Usar el Laplace transforma para solucionar $\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(x)\sin(x/3)}{x(x/3)}\:dx$

Question

Así que, me he encontrado con la siguiente integral (y expansión) muchas veces y en mi estudio hasta el momento, el Complejo de Residuos se han utilizado para evaluar. Tenía la esperanza de encontrar un enfoque alternativo usando transformadas de Laplace. Creo que el método que yo he tomado es la correcta, pero me preocupa hay ciertos teoremas/pruebas que se debe aplicar el primer

$$I = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin\left(\frac{x}{1}\right)\sin\left(\frac{x}{3}\right)}{\left(\frac{x}{1}\right)\left(\frac{x}{3}\right)}\:dx$$

El primer paso es hacer un ligero cambio de variable $x = 3u$, lo que nos da

$$I = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin\left(3u\right)\sin\left(u\right)}{u^2} \: du $$

Aquí utilizo la Feynman Truco, pero con dos variables, es decir,

$$I(a,b) = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin\left(3ua\right)\sin\left(ub\right)}{u^2}\: du$$

Tomar la transformada de Laplace w.r.t '$a$'

$$\mathscr{L}_{a} \left[I(a,b)\right] = \int_{0}^{\infty} \frac{\mathscr{L}_{a}\left[\sin\left(3ua\right)\right]\sin\left(ub\right)}{u^2}\: du = \int_{0}^{\infty} \frac{3u\sin\left(ub\right)}{\left(s^2 + 9u^2\right)u^2}\: du $$

O

$$ \overline{I}(s,b) = \int_{0}^{\infty} \frac{3\sin\left(ub\right)}{\left(s^2 + 9u^2\right)u}$$

Ahora aplicar la transformada de Laplace w.r.t '$b$'. Aquí $\omega$ será utilizado como suplente '$s$' variable. Por lo tanto llegamos a

$$ \mathscr{L}_{b}\left[\overline{I}(s,b)\right] = \int_{0}^{\infty} \frac{3\mathscr{L}_{b}\left[\sin\left(ub\right)\right]}{\left(s^2 + 9u^2\right)u}\:du = \int_{0}^{\infty} \frac{3u}{\left(s^2 + 9u^2\right)u\left(\omega^2 + u^2\right)}\:du $$

O

$$\overline{\overline{I}}\left(s,\omega\right) = \int_{0}^{\infty} \frac{3}{\left(s^2 + 9u^2\right)\left(\omega^2 + u^2\right)}\:du = \frac{3\pi}{2s\omega}\left(\frac{1}{s + 3\omega} \right)$$

En ningún orden específico, nosotros ahora tomamos la transformada Inversa de Laplace w.r.t. '$\omega$'

$$\overline{I}\left(s,b\right) = \mathscr{L}_{\omega}^{-1}\left[\frac{3\pi}{2s\omega}\left(\frac{1}{s + 3\omega} \right) \right] = \frac{3\pi}{2}\left[\frac{1}{s^2} - \frac{e^{\frac{sb}{3}}}{s^2}\right]$$

Ahora podemos tomar la transformada Inversa de Laplace w.r.t. '$s$'

$$I(a,b) = \frac{3\pi}{2}\mathscr{L}_{s}^{-1}\left[ \frac{1}{s^2} - \frac{e^{\frac{sb}{3}}}{s^2}\right] = \frac{3\pi}{2}\left[a - \left(a - \frac{b}{3} \right)\mathcal{H}\left(a - \frac{b}{3}\right) \right]$$

Y así,

$$I = I(1,1) = \frac{3\pi}{2}\left[1 - \left(1 - \frac{1}{3} \right)\mathcal{H}\left(1 - \frac{1}{3}\right) \right] = \frac{\pi}{2}$$

Como se requiere.

Es este un golpe de suerte? o es sólo empleando el Teorema de Convergencia Dominada y Fubini del Theorm (como creo que es válido aquí).

Answer 1

No estoy seguro de lo que quieres con tu "este Es un golpe de suerte?" pregunta...

Por si acaso, aquí es un enfoque diferente a la integral:

$$I=\int_0^\infty \frac{\sin (3x) \sin(x)}{x^2} dx=\frac{1}{2}\int_0^\infty \frac{\cos (2x)-\cos(4x)}{x^2} dx$$

$$I=\int_0^\infty \frac{\cos (x)-\cos(2x)}{x^2} dx$$

Ahora también la introducción de un parámetro, aunque sólo necesitamos uno:

$$I(a)=\int_0^\infty \frac{\cos (ax)-\cos(2ax)}{x^2} dx$$

$$I'(a)=\int_0^\infty \frac{2\sin (2ax)-\sin(ax)}{x} dx$$

La integral puede ser ahora de forma segura separados en dos términos, y cada uno tiene un reconocido valor:

$$\int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x} dx=\frac{\pi}{2}$$

Así:

$$I'(a)=\int_0^\infty \frac{2\sin (2ax)-\sin(ax)}{x} dx=\frac{\pi}{2}$$

La integración de (la constante de integración se determina por $I(0)$), tenemos:

$$I(a)=\frac{\pi}{2}a$$

$$I(1)=\frac{\pi}{2}$$

Las pruebas de la $\text{sinc}$ integral se puede encontrar en otros lugares, incluyendo este sitio. La evaluación de la integral de la $\int_0^\infty \frac{\sin x} x \ dx = \frac \pi 2$?

Answer 2

Esto comienza de manera similar a Yuriy S la respuesta, pero la ejecución parece un poco más simple.

Sustituyendo $x\mapsto3x$, la integral es igual a $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\sin(3x)\sin(x)}{x^2}\,\mathrm{d}x &=\int_0^\infty\frac{\cos(2x)-\cos(4x)}{2x^2}\,\mathrm{d}x\tag1\\ &=\int_0^\infty\int_2^4\frac{\sin(ax)}{2x}\,\mathrm{d}a\,\mathrm{d}x\tag2\\ &=\frac12\int_2^4\int_0^\infty\frac{\sin(x)}x\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}a\tag3\\[6pt] &=\frac\pi2\tag4 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: $\cos(3x-x)-\cos(3x+x)=2\sin(3x)\sin(x)$
$(2)$: $\int_2^4\sin(ax)\,\mathrm{d}a=\frac{\cos(2x)-\cos(4x)}x$
$(3)$: intercambiar el orden de integración, a continuación, sustituya $x\mapsto x/a$
$(4)$: $\int_0^\infty\frac{\sin(x)}x\,\mathrm{d}x=\frac\pi2$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x}\sin\pars{x/3} \over x\pars{x/3}}\,\dd x} = {1 \over 2}\int_{-\infty}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x} {\sin\pars{x/3} \over x/3}\,\dd x \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\int_{-\infty}^{\infty} \pars{{1 \over 2}\int_{-1}^{1}\expo{\ic kx}\dd k} \pars{{1 \over 2}\int_{-1}^{1}\expo{-\ic qx/3}\dd q}\,\dd x \\[5mm] = &\ {\pi \over 4}\int_{-1}^{1}\int_{-1}^{1}\int_{-\infty}^{\infty} \expo{\ic\pars{k - q/3}x}{\dd x \over 2\pi}\,\dd k\,\dd q = {\pi \over 4}\int_{-1}^{1}\int_{-1}^{1} \delta\pars{k - {q \over 3}}\,\dd k\,\dd q \\[5mm] = &\ {\pi \over 4}\int_{-1}^{1}\bracks{-1 < {q \over 3} < 1}\,\dd q = {\pi \over 4}\int_{-1}^{1}\,\dd q = \bbx{\pi \over 2} \end{align}