Serie asintótica

Question

¿Cuáles son los primeros términos de la expansión asintótica de $$ I_n=\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(\frac{x}{n})}{x(1+x^2)}dx\ ? $$ Utilizando el teorema de convergencia dominada para $$ n\bigg(I_n-\int_{0}^{\infty} \frac{\frac{x}{n}}{x(1+x^2)}dx\bigg) $$ Puedo obtener un $I_n \sim \frac{\pi}{2n}$. Pero no tengo idea de para el segundo plazo.

ADD-ON:

Gracias por las hermosas respuestas.

1) ¿existe un método de primaria (sin análisis complejo) para obtener el segundo término ? En efecto, la pregunta es proporcionada por un curso elemental de análisis real.

2) supongo que el primer término con la equivalencia de $\sin(x) \underset{0}{\sim} x$. Por qué intuitivamente la aproximación $\sin(x) \approx x-\frac{x^3}{6}$ no dar el segundo término ?

Answer 1

Tenga en cuenta $$I_{n}=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin\left(x/n\right)}{x\left(1+x^{2}\right)}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin\left(x/n\right)}{x}dx-\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin\left(x/n\right)}{1+x^{2}}dx$$ and the first integral is easy to evaluate $$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin\left(x/n\right)}{x}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin\left(u\right)}{u}du=\color{blue}{\frac{\pi}{2}}$$ for the secon integral we may observe that $$-\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin\left(x/n\right)}{1+x^{2}}dx=-\frac{1}{2}\textrm{Im}\left(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{xi/n}}{1+x^{2}}dx\right)$$ then taking as path the upper semicircumference and noting that the integral over the semicircle vanish as the radius $R\rightarrow\infty$ we get by residue theorem$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{xi/n}}{1+x^{2}}dx=2\pi i\underset{x=i}{\textrm{Res}}\left(\frac{xe^{xi/n}}{1+x^{2}}\right)=\pi ie^{-1/n}$$ so $$-\int_{0}^{\infty}\frac{x\sin\left(x/n\right)}{1+x^{2}}dx=\color{red}{-\frac{\pi e^{-1/n}}{2}}$$ como quería. Ahora, la expansión debe ser muy simple.

Answer 2

Esta no es una respuesta;

Podemos obtener la antiderivada de la primera utilización $$\frac 1{x(1+x^2)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{2 (x-i)}-\frac{1}{2 (x+i)}$$ and so, we face the problem of $$\int \frac {\sin(\frac xn)}{x}dx=\sin \left(\frac{a}{n}\right) \text{Ci}\left(\frac{x-a}{n}\right)+\cos \left(\frac{a}{n}\right) \text{Si}\left(\frac{x-a}{n}\right)$$ where appears the sine and cosine integrals. Then, assuming $n>0$, $$\int_0^\infty \frac {\sin(\frac xn)}{x}dx=\frac{1}{2} \left(2 \text{Si}\left(\frac{a}{n}\right)+\pi \right) \cos \left(\frac{a}{n}\right)-\text{Ci}\left(-\frac{a}{n}\right) \pecado \left(\frac{a}{n}\right)$$ and I am stuck with the limits when $x \to \infty$ and $=\pm i$.

El engaño, es decir, utilizando un CAS, he sido más que sorprendido al enterarse de que $$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin(\frac{x}{n})}{x(1+x^2)}dx=\frac{\pi}{2} \left(1-e^{-1/n}\right)$$ como spaceisdarkgreen informó en su comentario mientras yo estaba escribiendo. Frm aquí, la expansión a cualquier orden que se convierte en simple.

Como spaceisdarkgreen también comentó, supongo que un contorno integral sería un bonito y elegante solución.

Answer 3

$$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\sin\left(\frac{x}{n}\right)}{x\left(1+x^2\right)}\,\mathrm{d}x &=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(x)}{x\left(1+n^2x^2\right)}\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\frac14\int_{-\infty-\frac{i}{2n}}^{\infty-\frac{i}{2n}}\left(\frac2x-\frac1{x-\frac{i}{n}}-\frac1{x+\frac{i}{n}}\right)\sin(x)\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=\frac1{8i}\int_{\gamma^+}\left(\frac2x-\frac1{x-\frac{i}{n}}\color{#CCC}{-\frac1{x+\frac{i}{n}}}\right)e^{ix}\,\mathrm{d}x\\ &-\frac1{8i}\int_{\gamma^-}\left(\color{#CCC}{\frac2x-\frac1{x-\frac{i}{n}}}-\frac1{x+\frac{i}{n}}\right)e^{-ix}\,\mathrm{d}x\tag{3}\\[6pt] &=\frac\pi4\left(2-e^{-1/n}\right)+\pi\left(-e^{-1/n}\right)\tag{4}\\[12pt] &=\frac\pi2\left(1-e^{-1/n}\right)\tag{5}\\[9pt] &\sim\frac\pi2\left(\frac1n-\frac1{2n^2}+\frac1{6n^3}-\dots\right)\tag{6} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: el integrando es incluso entonces sustituto $x\mapsto nx$
$(2)$: fracciones parciales y mover el contorno de abajo $\frac{i}{2n}$
$(3)$: cerca de los contornos con arcos cuya integrales a desaparecer y $\sin(x)=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$
$\phantom{\text{(3):}}$ el gris partes no tienen ningún residuo en el interior de la correspondiente contornos
$(4)$: uso de residuos para calcular el contorno de las integrales
$(5)$: álgebra
$(6)$: dar la expansión asintótica (en realidad, el inicio de la serie de Taylor)

Los contornos se mencionó anteriormente son $$ \gamma^+=\left[-R-\frac{i}{2n},R-\frac{i}{2n}\right]\cup \left(Re^{i\pi[0,1]}-\frac{i}{2n}\right) $$ y $$ \gamma^-=\left[-R-\frac{i}{2n},R-\frac{i}{2n}\right]\cup \left(Re^{-i\pi[0,1]}-\frac{i}{2n}\right) $$

Answer 4

Como alternativa a la respuesta de Marco, tenemos $$\mathcal{L}\left(\sin\frac{x}{n}\right)=\frac{n}{1+n^2 s^2},\qquad \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{x(1+x^2)}\right) = 1-\cos(s) \tag{1}$ $ ahí % $ $$ I_n = \int_{0}^{+\infty}\frac{n(1-\cos s)}{1+n^2 s^2}\,ds = \int_{0}^{+\infty}\frac{1-\cos\frac{s}{n}}{1+s^2}\,ds = \frac{\pi}{2}-\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos\frac{s}{n}}{1+s^2}\,ds \tag{2} $$\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos\frac{s}{n}}{1+s^2}\,ds = \frac{\pi}{2} e^{-1/n}$Dónde está una consecuencia directa del teorema de residuo.
Así otorga la expansión asintótica completa de $I_n$ %#% $ #%