Evaluación de la integral $\int_0^\infty \frac{\sin x} x \,\mathrm dx = \frac \pi 2$ ?

Question

Un famoso ejercicio que uno encuentra al hacer Análisis Complejo (Teoría de Residuos) es demostrar que la integral dada: $$\int\limits_0^\infty \frac{\sin x} x \,\mathrm dx = \frac \pi 2$$

Bueno, ¿puede alguien demostrar esto sin usar la teoría de los residuos? En realidad pensé en usar la representación en serie de $\sin x$ : $$\int\limits_0^\infty \frac{\sin x} x \, dx = \lim\limits_{n \to \infty} \int\limits_0^n \frac{1}{t} \left( t - \frac{t^3}{3!} + \frac{t^5}{5!} + \cdots \right) \,\mathrm dt$$ pero no veo cómo $\pi$ viene aquí, ya que necesitamos que la respuesta sea igual a $\dfrac{\pi}{2}$ .

Answer 1

Creo que esto también se puede resolver utilizando integrales dobles.

Es posible (si no recuerdo mal) justificar el cambio de orden de integración para dar la igualdad:

$$\int_{0}^{\infty} \Bigg(\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \,dy \Bigg)\, dx = \int_{0}^{\infty} \Bigg(\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \,dx \Bigg)\,dy$$ Observe que $$\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x\,dy = \frac{\sin x}{x}$$

Esto nos lleva a

$$\int_{0}^{\infty} \Big(\frac{\sin x}{x} \Big) \,dx = \int_{0}^{\infty} \Bigg(\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \,dx \Bigg)\,dy$$ Ahora el lado derecho se puede encontrar fácilmente, utilizando la integración por partes.

$$\begin{align*} I &= \int e^{-xy} \sin x \,dx = -e^{-xy}{\cos x} - y \int e^{-xy} \cos x \, dx\\ &= -e^{-xy}{\cos x} - y \Big(e^{-xy}\sin x + y \int e^{-xy} \sin x \,dx \Big)\\ &= \frac{-ye^{-xy}\sin x - e^{-xy}\cos x}{1+y^2}. \end{align*}$$ Así, $$\int_{0}^{\infty} e^{-xy} \sin x \,dx = \frac{1}{1+y^2}$$ Así, $$\int_{0}^{\infty} \Big(\frac{\sin x}{x} \Big) \,dx = \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+y^2}\,dy = \frac{\pi}{2}.$$

Answer 2

Aquí hay otra forma de terminar el argumento de Derek. Demuestra que $$\int_0^{\pi/2}\frac{\sin(2n+1)x}{\sin x}dx=\frac\pi2.$$ Dejemos que $$I_n=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin(2n+1)x}{x}dx= \int_0^{(2n+1)\pi/2}\frac{\sin x}{x}dx.$$ Dejemos que $$D_n=\frac\pi2-I_n=\int_0^{\pi/2}f(x)\sin(2n+1)x\ dx$$ donde $$f(x)=\frac1{\sin x}-\frac1x.$$ Necesitamos el hecho de que si definimos $f(0)=0$ entonces $f$ tiene una derivada continua en el intervalo $[0,\pi/2]$ . La integración por partes da como resultado $$D_n=\frac1{2n+1}\int_0^{\pi/2}f'(x)\cos(2n+1)x\ dx=O(1/n).$$ Por lo tanto, $I_n\to\pi/2$ y concluimos que $$\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}dx=\lim_{n\to\infty}I_n=\frac\pi2.$$

Answer 3

Aquí hay uno más, sólo por diversión. Para $\theta$ no es un múltiplo entero de $2 \pi$ tenemos $$\sum \frac{e^{i n \theta}}{n} = -\log(1-e^{i \theta}).$$ Tomando las partes imaginarias, para $0 < \theta < \pi$ tenemos $$\sum \frac{\sin (n \theta)}{n} = -\mathrm{arg}(1-e^{i \theta}) = \pi/2-\frac{\theta}{2}.$$ Dibuja el triángulo isósceles con vértices en $0$ , $1$ y $e^{i \theta}$ para ver la segunda igualdad.

