Hace $ \int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx $ ¿tiene una integral de Riemann impropia o una integral de Lebesgue?

Question

En este artículo de wikipedia para integrales impropias, $$ \int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx $$ se da como ejemplo para las integrales que tienen una integral de Riemann impropia pero no tienen una integral de Lebesgue (propia). Aquí están mis preguntas :

• ¿Por qué ésta tiene una integral de Riemann impropia? (No veo por qué $\int_0^a\frac{\sin x}{x}dx$ y $\int_a^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx$ convergen).
• ¿Por qué esta integral no tiene una integral de Lebesgue? ¿Es porque $\frac{\sin x}{x}$ no tiene límites en $(0,\infty)$ ¿y la integral de Lebesgue no se ocupa de las funciones no limitadas?

Answer 1

$\displaystyle \int_0^a\frac{\sin x}xdx$ converge ya que podemos extender la función $x\mapsto \frac{\sin x}x$ por la continuidad en $0$ (damos el valor $1$ en $0$ ). Para ver que la segunda integral converge, integramos por partes $\displaystyle\int_a^A\frac{\sin x}x dx$ . De hecho, obtenemos $$\int_a^A\frac{\sin x}xdx =\left[-\frac{\cos x}x\right]_a^A+\int_a^A-\frac{\cos x}{x^2}dx = \frac{\cos a}a-\frac{\cos A}A-\int_a^A\frac{\cos x}{x^2}dx,$$ y $\displaystyle\lim_{A\to +\infty}\frac{\cos A}A=0$ y el hecho de que $\displaystyle\int_a^{+\infty}\frac{dx}{x^2}$ es convergente da uso a la convergencia de $\displaystyle\int_a^{+\infty}\frac{\sin x}xdx$ . Pero $f(x):=\frac{\sin x}x$ no tiene una integral de Lebesgue, ya que la integral $\displaystyle\int_0^{\infty}\left|\frac{\sin x}x\right| dx$ no es convergente (pero no es una consecuencia del hecho de que $f$ no está acotado, primero porque $f$ está acotado, y más generalmente considerar $g(x)=\frac 1{\sqrt x}$ para $0<x\leq 1$ y $g(x)=0$ para $x>1$ ). Para ver que la integral no es convergente, observe que para $N\in\mathbb N$ \begin{align*} \int_{\pi}^{(N+1)\pi}\left|\frac{\sin x}x\right|dx&=\sum_{k=1}^N\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left|\frac{\sin x}x\right|dx\\\ &=\sum_{k=1}^N\int_0^{\pi}\frac{|\sin(t+k\pi)|}{t+k\pi}dt\\\ &=\sum_{k=1}^N\int_0^{\pi}\frac{|\sin t|}{t+k\pi}dt\\\ &\geq \sum_{k=1}^N\frac 1{(k+1)\pi}\int_0^{\pi}\sin t\,dt\\\ &=\frac 2{\pi}\sum_{k=1}^N\frac 1{k+1}, \end{align*} y podemos concluir que la serie armónica no es convergente.

Answer 2

Esta respuesta es una versión modificada de una respuesta a una pregunta cerrada .

La integral no es absolutamente convergente. Porque $$ \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin(t)|\;\mathrm{d}t=2\tag{1} $$ tenemos $$ \frac{2}{(k+1)\pi}\le\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\left|\frac{\sin(t)}{t}\right|\;\mathrm{d}t\le\frac{2}{k\pi}\tag{2} $$ Como la serie armónica diverge, también lo hace la integral del valor absoluto. Por lo tanto, la integral de Lebesgue no existe.

