Evaluación de $\int_0^{\infty} \text{sinc}^m(x) dx$

Question

¿Cómo puedo evaluar $$I_m = \displaystyle \int_0^{\infty} \text{sinc}^m(x) dx,$$ donde $m \in \mathbb{Z}^+$ ?

Para $m=1$ y $m=2$ tenemos el conocido resultado de que esto es igual a $\dfrac{\pi}2$ . En general, WolframAlpha sugiere que es parece ser un múltiplo racional de $\pi$ .

\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c} m & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ \hline I_m & \dfrac{\pi}2 & \dfrac{\pi}2 & \dfrac{3\pi}8 & \dfrac{\pi}3 & \dfrac{115\pi}{384} & \dfrac{11\pi}{40} & \dfrac{5887 \pi}{23040}\\ \end{array}

$(1)$ . ¿Podemos demostrar que $I_m$ es un múltiplo racional de $\pi$ ¿Siempre?

$(2)$ . Si es así, ¿existe una fórmula agradable, es decir, si $I_m = \dfrac{p(m)}{q(m)} \pi$ , donde $p(m),q(m) \in \mathbb{Z}^+$ ¿hay expresiones bonitas para $p(m)$ y $q(m)$ ?

P.D: Esta integral surgió cuando estaba probando mi método para responder esta pregunta escribiendo $\dfrac{\sin(x)}{x+\sin(x)}$ como $$\dfrac{\sin(x)}{x+\sin(x)} = \text{sinc}(x) \cdot \dfrac1{1+\text{sinc}(x)} = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \text{sinc}^{k+1}(x)$$

Answer 1

Aviso $\lim_{x\to 0} \frac{\sin x}{x}$ está acotado en $x = 0$ ,

$$\begin{align}\int_0^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^m dx &= \frac12 \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^m dx\tag{*1}\\ &= \lim_{\epsilon\to 0} \frac12 \left(\frac{1}{2i}\right)^m \oint_{C_{\epsilon}} \left(\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{x}\right)^m dx\tag{*2} \end{align}$$ Podemos evaluar la integral $(*1)$ como límite de una integral sobre un contorno deformado contorno $C_{\epsilon}$ que tiene un pequeño semicírculo de radio $\epsilon$ en el origen:

$$C_{\epsilon} = (-\infty,-\epsilon) \cup \left\{ \epsilon e^{i\theta} : \theta \in [\pi,2\pi] \right\} \cup ( +\epsilon, +\infty)$$

A continuación, dividimos el integrando en $(*2)$ en dos piezas, las que contienen factores exponenciales $e^{ikx}$ para $k \ge 0$ y los de $k < 0$ .

$$(*2) = \lim_{\epsilon\to 0} \frac12 \left(\frac{1}{2i}\right)^m \oint_{C_{\epsilon}} \left( \sum_{k=0}^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor} + \sum_{k=\lfloor\frac{m}{2}\rfloor+1} ^{m} \right) \binom{m}{k} \frac{(-1)^k e^{i(m-2k)x}}{x^m} dx$$

Para evaluar la $1^{st}$ pieza, necesitamos completar el contorno en el semiplano superior. Como el contorno completado contiene el polo en $0$ obtenemos:

$$\begin{align} \sum_{k=0}^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor} \text{ in }(*2) &= \frac12 \left(\frac{1}{2i}\right)^m (2\pi i)\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor} \binom{m}{k} \frac{(-1)^k i^{m-1}(m-2k)^{m-1}}{(m-1)!}\\ &= \frac{\pi m}{2^m} \sum_{k=0}^{\lfloor\frac{m}{2}\rfloor} \frac{(-1)^k (m-2k)^{m-1}}{k!(m-k)!}\tag{*3}\end{align}$$

Para evaluar la $2^{nd}$ pieza, tenemos que completar el contorno en el semiplano inferior en su lugar. Como el contorno completado ya no contiene ningún polo, no aporta nada y por tanto $I_m$ es justo igual al R.H.S de $(*3)$ .

Actualización

Sobre la cuestión de si $I_m$ es decreciente. Aparte de la excepción $I_1 = I_2$ es estrictamente decreciente.

Para $m \ge 1$ es evidente que $I_{2m} > I_{2m+1}$ porque la diferencia de las integradas correspondientes es no negativa y no idéntica a cero. Para el resto de los casos, tenemos:

$$\begin{align}&I_{2m+1}-I_{2m+2}\\ = & \int_{0}^{\infty} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2m+1}\left(1 - \frac{\sin x}{x}\right) dx\\ = & \left(\sum_{n=0}^{\infty} \int_{2n\pi}^{(2n+1)\pi}\right) \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2m+1}\left[1 - \frac{\sin x}{x} - \left(\frac{x}{x+\pi}\right)^{2m+1}\left(1 + \frac{\sin x}{x + \pi}\right)\right] dx \end{align}$$

