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Si $f$ es par y $\pi$ -periódico entonces $\int_0^\infty f(x)\frac{\sin{x}}{x}\ dx=\int_0^{\pi/2} f(x)\ dx$

En Gradshteyn & Ryzhik's Tablas de integrales, series y productos (1996) se afirma sin pruebas que

Si $f$ es un par, $\pi$ -función periódica entonces $$\int_0^\infty f(x)\frac{\sin{x}}{x}\ dx=\int_0^{\pi/2} f(x)\ dx$$ asumiendo que la integral del LHS existe.

Intenté demostrarlo rompiendo la integral sobre $[0,\infty[$ en intervalos de longitud $\pi$ y sumando hasta el infinito pero no pude llegar más allá de encontrar:

$$\int_0^\infty f(x)\frac{\sin{x}}{x}\ dx=\sum_{n=0}^\infty\int_0^\pi f(x)\frac{(-1)^n\sin{x}}{n\pi+x}\ dx$$

lo que no parece demasiado fructífero. Mi instinto me dice que las transformadas de Fourier deberían intervenir en algún momento. ¿Alguien tiene una prueba o un esbozo de una prueba?

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mickep Puntos 10981

Creo que hay que trabajar en $(-\pi/2,\pi/2)$ en su lugar. El cálculo podría ser así (dejo que tú completes algunos detalles):

$$ \begin{aligned} \int_0^{+\infty}f(x)\frac{\sin x}{x}\,dx &=\frac12\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\frac{\sin x}{x}\,dx\\ &=\frac12\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\int_{-\pi/2+k\pi}^{\pi/2+k\pi}f(x)\frac{\sin x}{x}\,dx\\ &=\frac12\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(u+\pi k)\frac{\sin(u+\pi k)}{u+\pi k}\,du\\ &=\frac12\sum_{k=-\infty}^{+\infty}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(u)(-1)^k\frac{\sin u}{u+\pi k}\,du\\ &=\frac12\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(u)\frac{\sin u}{u}+f(u)\sin u\sum_{k=1}^{+\infty}(-1)^k\Bigl[\frac{1}{u+\pi k}+\frac{1}{u-\pi k}\Bigr]\,du\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(u)\frac{\sin u}{u}\biggl(1+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{(-1)^ku^2}{u^2-\pi^2k^2}\biggr)\,du\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(u)\frac{\sin u}{u}\biggl(1+\frac{u}{\sin u}-1\biggr)\,du\\ &=\frac12\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(u)\,du\\ &=\int_0^{\pi/2}f(u)\,du. \end{aligned} $$

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