Qué $\int_{0}^{\infty} \frac{\sin (\tan x)}{x} \ dx $ convergen?

Question

Qué $ \displaystyle \int_{0}^{\infty} \ \frac{\sin (\tan x)}{x} dx $ convergen?

$ \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\sin (\tan x)}{x} \ dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin (\tan x)}{x} \ dx + \sum_{n=1}^{\infty} \int_{\pi(n-\frac{1}{2})}^{\pi(n+\frac{1}{2})} \frac{\sin (\tan x)}{x} \ dx $

La primera integral converge desde $\displaystyle \frac{\sin (\tan x)}{x}$ tiene una singularidad removible en $x=0$ y está delimitado cerca de $ \displaystyle \frac{\pi}{2}$.

Y $ \displaystyle \int_{\pi(n-\frac{1}{2})}^{\pi(n+\frac{1}{2})} \frac{\sin (\tan x)}{x} \ dx$ converge desde $\displaystyle \frac{\sin (\tan x)}{x}$ está delimitado cerca de $\pi(n-\frac{1}{2})$$\pi(n+\frac{1}{2})$.

Pero no $ \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \int_{\pi(n-\frac{1}{2})}^{\pi(n+\frac{1}{2})} \frac{\sin (\tan x)}{x} \ dx$ convergen?

Answer 1

Sí.

Tenga en cuenta que $$\begin{align} I_n:=\int_{\pi(n-\frac12)}^{\pi(n+\frac12)}\frac{\sin(\tan(x))}{x}\,\mathrm dx&=\int_0^{\frac\pi2}\left(\frac1{n\pi+x}-\frac1{n\pi-x}\right)\sin(\tan(x))\,\mathrm dx\\&=\int_0^{\frac\pi2}\frac{-2x}{n^2\pi^2-x^2}\sin(\tan(x))\,\mathrm dx\\ \end{align}$$ Con $A:=\int_0^{\frac\pi2}\max\{-2x\sin(\tan (x)),0\}\,\mathrm dx$, $B:=\int_0^{\frac\pi2}\min\{-2x\sin(\tan (x)),0\}\,\mathrm dx$ (que ambos convergen), por lo tanto, podemos estimar $$ \frac{1}{n^2\pi^2-\pi^2/4}B+\frac{1}{n^2\pi^2-0}A\le I_n\le \frac{1}{n^2\pi^2-\pi^2/4}A+\frac{1}{n^2\pi^2-0}B,$$ La diferencia entre estos límites y $\frac1{n^2\pi^2}(A+B)$ se rige por $$\frac{1}{n^2\pi^2-\frac{\pi^2}{4}}-\frac1{n^2\pi^2}=\frac1{4\pi^2 n^4-\pi^2 n^2},$$ por lo tanto $$ I_n=\frac1{n^2\pi^2}(A+B)+O(n^{-4}).$$ Llegamos a la conclusión de que $\sum I_n$ converge al menos tan buena como la de $\sum\frac1{n^2}$.