Dificultades en la comprensión de un comprobante de $\int_0^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} \, dx = \frac{\pi}{2}$

Question

Tengo una tarea y he tratado de hacer este problema alrededor de 2 días, pero me "perdí mi lucha". Así que me dirijo a usted. Tengo que demostrar que $$\int _0^\infty \frac{\sin (x)}{x} \, dx = \frac{\pi}{2}.$$ No se pueden utilizar los números complejos, integral doble, transformadas de laplace.

Me encontré con el Señor Berry prueba, que se ve bien, pero no entiendo los pasos así que necesito un poco de explicación. La prueba en la imagen. Gracias!

Answer 1

Tenga en cuenta que

$$\underbrace{\int_{i \pi}^{(i+1) \pi} dx \frac{\sin{x}}{x}}_{x=u+i \pi} = \int_0^{\pi} du \frac{\sin{(u+i \pi)}}{u+i \pi} = (-1)^i \int_0^{\pi} du \frac{\sin{u}}{u+i \pi}$$

Entonces

$$\sum_{i=-\infty}^{\infty} \int_{i \pi}^{(i+1) \pi} dx \frac{\sin{x}}{x} = \sum_{i=-\infty}^{\infty} (-1)^i \int_0^{\pi} du \frac{\sin{u}}{u+i \pi} = \sum_{i=-\infty}^{\infty} (-1)^i \int_0^{\pi} du \frac{\sin{u}}{u-i \pi}$$

Podemos invertir el orden de la suma y de la integración, de modo que la integral es igual a

$$\frac12 \int_0^{\pi} du \, \sin{u} \sum_{i=-\infty}^{\infty} \frac{(-1)^i}{u-i \pi}$$

Esta última suma es $\csc{u}$; uno puede mostrar utilizando el Teorema de los Residuos.

Answer 2

Puesto que usted no puede utilizar los números complejos, integrales dobles, o transformadas de Laplace, aquí es un método que viene a la mente. Después de mostrar que la integral impropia existe, le $A = \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\, dx$. A continuación, $$A = \lim_{n\to \infty} \int_0^{(2n+1)\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x}\, dx = \lim_{n\to \infty} \int_0^\pi \frac{\sin \frac{(2n+1)}{2}x}{x}\, dx = \lim_{n\to \infty} \int_0^\pi f(x)g_n(x)\, dx,$$

donde$f(x) = \frac{\sin x/2}{x/2}$$g_n(x) = \frac{\sin (2n+1)x/2}{2\sin x/2}$. Desde $$g_n(x) = \frac{1}{2} + \sum_{k = 1}^n \cos kx$$ for $0 < x < \pi$, we have $$\int_0^\pi g_n(x)\, dx = \frac{\pi}{2}.$$ por lo Tanto

$$\int_0^\pi f(x)g_n(x)\, dx = \frac{\pi}{2} + \int_0^\pi h(x)\sin \frac{(2n+1)x}{2}\, dx,$$

donde $h(x) = (f(x) - 1)/(2\sin x/2)$. No sólo es $h$ continua en $(0,\pi)$, pero $h$ también tiene una mano derecha de límite en $0$. De hecho, $$\lim_{x \to 0^+} h(x) = \lim_{x\to 0^+} \frac{f(x) - 1}{x} \lim_{x\to 0^+} \frac{x/2}{\sin x/2} = \lim_{x\to 0^+} \frac{f(x) - 1}{x} = \lim_{x\to 0^+} \frac{2\sin \frac{x}{2} - x}{x^2},$$ y

$$\lim_{x\to 0^+} \frac{2\sin \frac{x}{2} - x}{x^2} = \lim_{x\to 0^+} \frac{O(x^3)}{x^2} = \lim_{x\to 0^+} O(x) = 0.$$ Thus $h(x)$ is piecewise continuous on $(0,\pi)$. Hence, by the Riemann-Lebesgue lemma, $\lim_{n\to \infty} \int_0^\pi h(x)\sin \frac{(2n+1)x}{2}\, dx = 0$. Now we deduce $$\lim_{n\to \infty} \int_0^\pi f(x)g_n(x)\, dx = \frac{\pi}{2},$$ in other words, $A = \frac{\pi}{2}$.