Integración de los poderes de $\frac{\sin x}{x}$ mediante transformadas de Fourier

Question

Se trata de un problema de un examen de cualificación anterior:

La transformada de Fourier de la función característica $h=\chi_{[-1,1]}$ del intervalo $[-1,1]$ es $$\hat h(\xi) =\sqrt{\frac{2}{\pi}} \frac{\sin \xi}{\xi}.$$ Utilizando varias propiedades de la transformada de Fourier, calcula $$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}dx$$ $$\int_0^\infty \big(\frac{\sin x}{x}\big)^2dx$$ $$\int_0^\infty \big(\frac{\sin x}{x}\big)^4dx.$$ Nota: Aquí estamos utilizando la definición de la transformada de Fourier $$\hat f(\xi) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty e^{-ix\xi} f(x) dx.$$ Para evaluar la tercera integral, se puede utilizar la fórmula $$ (h\ast h)(x) = \begin{cases} 2-|x| & \ |x|<2 \\ 0 & \ |x| \geq 2 \end{cases}$$ .

He descubierto el $\int_0^\infty \big(\frac{\sin x}{x}\big)^2dx$ simplemente utilizando Plancherel, es decir $||h||_2^2 = ||\hat h||_2^2$ . Sin embargo, sigo teniendo problemas con los demás casos. He probado la inversión de Fourier y la fórmula de multiplicación. Por la pista, deduzco que en el último caso también hay que utilizar el hecho de que $\widehat{h\ast h} = \hat h \cdot \hat h$ .

Answer 1

Aplicando el teorema de la inversión, podemos escribir

$$h(x) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{i\xi x}\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{\sin(\xi)}{\xi} \mathrm{d}\xi$$ que conduce a $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\pi}\frac{\sin(\xi)}{\xi} \mathrm{d}\xi = h(0) = 1. $$ Esto implica a su vez

$$\bbox[5px,border:2px solid #CAAA00]{\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(x)}{x} \mathrm{d}x = \frac{\pi}{2}}$$

Para calcular la segunda integral basta con utilizar Plancherel. Se obtiene $\pi/2$ si no recuerdo mal. El tercero se puede calcular de forma similar: $$\int_{-\infty}^{\infty} \left(\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{\sin(\xi)} {\xi}\right)^4 \mathrm{d}\xi =\|\hat{h}^2\|_{L^2}^2 = \frac{1}{2\pi} \|\widehat{h\ast h}\|_{L^2}^2 = \frac{1}{2\pi}\|h \ast h\|_{L^2}^2 = \frac{1}{2\pi}\frac{16}{3} $$ por lo que obtenemos

$$\bbox[5px,border:2px solid #CAAA00]{\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^4(x)}{x^4} \mathrm{d}x = \frac{\pi}{3}}$$

Answer 2

Tienes razón. Para encontrar la integral $\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^4(x)}{x^4}\,dx=\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^2(x)}{x^2}\frac{\sin^2(x)}{x^2}\,dx$ sólo tenemos que convolucionar la transformada de Fourier de $\frac{\sin^2(x)}{x^2}$ con sí mismo, y evaluarlo en $\omega=0$ .

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CEBADOR: PARES DE LA TRANSFORMADA DE FOURIER:

Tenemos los pares de la transformada de Fourier

$$\begin{align} f(x) &\leftrightarrow F(\omega)\\\\ f^2(x) &\leftrightarrow \frac{1}{\sqrt {2\pi}}F(\omega)*F(\omega)\\\\ \frac{\sin(x)}{x}&\leftrightarrow \sqrt{\frac{\pi}{2}}\text{rect}(\omega/2)\\\\ \frac{\sin^2(x)}{x^2}&\leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\text{rect}(\omega/2)\right)*\left(\sqrt{\frac{\pi}{2}}\text{rect}(\omega/2)\right)=\sqrt{\frac\pi8}2 \text{tri}(\omega/2) \end{align}$$

donde $\text{rect}(t)$ y $\text{tri}(t)$ son los Función rectángulo y Función triangular respectivamente.

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Por lo tanto, tenemos

$$\begin{align} \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^4(x)}{x^4}\,dx &=\left.\left(\left(\sqrt{\frac\pi8}2 \text{tri}(\omega/2)\right)*\left(\sqrt{\frac\pi8}2 \text{tri}(\omega/2)\right)\right)\right|_{\omega =0}\\\\ &=\int_{-2}^2 \left(\sqrt{\frac{\pi}{8}}\frac{}{}(2-|\omega'|)\right)^2\,d\omega'\\\\ &=\left(\frac{\pi}{8}\right)\,2\int_0^2 (\omega'-2)^2\,d\omega'\\\\ &=\left(\frac{\pi}{8}\right)\,2\left(\frac83\right)\\\\ &=\frac{2\pi}{3} \end{align}$$

Por lo tanto, por simetría par podemos afirmar que

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_0^\infty \frac{\sin^4(x)}{x^4}\,dx=\frac{\pi}{3}}$$