Cómo mostrar que $ PV \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\tan x}{x}dx = \pi$

Question

En una reciente pregunta, se dijo en un comentario, sin pruebas, que

$$ PV \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\tan x}{x}dx = \pi$$

¿Cuál es la manera más fácil de demostrar esto? Yo era capaz de mostrar que

$$ PV \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\tan x}{x}dx = -PV\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x \tan x}dx \\ PV \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{x \sin x}dx = 0 \\ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x}dx = \pi $$

pero no para el cálculo de la integral original de este.

Answer 1

El la pregunta es : ¿Cuál sería una buena forma de definir el valor del capital de esta integral, sabiendo que tiene infinitamente muchas singularidades en los puntos de $\frac{\pi}{2}+\pi\Bbb{Z}$ ? Voy a proponer la siguiente $$ PV\int_0^\infty\frac{\tan x}{x}dx~\buildrel{\rm def}\over{=}~ \lim_{\lambda\to0}\int_0^{\infty}\frac{\pecado x\cos x}{x(\cos^2 x+\lambda^2)}dx $$ Siguiente voy a demostrar que el límite en esta definición existe y que se su valor es $\frac{\pi}{2}$.

En primer lugar, tenga en cuenta que la convergencia de la integral $\int_0^{\infty}\frac{\sin x\cos x}{x(\cos^2 x+\lambda^2)}dx$ es fácil de probar usando integración por partes. Ahora $$\eqalign{ \int_0^{\infty}\frac{\sin x\cos x}{x(\cos^2 x+\lambda^2)}dx &=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\int_{-\pi n}^{\pi (n+1)}\frac{\pecado x\cos x}{x(\cos^2 x+\lambda^2)}dx\cr &=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^{n}\int_{\pi k}^{\pi(k+1)}\frac{\sin x\cos x}{x(\cos^2 x+\lambda^2)}dx\cr &=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^{n}\int_{0}^{\pi}\frac{\pecado x\cos x}{(x+ \pi k)(\cos^2 x+\lambda^2)}dx\cr &=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{ \pi}\left(\sum_{k=-n}^{n}\frac{1}{x+ \pi k}\right) \frac{\sin x\cos x}{ \cos^2x+\lambda^2}dx\cr &=\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{ \pi}U_n(x) \frac{ \cos^2 x}{ \cos^2x+\lambda^2}dx\cr } $$ donde $$ U_n(x)=\tan(x)\left(\sum_{k=-n}^{n}\frac{1}{x+ \pi k}\right) $$ Pero el uso de la conocida expansión de la cotangente de la función, es fácil ver que $\{U_n \}_n$ converge punto de sabio a $1$, y que esta secuencia está delimitado uniformely en el intervalo de $[0,\pi]$. Por lo tanto, se puede intercambiar los signos de integral y en el límite de la fórmula anterior para obtener $$ \int_0^{\infty}\frac{\sin x\cos x}{x(\cos^2 x+\lambda^2)}dx =\frac{1}{2} \int_{0}^{ \pi} \frac{ \cos^2 x}{ \cos^2x+\lambda^2}dx = \int_{0}^{ \pi/2} \frac{ \cos^2 x}{ \cos^2x+\lambda^2}dx $$ Por último, teniendo el límite de $\lambda\to0$ tenemos $$ PV\int_0^\infty\frac{\tan x}{x}dx~=~ \lim_{\lambda\to0}\int_0^{\infty}\frac{\pecado x\cos x}{x(\cos^2 x+\lambda^2)}dx=\frac{\pi}{2}. $$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\pp\int_{-\infty}^{\infty}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x = \pi:\ {\large ?}}$

$$ \mbox{Nota que}\quad \pp\int_{-\infty}^{\infty}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x =2\lim_{\epsilon \to 0^{+}}\int_{\epsilon}^{\infty}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x =2\int_{0}^{\infty}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x\etiqueta{1} $$

