_{j=0}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{j}\dfrac{(2j-k)^{k+1}}{(k+1)!}H(2j-k)=\\[2ex] - 4\pi\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}\cdot\sum_{j=1+\lfloor k/2\rfloor}^{k}\binom{k}{j}(-1)^{j}\dfrac{(j-\frac{k}{2})^{k+1}}{(k+1)!}. \end{reunir*}