Hay una forma cerrada de $$\lim_{R\to\infty}\left(\int_0^R\left|\frac{\sin x}{x}\right|dx-\frac{2}{\pi}\log R\right)$$ Estoy bastante interesado si podemos encontrar una forma cerrada de este límite. Podemos demostrar que para $R=n\pi,n\in\mathbb{N}$, tenemos $$\begin{aligned} \int_0^R\left|\frac{\sin x}{x}\right|dx&=\sum_{k=0}^{n-1}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin x|}{x}dx\\ &=\sum_{k=0}^{n-1}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{(k+1)\pi-x}dx\\ &\leq \int_0^\pi\frac{\sin x}{\pi-x}dx+\sum_{k=1}^{n-1}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{k\pi}dx\\ &=\int_0^\pi\frac{|\sin(\pi-x)|}{x}dx+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{2}{k\pi}dx\\ &=\int_0^\pi\frac{\sin x}{x}dx+\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k} \end{aligned}$$ Por otro lado tenemos $$\begin{aligned} \int_0^R\left|\frac{\sin x}{x}\right|dx&\geq \sum_{k=0}^{n-1}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{(k+1)\pi}dx\\ &=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k\pi}\int_0^\pi\sin xdx\\ &=\frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k} \end{aligned}$$ Entonces traté de aplicar la presión de la regla, pero esto no lleva a nada apetecible. Alguien sabe algún truco para este problema?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Conseguir una forma cerrada parece probable que sea difícil, si no imposible. Pero al menos podemos mostrar el límite existe. Esto se deduce de la siguiente desigualdad: $$\left|\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t}-\frac2\pi\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac1t\right|\le\frac{c}{k^2}.\quad(1)$$
El que probar la comparación de ambas integrales a $\frac2{k\pi}$. Para el primero, $$\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t}-\frac2{k\pi} =\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin(t)|\left(\frac1t-\frac1{k\pi}\right).$$Now if $k\pi\le t\le(k+1)\pi$ then $$\left|\frac1t-\frac1{k\pi}\right|=\frac{t-k\pi}{k\pi t}\le\frac{1}{k^2\pi}.$$Inserting this above shows that $$\left|\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t}-\frac2{k\pi}\right|\le\frac2{k^2\pi}.\quad(2)$$ Del mismo modo $$\left|\frac2\pi\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac1t-\frac2{k\pi}\right|\le\frac c{k^2},\quad(3)$$y, a continuación, (1) se sigue de (2) y (3).