Sobre la gama $\cup_{n=0}^{\infty} (2n\pi,(2n+1)\pi)$ el factor $\left(\frac{\sin x}{x}\right)^{2m+1}$ es positivo. El otro factor $\Big[\cdots\Big]$ en la integral anterior está acotada por debajo:

$$ \begin{cases} 1 - \frac{\sin x}{x} - \left(\frac{x}{x+\pi}\right)^3\left(1 + \frac{\sin x}{x + \pi}\right), & \text{ for } x \in (0,\pi)\\ 1 - \frac{1}{x} - \frac{x}{x+\pi}\left(1 + \frac{1}{x}\right) = \frac{(\pi - 2)x - \pi}{x(x+\pi)} & \text{ for } x \in \cup_{n=1}^{\infty}(2n\pi,(2n+1)\pi) \end{cases} $$ Un simple gráfico le convencerá de que ambos límites son positivos en el rango correspondiente. Este implica que el integrando de la integral anterior es positivo y por lo tanto $I_{2m+1} > I_{2m+2}$ .

Answer 2

Espero que un método alternativo (al de achille hui ) puede ser de interés. No utiliza la integración de contornos y se basa en el truco empleado aquí . En lugar de la integral inicial consideramos una deformación de 2 parámetros $$ I(a,b)=\int_{0}^{\infty}x^{b-1}e^{-ax}\left(e^{ix}-e^{-ix}\right)^m dx =\sum_{k=0}^m(-1)^{m-k}{m\choose k}\int_0^{\infty}x^{b-1}e^{-(a+i(m-2k))x}dx$$ con $a>0$ y $b>0$ . Obviamente, se expresa en términos de funciones gamma: \begin{align} I(a,b)=\sum_{k=0}^m (-1)^{m-k}\bigl(a+i(m-2k)\bigr)^{-b}{m\choose k}\Gamma(b)=\\=\frac{\pi}{\Gamma(1-b)}\sum_{k=0}^m \frac{(-1)^{m-k}\bigl(a+i(m-2k)\bigr)^{-b}}{\sin\pi b}{m\choose k} \end{align} Ahora nos interesa el límite $a\rightarrow 0$ , $b\rightarrow 1-m$ . El prefactor se convierte en $\displaystyle \frac{\pi}{(m-1)!}$ . Para tomar el límite de la suma, escríbalo como \begin{align}\sum_{k=0}^{[m/2]}\left[\frac{(-1)^{m-k}\bigl(a+i(m-2k)\bigr)^{-b}}{\sin\pi b}+\frac{(-1)^{k}\bigl(a-i(m-2k)\bigr)^{-b}}{\sin\pi b}\right]{m\choose k}\substack{{a\rightarrow0}\\ \rightarrow}\\ \sum_{k=0}^{[m/2]}\frac{(-1)^{m-k}e^{-i\pi b/2}+(-1)^{k}e^{i\pi b/2}}{(m-2k)^b\sin\pi b}{m\choose k}=e^{-i\pi m/2}\sum_{k=0}^{[m/2]}\frac{2\cos\frac{\pi(b+m-2k)}{2}}{(m-2k)^b\sin\pi b}{m\choose k}. \end{align} Por último, el límite de $\displaystyle \frac{2\cos\frac{\pi(b+m-2k)}{2}}{\sin\pi b}$ como $b\rightarrow 1-m$ es calculado por L'Hopital como $(-1)^{k+m}$ . Resumiendo todo, obtenemos para nuestra integral la expresión $$ (2i)^{-m}I(0,1-m)=\frac{\pi\cdot 2^{-m}}{(m-1)!}\sum_{k=0}^{[m/2]}(-1)^k(m-2k)^{m-1}{m\choose k},$$ que coincide con la expresión de achille hui .

Answer 3

Dejemos que $f(x)=\sin^m(x)$ donde $m>1$ . Integración por partes $m-1$ veces da la fórmula

$$ \int_0^{\infty}\frac{f(x)}{x^m}dx=\frac{1}{(m-1)!}\int_0^{\infty}\frac{f^{(m-1)}(x)}{x}dx. $$

Ahora tenemos las fórmulas

\begin{align} \sin^{2n}(x)&=\frac{1}{2^{2n-1}}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{n-k}\binom{2n}{k}\cos((2n-2k)x)+\frac{1}{2^{2n}}\binom{2n}{n} \\ \sin^{2n-1}(x)&=\frac{1}{2^{2n-2}}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{n-k-1}\binom{2n-1}{k}\sin((2n-2k-1)x). \end{align}

Diferenciar los primeros $2n-1$ veces y la última $2n-2$ veces para obtener con la primera ecuación

\begin{align} L(2n)&=\frac{\pi}{2^{2n}(2n-1)!}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\binom{2n}{k}(2n-2k)^{2n-1} \\ L(2n-1)&=\frac{\pi}{2^{2n-1}(2n-2)!}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k}\binom{2n-1}{k}(2n-2k-1)^{2n-2}, \end{align}

desde

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

Esto se traduce en una forma acampanada

$$ L(m)=\frac{\pi}{2^{m}(m-1)!}\sum_{k=0}^{\left \lfloor{\frac{m}{2}}\right \rfloor }(-1)^{k}\binom{m}{k}(m-2k)^{m-1}. $$