mostrar que $\int_{0}^{\infty} \frac {\sin^3(x)}{x^3}dx=\frac{3\pi}{8}$

Question

mostrar que

$$\int_{0}^{\infty} \frac {\sin^3(x)}{x^3}dx=\frac{3\pi}{8}$$

el uso de diferentes formas

gracias por todo

Answer 1

Deje $$f(y) = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^3{yx}}{x^3} \mathrm{d}x$$ A continuación, $$f'(y) = 3\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2{yx}\cos{yx}}{x^2} \mathrm{d}x = \frac{3}{4}\int_{0}^{\infty} \frac{\cos{yx} - \cos{3yx}}{x^2} \mathrm{d}x$$ $$f''(y) = \frac{3}{4}\int_{0}^{\infty} \frac{-\sin{yx} + 3\sin{3yx}}{x} \mathrm{d}x$$ Por lo tanto, $$f''(y) = \frac{9}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin{3yx}}{x} \mathrm{d}x - \frac{3}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin{yx}}{x} \mathrm{d}x$$

Ahora, es muy fácil probar que $$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin{ax}}{x} \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}\mathop{\mathrm{signum}}{a}$$

Por lo tanto, $$f''(y) = \frac{9\pi}{8} \mathop{\mathrm{signum}}{y} - \frac{3\pi}{8} \mathop{\mathrm{signum}}{y} = \frac{3\pi}{4}\mathop{\mathrm{signum}}{y}$$ A continuación, $$f'(y) = \frac{3\pi}{4} |y| + C$$ Tenga en cuenta que, $f'(0) = 0$, por lo tanto, $C = 0$. $$f(y) = \frac{3\pi}{8} y^2 \mathop{\mathrm{signum}}{y} + D$$ De nuevo, $f(0) = 0$, por lo tanto, $D = 0$.

Por lo tanto, $$f(1) = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^3{x}}{x^3} = \frac{3\pi}{8}$$

Answer 2

Uso teorema de Parseval:

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \, f(x) g^*(x) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^{\infty} dk \, F(k) G^*(k)$$

donde $f$, $g$ y $F$, $G$ son respectivo de la transformada de Fourier de pares, por ejemplo,

$$F(k) = \int_{-\infty}^{\infty} dx \, f(x) \, e^{i k x}$$

etc. Si $f(x) = \sin{x}/x$, luego

$$F(k) = \begin{cases} \pi & |k| \le 1\\0 & |k| \gt 1 \end{cases}$$

Además, si $g(x) = \sin^2{x}/x^2$, luego

$$G(k) = \begin{cases}\pi \left (1-\frac{|k|}{2} \right ) & |k| \le 2 \\ 0& |k| \gt 2\end{cases}$$

Entonces

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \,\frac{\sin^3{x}}{x^3} = \frac{1}{2 \pi} \int_{-1}^1 dk \, \pi^2 \left (1-\frac{|k|}{2} \right ) = \pi - \frac{\pi}{2} \int_0^1 dk \,k = \pi-\frac{\pi}{4}$$

Por lo tanto

$$\int_{0}^{\infty} dx \,\frac{\sin^3{x}}{x^3} = \frac{3 \pi}{8}$$

ANEXO

También puede utilizar el contorno de las técnicas de integración. Para la integral

$$\int_0^{\infty} dt \frac{\sin^3{ \pi t}}{(\pi t)^3} \cos{u t}$$

Me han derivado en una solución completa para el problema de su evaluación aquí usando el contorno integral de las técnicas así como el teorema de convolución. Usted verá que los resultados están de acuerdo para $u=0$ por un simple reescalado de la integral.

Answer 3

En esta respuesta, la más general integral $$ \int_0^\infty\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)^n\,\mathrm{d}x $$ se calcula.

Su integral es la integral de $n=3$.

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Una Manera Diferente

En una manera similar a esta respuesta, vamos a utilizar la ecuación $$ \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\frac{\sin^3(kx)}{k^3} =\frac{9\sin(3kx)-3\sin(kx)}{4k}\etiqueta{1} $$ y las series de $0\lt x\le\pi$, $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{\sin(kx)}{k}=\frac{\pi-x}{2}\etiqueta{2} $$ El uso de $(2)$, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{9\sin(3kx)-3\sin(kx)}{4k} &=\frac94\frac{\pi-3x}{2}-\frac34\frac{\pi-x}{2}\\ &=\frac{3\pi}{4}-3x\tag{3} \end{align} $$ La integración de $0$ dos veces a la espalda de los derivados tomado en $(1)$ rendimientos $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{\sin^3(kx)}{k^3}=\frac{3\pi}{8}x^2-\frac12x^3\etiqueta{4} $$ Set $x=1/n$ y multiplicar por $n^2$ para obtener $$ \sum_{k=1}^\infty\frac{\sin^3(k/n)}{k^3/n^3}\frac1n=\frac{3\pi}{8}-\frac1{2n}\etiqueta{5} $$ y $(5)$ es una suma de Riemann para $$ \int_0^\infty\frac{\sin^3(x)}{x^3}\,\mathrm{d}x=\frac{3\pi}{8}\etiqueta{6} $$

Answer 4

Relacionados con la técnica. Puede utilizar la transformada de Laplace de la técnica. Recordando la transformada de Laplace

$$F(s)= \int_{0}^{\infty} f(x) e^{-sx}dx. $$

Tomando $ f(x) = \frac{\sin(x)^3}{x^3} $ da

$$ F(s)= \frac{\pi \,{s}^{2}}{8}+\frac{3\,\pi}{8}- \frac{3( {s}^{2}-1) }{8}\,\arctan \left( s \right) +\frac{( {s}^{2}-9)}{8}\,\arctan \left( \frac{s}{3} \right) $$ $$+\frac{3}{8}\, \left( -\ln \left( {s}^{2}+9 \right) +\ln \left( {s} ^{2}+1 \right) \right). $$

Tomando el límite cuando $s\to 0$ da el resultado deseado $\frac{3\pi}{8}$.

