$$\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin(x)}{x} e^{itx} dx = ?$$
Sé que la transformada de Laplace de sinc es $\arctan(1/t)$ . Sin embargo, ¿qué pasa si $t$ ¿es un número complejo?
¡Hola! ¡Ataca de nuevo! :D
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Dr. MV
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Nota para $\text{Im}(t)\ge 0$ tenemos
$$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x}\,e^{itx}\,dx=\frac1{i2}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{i(t+1)x}-e^{i(t-1)}x}{x}\,dx$$
La aplicación de la Versión compleja de la integral de Frullani rinde
$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x}\,e^{itx}\,dx&=\frac1{i2}\int_{0}^\infty \frac{e^{i(t+1)x}-e^{i(t-1)}x}{x}\,dx\\\\ &=\frac{1}{i2}\log\left|\frac{t+1}{t-1}\right|+\frac12\left(\arctan\left(\frac{\text{Re}(t)+1}{\text{Im}(t)}\right)-\arctan\left(\frac{\text{Re}(t)-1}{\text{Im}(t)}\right)\right) \end{align}$$
He visto que has editado la pregunta, y el instinto acaba de decir que esto es lo que harías, ya que probablemente pensabas escribir una respuesta ;)
user1952009
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En términos de distribuciones, la transformada de Fourier de $\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}$ es $1_{|\xi| < 1/2}$ y el FT de $1_{x > 0}$ es $\frac{1}{2i \pi}\frac{d}{d\xi} \log |\xi| + \frac{1}{2} \delta(\xi) $ ,
por lo que el FT de $\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}1_{x > 0}$ es $$1_{|\xi| < 1/2} \ast (\frac{1}{2i \pi}\frac{d}{d\xi} \log |\xi| + \frac{1}{2} \delta(\xi)) = \frac{\log|\xi + 1/2| - \log|\xi - 1/2| }{2i \pi}+ \frac{1_{|\xi| < 1/2} }{2}$$
Sólo por curiosidad... ¿cómo se define la Delta de Dirac en $\mathbb{C}$ ? Es decir, ¿cómo se define la distribución $\delta(\xi)$ ?
@MarkViola No lo haces en general. Pero si realmente quieres, digamos que al considerar la continuación analítica de las transformadas (inversas) de Laplace, puedes definir un funcional analítico $\delta(z-a)= \lim_{N \to \infty}\int_{\sigma-iN}^{\sigma+iN} e^{-s(z-a)}ds$ siendo el límite en el sentido de las distribuciones en un espacio de funciones analíticas de prueba. En este marco, la transformada de Laplace/Fourier de $e^x$ podría ser $\delta(z-i)$ .
Entonces, ¿fue con ese espíritu que escribió $\delta(\xi)$ ? Lo pregunto porque el OP especificó un interés en los valores complejos de $t$ , donde $t$ era la variable de transformación (es decir, el $t$ es su $\xi$ Creo).
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x}\,\expo{\ic tx}\,\dd x = \int_{-\infty}^{\infty}\bracks{x > 0}{\sin\pars{x} \over x}\,\expo{\ic tx} \,\dd x \\[5mm] = &\ \int_{-\infty}^{\infty}\bracks{\int_{-\infty}^{\infty}{\expo{\ic kx} \over k - \ic 0^{+}}\,{\dd k \over 2\pi\ic}} {\sin\pars{x} \over x}\,\expo{\ic tx}\,\dd x = \int_{-\infty}^{\infty}{1 \over k - \ic 0^{+}}\int_{-\infty}^{\infty} {\sin\pars{x} \over x}\,\expo{\ic\pars{k + t}x}\,\dd x\,{\dd k \over 2\pi\ic} \\[5mm] = &\ \int_{-\infty}^{\infty}{1 \over k - \ic 0^{+}}\int_{-\infty}^{\infty} \pars{{1 \over 2}\int_{-1}^{1}\expo{-\ic qx}\,\dd q} \,\expo{\ic\pars{k + t}x}\,\dd x\,{\dd k \over 2\pi\ic} \\[5mm] = &\ {1 \over 2}\int_{-\infty}^{\infty}{1 \over k - \ic 0^{+}}\int_{-1}^{1} \int_{-\infty}^{\infty} \expo{\ic\pars{k + t - q}x}\,\dd x\,\dd q\,{\dd k \over 2\pi\ic} = {1 \over 2}\int_{-\infty}^{\infty}{1 \over k - \ic 0^{+}}\int_{-1}^{1} 2\pi\,\delta\pars{k + t - q}\,\dd q\,{\dd k \over 2\pi\ic} \\[5mm] = &\ {1 \over 2\ic}\int_{-\infty}^{\infty} {\bracks{-1 < k + t < 1} \over k - \ic 0^{+}}\,\dd k = {1 \over 2\ic}\int_{-1 - t}^{1 - t}{\dd k \over k - \ic 0^{+}} \\[5mm] = &\ {1 \over 2\ic}\,\mrm{P.V.}\int_{-1 - t}^{1 - t}{\dd k \over k} + {1 \over 2\ic}\,\ic\pi\bracks{-1 - t < 0 < 1 - t} \\[5mm] & = -\,{\ic \over 2}\left\{% \bracks{1 - t < 0}\ln\pars{t - 1 \over t + 1} + \bracks{-1 - t < 0}\bracks{1 - t > 0}\ln\pars{1 - t \over 1 + t}\right. \\ &\ \left.\phantom{-\,{\ic \over 2}\left\{\right.} + \bracks{-1 - t > 0}\ln\pars{1 - t \over - 1 - t}\right\} + {\pi \over 2}\,\bracks{-1 < t < 1} \\[5mm] & = -\,{\ic \over 2}\left\{% \bracks{t > 1}\ln\pars{t - 1 \over t + 1} + \bracks{\verts{t} < 1}\ln\pars{1 - t \over 1 + t}\right. \\ &\ \left.\phantom{-\,{\ic \over 2}\left\{\right.} + \bracks{t < - 1}\ln\pars{1 - t \over - 1 - t}\right\} + {\pi \over 2}\,\bracks{-1 < t < 1} \\[5mm] = &\ \bbx{\bracks{\vphantom{\Large A}\verts{t} < 1}{\pi \over 2} + {1 \over 2}\bracks{\vphantom{\Large A}\verts{t} \not= 1} \ln\pars{\verts{t + 1 \over t - 1}}\,\ic} \end{align} 
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Hehe, apuesto a que a MV le gustaría escribir $\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$ y aplicar el teorema de Frullani generalizado.
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@SimplyBeautifulArt Su suposición es correcta ... ;-)