Sin embargo, la integral de Riemann impropia $$ \int_0^\infty\frac{\sin(t)}{t}\mathrm{d}t\tag{3} $$ existe. Para ver esto, observe que $$ \int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}\sin(t)\;\mathrm{d}t=0\tag{4} $$ Con $a=\frac12\left(\frac{1}{2k\pi}+\frac{1}{2(k+1)\pi}\right)$ y utilizando $(1)$ y $(4)$ obtenemos $$ \begin{align} \left|\int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}\frac{\sin(t)}{t}\mathrm{d}t\right| &=\left|\int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}\sin(t)\;\left(\frac1t-a\right)\;\mathrm{d}t\right|\\ &\le\int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}\left|\sin(t)\right|\;\mathrm{d}t\;\max_{[2k\pi,2(k+1)\pi]}\left(\frac1t-a\right)\\ &=4\cdot\frac12\left(\frac{1}{2k\pi}-\frac{1}{2(k+1)\pi}\right)\\ &=\frac{1}{k(k+1)\pi}\tag{5} \end{align} $$ Además, tenemos la serie telescópica $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(k+1)} &=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\\ &=1\tag{6} \end{align} $$ Así, $(2)$ , $(5)$ y $(6)$ garantizar que $$ \int_{2\pi}^\infty\frac{\sin(t)}{t}\mathrm{d}t\tag{7} $$ converge a un valor no mayor que $\dfrac1\pi$ .

Desde $\left|\dfrac{\sin(t)}{t}\right|\le1$ , $$ \int_0^{2\pi}\frac{\sin(t)}{t}\mathrm{d}t\tag{8} $$ tiene un valor no superior a $2\pi$ .

$(7)$ y $(8)$ garantizar que $$ \int_0^\infty\frac{\sin(t)}{t}\mathrm{d}t\tag{9} $$ converge a un valor no mayor que $2\pi+\dfrac1\pi$ .

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Otra prueba general es la prueba de Dirichlet ( Teorema 17.5 ). Dice que si $$ \left|\int_a^xf(t)\;\mathrm{d}t\right|<M $$ independiente de $x\in[a,\infty)$ y $g(x)$ disminuye monótonamente hasta $0$ como $x\to\infty$ entonces $$ \int_a^\infty f(t)g(t)\;\mathrm{d}t $$ converge.

En este caso, $$ \left|\int_0^N\sin(t)\;\mathrm{d}t\right|\le2 $$ y $\dfrac1t$ es monotónicamente decreciente a $0$ en $(0,\infty)$ . Así, por Dirichlet, $$ \int_0^\infty\frac{\sin(t)}{t}\mathrm{d}t $$ converge.

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De hecho, la integración de los contornos arroja que $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(t)}{t}\mathrm{d}t=\pi $$ que, por simetría, nos dice que $$ \int_0^\infty\frac{\sin(t)}{t}\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2} $$

Answer 3

Nuevo intento:

Para ver que tiene una integral de Riemann impropia argumentar que la función es continua en $0$ .

Ahora,

$$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \, \text{d}x = \lim_{y \to \infty} \left (\sum_{k = 1}^{[y/\pi]} \int_{k \pi}^{(k + 1) \pi} \frac{\sin x}{x} \, \text{d}x + \int_{[y/\pi]\pi}^y \frac{\sin x}{x} \, \text{d}x \right ).$$ Esto, a su vez, es igual a $$\lim_{y \to \infty} \left (\sum_{k = 1}^{[y/\pi]} \int_{0}^{\pi} (-1)^k \frac{\sin x}{x + k \pi} \, \text{d}x + \int_{[y/\pi]\pi}^y \frac{\sin x}{x} \, \text{d}x \right ).$$ Ahora el primer término converge por la prueba de la serie alterna (¿prueba de Cauchy?) y el segundo converge a $0$ .

Answer 4

Además de la respuesta de @David, debería haber notado que la respuesta a las preguntas están parcialmente en ese artículo de la wiki que también da una comparación entre integrales impropias de Riemann e integrales de Lebesgue .

Es más, la segunda pregunta es en cierto modo incorrecta: $\frac{\sin x}{x}$ está acotado en $(0,\infty)$ :

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Gracias a las dos preguntas siguientes:

• Demuestra que $\int^{\infty}_{0} x^{-1} \sin x dx = \frac\pi2$
• Resolver la integral $\int_{0}^{\infty} \frac{\sin{x}}{x} \ dx = \frac{\pi}{2}$ ?

uno puede realmente llegar a $$ \int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx = \frac{\pi}{2}. $$ Vale la pena saber que esto también se llama Integral de Dirichlet .

Answer 5

Puede lograr demostrar $\frac{\sin x}{x}$ no es integrable en Lebesgue sobre $[0,\infty[$ también mediante el uso de algunos matemática de la lucha callejera .

