¿Hay alguna forma de evaluar $\int^\infty_0\frac{\sin x}{x}dx$ sin utilizar la doble integral?

Question

¿Hay alguna forma de evaluar $\int^\infty_0\frac{\sin x}{x}dx$ sin utilizar la doble integral?

No encuentro ninguna solución de este tipo. ¿Puede alguien ayudarme, por favor? Gracias.

Answer 1

Por continuidad de la función $\frac{1}{\sin(\theta/2)} - \frac{2}{\theta}$ en $[-\pi,\pi]$ sabemos que es integrable en ella. Además, la identidad $\sin ((N+\frac{1}{2})\theta) = \sin N \theta \cos \frac{\theta}{2} + \cos N \theta \sin \frac{\theta}{2}$ muestra que podemos aplicar Riemann - Lebesgue a continuación para obtener que

$${\int}_{-\pi}^\pi \sin\left(\left(N + \frac{1}{2}\right)\theta\right)\left(\frac{1}{\sin(\theta/2)} - \frac{2}{\theta} \right)d\theta \rightarrow 0.$$

Esto también significa decir que $$ \int_{-\pi}^\pi 2\frac{\sin \left((N + \frac{1}{2})\theta\right) }{\sin \theta} d \theta \rightarrow \pi$$

puesto que ya sabemos cuál es la integral del Núcleo de Dirichlet en $[-\pi,\pi]$ . Haciendo un cambio de variables, obtenemos que

$$\int_{- (N+1/2)\pi}^{(N+1/2)\pi} \frac{\sin \theta}{\theta} d \theta \rightarrow \pi.$$

Sin embargo, el término en el integrando es simétrico con respecto a la línea $x = 0$ y así obtenemos que

$$\lim_{N \rightarrow \infty} \int_{0}^{(N+1/2)\pi} \frac{\sin \theta}{\theta} \, d\theta = \pi/2.$$

$\hspace{6in} \square$

Answer 2

He aquí una integración compleja sin el teorema de S.W. Definir

$$f(z):=\frac{e^{iz}}{z}\Longrightarrow\,\, Res_{z=0}(f)=\lim_{z\to 0}\,zf(z)=e^{i\cdot 0}=1$$

Ahora elegimos el siguiente contorno (camino para integrar linealmente la función compleja anterior):

$$\Gamma:=[-R,-\epsilon]\cup\gamma_\epsilon\cup[\epsilon,R]\cup\gamma_R\,\,,\,\,0<e<<R\in\Bbb R^+$$

Con $\,\displaystyle{\gamma_M:=\{z=Me^{it}\;:\;M>0\,\,,\,\,0\leq t\leq \pi\}}\,$

Como nuestra función $\,f\,$ no tiene polos dentro de la región delimitada por $\,\Gamma\,$ el teorema integral de Cauchy nos da

$$\int_\Gamma f(z)\,dz=0$$

Por otro lado, utilizando el lema y su corolario aquí y el residuo que obtuvimos arriba, tenemos

$$\int_{\gamma_\epsilon}f(z)\,dz\xrightarrow[\epsilon\to 0]{}\pi i$$

Y por el lema de Jordan también obtenemos

$$\int_{\gamma_R}f(z)\,dz\xrightarrow [R\to\infty]{}0$$

Pasando así a los límites $\,\epsilon\to 0\,\,,\,\,R\to\infty\,$

$$0=\lim_{\epsilon\to 0}\lim_{R\to\infty}\int_\Gamma f(z)\,dz=\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}}{x}dx-\pi i$$

y comparando las partes imaginarias en ambos lados de esta ecuación (y como $\,\frac{\sin x}{x}\,$ es una función par) , obtenemos finalmente

$$ 2\int_0^\infty\frac{\sin x}{x}=\pi\Longrightarrow \int_0^\infty\frac{\sin x}{x} dx=\frac{\pi}{2} $$

Answer 3

Debería ver esto enlace a la manera de Feynman, una manera muy elegante. La transformada de Laplace es también una forma muy rápida y agradable. Entre en aquí .

Answer 4

Utilizando la siguiente versión de la transformada de Fourier, $$F(\omega)=(\mathcal{F}f)(\omega)=\int_{-\infty}^\infty e^{-i\omega t}f(t)\,dt,$$ entonces el teorema de Parseval parece $$\int_{-\infty}^\infty \overline{f(t)}\,g(t)\,dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty \overline{F(\omega)}\,G(\omega)\,d\omega.$$

Dejemos que $H(t)$ y $\delta(t)$ denotan la función escalón de Heaviside y la delta de Dirac, respectivamente. Entonces $$H(t+1)-H(t-1)\stackrel{\mathcal{F}}{\longmapsto}2\frac{\sin{\omega}}{\omega}$$ y $$\delta(t)\stackrel{\mathcal{F}}{\longmapsto}1.$$

Ahora utilizamos el teorema de Parseval y obtenemos $$\int_0^\infty \frac{\sin{x}}{x}\,dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin{x}}{x}\,dx=\frac{1}{4}\int_{-\infty}^\infty 2\frac{\sin{\omega}}{\omega}\cdot 1\,d\omega =$$ $$=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty 2\frac{\sin{\omega}}{\omega}\cdot 1\,d\omega = [\text{Parseval}] = $$ $$=\frac{\pi}{2}\int_{-\infty}^\infty (H(t+1)-H(t-1))\delta(t)\,dt=\frac{\pi}{2}.$$

Answer 5

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}xdx=L[\sin x]=\int_{0}^{\infty}\frac 1{s^{2}+1}ds=\lim_{s\to\infty}\arctan s=\pi/2$$