Así que $\displaystyle \sum \theta \cdot \frac{\sin (n \theta)}{n \theta} = \pi/2-\frac{\theta}{2}$ . El lado derecho es una suma de Riemann a la derecha para $\int \frac{\sin t}{t} dt$ con intervalos de anchura $\theta$ . Así, tomando el límite como $\theta \to 0$ obtenemos $$\int\limits_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt=\frac{\pi}{2}$$ .

Answer 4

Una forma más fácil de obtener esta integral es evaluar la siguiente integral impropia con parámetro $a$ : $$ I(a)=\int_0^\infty e^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx, a\ge 0.$$ Es fácil ver $$I'(a)=-\int_0^\infty e^{-ax}\sin xdx=\frac{e^{-ax}}{a^2+1}(a\sin x+\cos x)\big|_0^\infty=-\frac{1}{a^2+1}.$$ Así, $$I(\infty)-I(0)=-\int_0^\infty\frac{1}{a^2+1}da=-\frac{\pi}{2}.$$ Nota $I(\infty)=0$ y por lo tanto $I(0)=\frac{\pi}{2}$ .

Answer 5

He aquí un esbozo de otra solución elemental basada en una prueba de la Teoría de las Series Infinitas de Bromwich.

Utilizando $\sin(2k+1)x-\sin(2k-1)x = 2\cos2kx\sin x$ y sumando de k=1 a k=n tenemos $$\sin(2n+1)x = \sin x \left( 1+ 2 \sum_{k=1}^n \cos 2kx \right),$$

y por lo tanto $$ \int_0^{\pi/2} {\sin(2n+1)x \over \sin x} dx = \pi/2. \qquad (1)$$

Dejemos que $y=(2n+1)x$ y esto se convierte en $$ \int_0^{(2n+1)\pi/2} {\sin y \over (2n+1) \sin (y/(2n+1))} dy = \pi/2.$$

y como $\lim_{n \to \infty} (2n+1) \sin { y \over 2n+1} = y$ sugiere que hay una prueba al acecho en alguna parte.

Así que pongamos $$\begin{align} I_n &= \int_0^{n\pi/(2n+1)} {\sin(2n+1)x \over \sin x} dx \ &= \sum_{k=0}^{n-1} \int_{k\pi/(2n+1)}^{(k+1)\pi/(2n+1)} {\sin(2n+1)x \over \sin x} dx. \end{align}$$

Por lo tanto, tenemos $I_n = u_0 – u_1 + u_2 \cdots + (-1)^{n-1}u_{n-1},$ donde $u_k$ es una secuencia decreciente de términos positivos. Podemos ver esto en la forma de la curva $y = \sin(2n+1)x / \sin x,$ que cruza el eje x en $\pi/(2n+1), 2\pi/(2n+1),\ldots,n\pi/(2n+1).$ (He dicho que esto es sólo un boceto, hay que comprobar los detalles).

Por lo tanto, la secuencia $I_n$ converge, y por (1) converge a $\pi/2.$

Ahora bien, si hacemos la sustitución $y=(2n+1)x$ vemos que $$u_k = \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} {\sin y \over (2n+1) \sin (y/(2n+1))} dy,$$

y como $I_n$ puede escribirse como una secuencia alterna de términos positivos decrecientes, podemos truncar la secuencia donde queramos y el valor de $I_n$ se encuentra entre dos sumas parciales sucesivas. Por lo tanto,

$$ \int_{0}^{2m\pi} {\sin y \over (2n+1) \sin (y/(2n+1))} dy < I_n < \int_{0}^{(2m+1)\pi} {\sin y \over (2n+1) \sin (y/(2n+1))} dy. \qquad (2)$$

para cualquier m tal que $2m+1 \le n.$ (Toma $m=[\sqrt{n}],$ digamos, $n \ge 6.$ )

Ahora $$\left| { \sin y \over y} - {\sin y \over (2n+1) \sin(y/(2n+1))} \right| < { \pi^2(2m+1)^2 \over 3(2n+1)^2}$$ por lo que esta diferencia tiende a cero uniformemente en el intervalo $0 \le y \le (2m+1)\pi$ y por lo tanto tomando el $\lim_{n \to \infty}$ en (2) obtenemos $$\int_0^{\infty} { \sin x \over x } dx = { \pi \over 2}.$$