Otro transformada de Laplace enfoque: Refiriéndose al problema, podemos utilizar la siguiente relación

$$ \begin{align} \int_0^\infty F(u)g(u) \, du & = \int_0^\infty f(u)G(u) \, du \\[6pt] L[f(t)] & = F(s) \\[6pt] L[g(t)] & = G(s)\end{align} $$

Vamos

$$ G(u)=\frac{1}{u^3} \implies g(u)=\frac{u^2}{2!}, $$

y

$$ f(u)= \sin(u)^3 \implies F(u) = {\frac {6}{ \left( {u}^{2}+1 \right) \left( {u}^{2}+9 \right) }}. $$

Ahora,

$$ \int_0^\infty \frac{\sin^3 x}{x^3} \, dx = \frac{6}{2}\int_0^\infty \frac{u^2}{\left( {u}^{2}+1 \right) \left( {u}^{2}+9 \right)} \, du = \frac{3\pi}{8}$$.

Answer 5

Definir $\displaystyle{% {\cal F}\left(\mu\right) \equiv \int_{-\infty}^{\infty}{\sin^{3}\left(\mu x\right) \sobre x^{3}}\,{\rm d}x\,, \quad ? = {1 \over 2}\,{\cal F}\left(1\right)}$

\begin{align} {\cal F}'\left(\mu\right) &= \int_{-\infty}^{\infty} {3\sin^{2}\left(\mu x\right)\cos\left(\mu x\right)x \over x^{3}}\,{\rm d}x = {3 \over 2}\int_{-\infty}^{\infty} {\cos\left(\mu x\right) - \cos\left(2\mu x\right)\cos\left(\mu x\right) \over x^{2}}\,{\rm d}x \\[3mm]&= {3 \over 2}\int_{-\infty}^{\infty} {\cos\left(\mu x\right) - \left\lbrack\cos\left(3\mu x\right) + \cos\left(\mu x\right)\right\rbrack/2 \over x^{2}}\,{\rm d}x = {3 \over 4}\int_{-\infty}^{\infty} {\cos\left(\mu x\right) - \cos\left(3\mu x\right) \over x^{2}}\,{\rm d}x \end{align} \begin{align} -&\begin{align} {\cal F}''\left(\mu\right) &= {3 \over 4}\int_{-\infty}^{\infty} {-\sin\left(\mu x\right)x + \sin\left(3\mu x\right)\left(3x\right) \over x^{2}} \,{\rm d}x = {3 \over 2}\,{\rm sgn}\left(\mu\right)\int_{-\infty}^{\infty}{\sin\left(x\right) \over x} \,{\rm d}x \\[3mm]&= {3 \over 2}\,{\rm sgn}\left(\mu\right) \int_{-\infty}^{\infty} \left({1 \over 2}\int_{-1}^{1}{\rm e}^{{\rm i}kx}\,{\rm d}k\right) \,{\rm d}x = {3 \over 2}\,\pi\,{\rm sgn}\left(\mu\right) \int_{-1}^{1}\left(\int_{-\infty}^{\infty}{\rm e}^{{\rm i}kx} \,{{\rm d}x \over 2\pi}\right){\rm d}k \\[3mm]&= {3 \over 2}\,\pi\,{\rm sgn}\left(\mu\right) \int_{-1}^{1}\delta\left(k\right){\rm d}k = {3 \over 2}\,\pi\,{\rm sgn}\left(\mu\right) = {3 \over 2}\,\pi\,{{\rm d}\left\vert \mu\right\vert \over {\rm d}\mu} \end\begin{align} -&\begin{align} {\cal F}'\left(\mu\right) & = {3 \over 2}\,\pi\,\left\vert\mu\right\vert\ \Longrightarrow\ {\cal F}\left(\mu\right) = {3 \over 2}\,\pi\int_{0}^{\mu}\left\vert\mu'\right\vert\,{\rm d}\mu' = {3 \over 2}\,\pi\,{\rm sgn}\left(\mu\right)\int_{0}^{\mu}\mu'\,{\rm d}\mu' = {3 \over 4}\,\pi\,\left\vert\mu\right\vert\mu \end\begin{array}{|c|}\hline\\ \color{#ff0000}{\large\quad% \int_{0}^{\infty}{\sin^{3}\left(x\right) \over x^{3}}\,{\rm d}x = {1 \over 2}\,{\cal F}\left(1\right) = {3\pi \over 8}\quad} \\ \\ \hline \end-------------------- \end-------------------- \end{align} -#-#-{align} -#-#-{align} -#-#-{align}

$$ -#-#-{array} $$