usando el contorno de integración, o de otros medios, hay una manera de encontrar una forma general para $\frac{\sin^{n}(x)}{x^{n}}$

Question

Mientras que el estudio de algunas CA, tengo corrió a través de métodos de solución de $$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx, \;\ \int_0^\infty \frac{\sin^2 x}{x^2} \, dx, \;\ \int_0^\infty \frac{\sin^3 x}{x^{3}} \, dx.$$

Es allí una manera de encontrar una forma cerrada para $$\int_0^\infty \frac{\sin^n x}{x^n} \, dx\ ?$$

En lugar de ser el contorno de integración o algún método inteligente uso de análisis real.

Answer 1

$$ \int_0^\infty \frac{\sin^n(x)}{x^n} \mathrm{d} x = \frac{\pi}{2^{n+1} \cdot (n-1)!} \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k} (2k-n)^{n-1} \operatorname{signo}(2k-n) $$

donde $\operatorname{sign}(x) = \cases{ 1 & $x > 0$ \\ 0 & $x = 0$\\ -1 & $x < 0$}$.

En cuanto a la (probabilístico) prueba, observe que $\frac{\sin(t)}{t}$ es la función característica de una variable aleatoria uniforme en $(-1,1)$. La suma de $n$ independientes idénticamente distribuidas de tal manera uniforme las variables aleatorias que se conoce como Irwin-Hall variable aleatoria $Y_n$, y la integral en cuestión es un múltiplo de su PDF evaluados en $x=0$: $$ \phi_{Y_n}(x) = \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^n(t)}{t^n} \mathrm{e}^{-i t x} \mathrm{d} t = \frac{1}{\pi} \int_{0}^\infty \frac{\sin^n(t)}{t^n} \cos(t, x) \mathrm{d} t $$ La forma cerrada para el PDF se da en la wikipedia con el de referencia.

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Como más explícitas de la derivación. Primero vamos a integrar por partes, $n-1$ veces, a continuación, utilizar teorema del binomio para $\sin^n(x)$: $$ \begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{\sin^n(x)}{x^n} \mathrm{d} x &=& \int_0^\infty \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d} x^{n-1}}\left( \sin^n(x) \right) \frac{1}{(n-1)!}\frac{\mathrm{d} x}{x} \\ &=& \frac{1}{(n-1)!} \int_0^\infty \frac{1}{2^n i^n} \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k} \frac{\mathrm{d}^{n-1}}{\mathrm{d} x^{n-1}}\left( \mathrm{e}^{i (2k-n)x} \right) \frac{\mathrm{d} x}{x} \\ &=& \frac{1}{(n-1)!} \int_0^\infty \frac{1}{2^n i^n} \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k} \left(i (2k-n)\right)^{n-1} \mathrm{e}^{i (2k-n)x} \frac{\mathrm{d} x}{x} \\ &=& \frac{1}{(n-1)!} \int_0^\infty \frac{1}{2^n} \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k} \left((2k-n)\right)^{n-1} \sin((2k-n)x) \frac{\mathrm{d} x}{x} \end{eqnarray} $$ En la última línea, $\mathrm{e}^{i (2k-n) x}$ se expandió el uso de la fórmula de Euler, y ya que la suma es real, sólo real sumandos son retenidos. Entonces, la integración de plazo sabio uñas: $$ \begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{\sin^n(x)}{x^n} \mathrm{d} x &=& \frac{1}{2^n} \frac{1}{(n-1)!} \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k} \left((2k-n)\right)^{n-1} \int_0^\infty \sin((2k-n)x) \frac{\mathrm{d} x}{x} \\ &=& \frac{1}{2^n} \frac{1}{(n-1)!} \sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom{n}{k} \left((2k-n)\right)^{n-1} \frac{\pi}{2} \operatorname{sign}(2k-n) \end{eqnarray} $$