En realidad, sólo hay que demostrarlo: $$\int_\pi^\infty \frac{|\sin x|}{x}\ \text{d} x =\infty\; ,$$ para la integral $\int_0^\pi \frac{|\sin x|}{x}\ \text{d}x$ es finito (debido a $\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{x} =1$ y la continuidad de $\frac{\sin x}{x}$ en $]0,\pi]$ ).

Dejemos que $f(x):=\frac{|\sin x|}{x}$ en aras de la simplicidad. A continuación, $f$ es no negativo y cóncavo en cada intervalo del tipo $[k\pi, (k+1)\pi]$ y alcanza su mínimo global (es decir $0$ ) en $x_k:=k\pi$ con $k\in \mathbb{N}$ Además, $f$ alcanza el máximo local en $\xi_k \in ]k\pi,(k+1)\pi[$ , donde $\xi_k$ es la solución única de: $$\sin x=x\ \cos x$$ en $[k\pi,(k+1)\pi]$ .

El triángulo $\mathfrak{T}_k$ con vértices en $A_k:=(k\pi ,0)$ , $B_k:=((k+1)\pi ,0)$ y $C_k:=(\xi_k,f(\xi_k))$ se encuentra en el trapecio $\mathfrak{R}_k:=\{(x,y)\in \mathbb{R}^2|\ k\pi\leq x\leq (k+1)\pi,\ 0\leq y\leq f(x)\}$ por concavidad, por lo que para cada índice $k$ : $$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(x)\ \text{d} x =\operatorname{Area}(\mathfrak{R}_k) \geq \operatorname{Area}(\mathfrak{T}_k)=\frac{\pi}{2}\ f(\xi_k)$$ y: $$\tag{1} \int_{\pi}^{(k+1)\pi} f(x)\ \text{d} x\geq \sum_{n=1}^k \frac{\pi}{2}\ f(\xi_n)\; .$$

Ahora, usted gana si demuestra que el RHside de ( 1 ) es el $k$ -ésima suma parcial de una serie positivamente divergente.

Puedes demostrarlo: $$\xi_k = \frac{\pi}{2} +k\pi -\varepsilon_k = \frac{\pi}{2} (2k+1)-\varepsilon_k$$ con $0<\varepsilon_k<\pi/2$ y $\varepsilon \to 0$ como $k\to \infty$ (cfr. Mahajan, Matemáticas para la lucha en la calle , 6.4), por lo que se obtiene: $$\begin{split} f(\xi_k) & = \frac{|\sin \xi_k|}{\xi_k} \\ &= \frac{|\sin (\pi/2 +k\pi -\varepsilon_k)|}{\frac{\pi}{2} (2k+1)-\varepsilon_k} \\ &= \frac{\sin (\pi/2 -\varepsilon_k)}{\frac{\pi}{2} (2k+1)-\varepsilon_k} &\qquad \text{(} \sin t \text{ is periodic)} \\ &\geq \frac{2}{\pi}\ \frac{\sin (\pi/2 -\varepsilon_k)}{2k+1} &\qquad \text{(denominator increased + algebra)} \\ & = \frac{2}{\pi}\ \frac{\cos \varepsilon_k}{2k+1} &\qquad \text{(trigonometric trick)} \\ & \geq \frac{2}{\pi}\ \frac{1- \frac{1}{2} \varepsilon_k^2}{2k+1}\; , \end{split}$$ y la última desigualdad se mantiene debido a la desigualdad elemental $\cos t \geq 1-\frac{1}{2}\ t^2$ . Por lo tanto, se encuentra: $$\sum_{n=1}^k \frac{\pi}{2}\ f(\xi_n) \geq \sum_{n=1}^k \frac{1- \frac{1}{2} \varepsilon_n^2}{2n+1}$$ y la RHside diverge en sentido positivo cuando $k$ va a $\infty$ (para el sumando $\frac{1- \frac{1}{2} \varepsilon_n^2}{2n+1}$ es asintóticamente equivalente a la de una serie armónica). Finalmente se puede pasar al límite en ( 1 ) para obtener $\int_\pi^\infty f(x)\ \text{d} x =\infty $ como tú afirmaste.