Integral

Question

¿Cómo puedo determinar el valor de esta integral?

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2x}{x^2} e^{ix}dx$$

Enchufar en la identidad de Euler da

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{i\sin^3x}{x^2}dx + \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2x \cos x}{x^2}dx$ $ y $\dfrac{i\sin^3x}{x^2}$ es una función impar, lo único que queda es

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2x \cos x}{x^2}dx$$

momento en el que estoy atrapado.

¿Siento que no voy aun la dirección correcta, alguien dispuesto a ayudar a?

Gracias de antemano.

Answer 1

Para un enfoque probabilístico, integración por las piezas conduce a: $$I=\int_{\mathbb{R}}\frac{\sin^2 x\cos x}{x^2}\,dx = \frac{2}{3}\int_{\mathbb{R}}\left(\frac{\sin x}{x}\right)^3\,dx \tag{1}$ $ pero ya $\frac{\sin t}{t}$ es el CF de la distribución uniforme sobre el intervalo de $[-1,1]$, asumiendo que $X_1,X_2,X_3$ se distribuyen idénticamente e independiente, $X_i$ se distribuye uniformemente en $[-1,1]$, $Z=X_1+X_2+X_3$ y $f_Z$ es el PDF de $Z$, tenemos: %#% $ #% con el mismo método que también podemos calcular, para cualquier $$ I = \frac{4\pi}{3}\cdot f_Z(0) = \frac{4\pi}{3}\cdot\frac{3}{8} =\color{red}{\frac{\pi}{2}}.\tag{2}$, $n\geq 2$.

Answer 2

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2x\cos x}{x^2} {\rm d}x=\frac14\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x-\cos3x}{x^2} {\rm d}x=\frac14\pi(3-1)=\frac{\pi}2$ $ donde: $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos (ax)-\cos(bx)}{x^2}=\pi(b-a)\tag{$b, a > 0 $}$ $ que se obtiene fácilmente mediante integración de contorno. Tirado aquí.

Answer 3

Definir $\displaystyle I(a,b)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2ax\cos bx}{x^2} {\rm d}x \displaystyle$ y tomar el Laplace transforma de $I(a,b)$ con respecto a los $a$ y $b$, con el dominio de Laplace variables $s$ y $t$, respectivamente:\begin{align} \mathcal{L}_{a\rightarrow s,b\rightarrow t}\{I(a,b)\}&=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{2t}{(t^2+x^2)(s^3+4sx^2)} {\rm d}x\\ &=\frac{2\pi}{s^2(s+2t)} \end align {} ahora tomando la inversa de Laplace con respecto a los $t$ y luego con respecto a los $s$ obtenemos

\begin{align} \mathcal{L}^{-1}_{s\rightarrow a}\Big\{\mathcal{L}^{-1}_{t\rightarrow b}\{\frac{2\pi}{s^2(s+2t)}\}\Big\}&=\mathcal{L}^{-1}_{s\rightarrow a}\{\pi\frac{e^{-\frac{bs}{2}}}{s^2}\}\\ &=\pi\Big(a-\frac{b}{2}\Big)H(a-\frac{b}{2}), \end align {} $H(x)$ Dónde está la función de Heaviside. Por lo tanto $a>\frac{b}{2}$ tenemos $$I(a,b)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2ax\cos bx}{x^2} {\rm d}x=\pi\Big(a-\frac{b}{2}\Big)$$ and for $a\leq\frac{b}{2}$ $$I(a,b)=\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2ax\cos bx}{x^2} {\rm d}x=0.$ $ esto por lo tanto, implica que el % $ $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin^2x\cos x}{x^2} {\rm d}x=\pi\Big(1-\frac12\Big)=\frac{\pi}{2}.$

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^{2}\pars{x}}{x^{2}}\,\expo{\ic x}\,\dd x: \ {\large ?}}$. \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^{2}\pars{x}}{x^{2}}\,\expo{\ic x}\,\dd x} =\int_{-\infty}^{\infty}\expo{\ic x}\,\ \overbrace{% \pars{\half\int_{-1}^{1}\expo{\ic kx}\,\dd k}}^{\dsc{\frac{\sin\pars{x}}{x}}} \ \overbrace{% \pars{\half\int_{-1}^{1}\expo{-\ic qx}\,\dd q}}^{\dsc{\frac{\sin\pars{x}}{x}}}\ \,\dd x \\[5mm]&=\frac{\pi}{2}\int_{-1}^{1}\int_{-1}^{1}\ \overbrace{% \int_{-\infty}^{\infty}\expo{\ic\pars{1 + k - q}x}\,\frac{\dd x}{2\pi}} ^{\dsc{\delta\pars{1 + k - q}}}\,\dd q\,\dd k =\frac{\pi}{2}\int_{-1}^{1}\int_{-1}^{1}\delta\pars{1 + k - q}\,\dd q\,\dd k \\[5mm]&=\left.\frac{\pi}{2}\int_{-1}^{1}\,\dd k\, \right\vert_{\, -1\ <\ 1 + k\ <\ 1} =\left.\frac{\pi}{2}\int_{-1}^{1}\,\dd k\,\right\vert_{\, -2\ <\ k\ <\ 0} =\frac{\pi}{2}\int_{-1}^{0}\,\dd k=\color{#66f}{\large\frac{\pi}{2}} \end{align}

Tenga en cuenta que $\ds{\int_{-1}^{1}\delta\pars{1 + k - q}\,\dd q =\left\{\begin{array}{lcl} 1 & \mbox{if} & -1 < 1 + k < 1 \\[2mm] 0 && \mbox{otherwise} \end{array}\right.}$

Answer 5

Podemos conseguir un poco más generalidad utilizando la identidad trigonométrica $$ \sin^2(x)\cos(ax)=2\cos(ax)-\cos((a+2)x)-\cos((a-2)x) $$ ya que es de la parte incluso de $e^{iax}$ $\cos(ax)$, con una integración por partes, obtenemos $$\begin{align} &\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^2(x)}{x^2}\,e^{iax}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^2(x)\cos(ax)}{x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{2\cos(ax)-\cos((a+2)x)-\cos((a-2)x)}{4x^2}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{-\infty}^\infty\frac{(a+2)\sin((a+2)x)+(a-2)\sin((a-2)x)-2a\sin(ax)}{4x}\,\mathrm{d}x\\[2pt] &=\frac{|a+2|+|a-2|-2|a|}4\,\pi\\[6pt] &=\left\{\begin{array}{}0&\text{if }|a|\ge2\\ \dfrac{2-|a|}2\,\pi&\text{if }|a|\lt2 \end{matriz} \right. \end{align} $$