Con $\ds{N \in {\mathbb N}}$, vamos a considerar el siguiente integral: \begin{align} &\color{#c00000}{\int_{0}^{N\pi}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x} =\int_{0}^{\pi}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x +\int_{\pi}^{2\pi}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x + \cdots +\int_{\pars{N - 1}\pi}^{N\pi}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x \\[3mm]&=\int_{0}^{\pi}\tan\pars{x}\sum_{n = 0}^{N - 1}{1 \over x + n\pi}\,\dd x ={1 \over \pi}\int_{0}^{\pi}\tan\pars{x} \color{#00f}{\sum_{n = 0}^{N - 1}{1 \over n + x/\pi}}\,\dd x\tag{2} \end{align}

\begin{align} &\color{#00f}{\sum_{n = 0}^{N - 1}{1 \over x + n\pi}} =\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{{1 \over n + x/\pi} - {1 \over n + N + x/\pi}} =N\sum_{n = 0}^{\infty}{1 \over \pars{n + x/\pi}\pars{n + N + x/\pi}} \\[3mm]&=N\,{\Psi\pars{x/\pi} - \Psi\pars{N + x/\pi} \over \pars{x/\pi} - \pars{N + x/\pi}} =\color{#00f}{\Psi\pars{N + {x \over \pi}} - \Psi\pars{x \over \pi}}\tag{3} \end{align} donde $\ds{\Psi\pars{z}}$ es la Digamma Función y hemos utilizado A&S de la tabla de fórmula ${\bf\mbox{6.3.16}}$.

Reemplazamos $\pars{3}$$\pars{2}$: \begin{align} &\color{#c00000}{\int_{0}^{N\pi}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x} ={1 \over \pi}\int_{0}^{\pi}\tan\pars{x}\bracks{% \Psi\pars{N + {x \over \pi}} - \Psi\pars{x \over \pi}}\,\dd x \\[3mm]&=\int_{0}^{1}\tan\pars{\pi x}\bracks{\Psi\pars{N + x} - \Psi\pars{x}}\,\dd x \\[3mm]&=\int_{-1/2}^{1/2}\bracks{-\cot\pars{\pi x}}\bracks{% \Psi\pars{N + x + \half} - \Psi\pars{x + \half}}\,\dd x \\[3mm]&=-\int_{0}^{1/2}\!\!\!\!\!\!\!\cot\pars{\pi x}\bracks{% \Psi\pars{N + x + \half} - \Psi\pars{x + \half} - \Psi\pars{N - x + \half} + \Psi\pars{-x + \half}}\,\dd x \end{align} Hoever ( véase a&S de la tabla de identidad ${\bf\mbox{6.3.7}}$ ): $$ -\Psi\pars{x + \mitad} + \Psi\pars{-x + \mitad} =\pi\cuna\pars{\pi\bracks{x + \mitad}} = -\pi\tan\pars{\pi x} $$

tal que \begin{align} &\color{#c00000}{\int_{0}^{N\pi}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x} ={\pi \over 2}-\ \overbrace{\int_{0}^{1/2}\cot\pars{\pi x}\bracks{% \Psi\pars{N + x + \half} - \Psi\pars{N - x + \half}}\,\dd x} ^{\ds{\to 0\quad\mbox{when}\quad N \to \infty}} \end{align} Desde entonces ( véase el a&S tabla expansión asintótica ${\bf\mbox{6.3.18}}$ ) $$ \Psi\pars{z} \sim \ln\pars{z} - {1 \over 2z} - {1 \over 12z^{2}} + \cdots\,, \qquad \verts{z} \gg 1\,,\quad \verts{{\rm arg}\pars{z}} < \pi $$ tendremos $\ds{\int_{0}^{\infty}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x = {\pi \over 2}}$ y de $\pars{1}$:

$$\color{#00f}{\large% \pp\int_{-\infty}^{\infty}{\tan\pars{x} \over x}\,\dd x = \pi} $$

Answer 3

He encontrado una solución, pero no es muy satisfactorio, porque yo no soy realmente capaz de justificar la aplicación de la siguiente teorema de la no-convergente integral.

Teorema de Si $f$ es una función impar con período de $a$, luego $$\int_0^{\infty} \frac{f(x)}{x}dx= \frac{\pi}{a} \int_0^{/2} \frac {f(x)} {\tan(\pi x / a)} dx $$ De este teorema se sigue de Frullani del teorema y el poder de expansión de la serie de $\tan$.

Debido a $\tan$ es impar y periódica con período de $\pi$, el teorema anterior inmediatamente rendimientos $$\int_0^{\infty} \frac{\tan x}{x}dx = \frac{\pi}{2}$$

Si alguien sabe una mejor (es decir, más riguroso) u otra solución interesante, me encantaría escuchar de ti.