Resolver

Question

$$\int_0^{+\infty} \Big(\frac{\sin t}{t}\Big)^2 \ dt=\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \Big(\frac{\sin t}{t}\Big)^2 \ dt=\frac{1}{2} \Big\rvert \Big\rvert \frac{\sin t}{t} \Big\rvert \Big\rvert_2^2 $$

Teorema de Plancherel:

$$2 \pi \Big\rvert \Big\rvert f \Big\rvert\Big\rvert_2^2=\Big\rvert \Big\rvert \mathscr{F}(f) \Big\rvert\Big\rvert_2^2$$

$$p_2(x)=\begin{cases} 1 \qquad x \in [-1,1] \\ 0 \qquad x \notin [-1,1] \end{cases}$$
$$\frac{1}{2} \Big\rvert \Big\rvert \frac{\sin t}{t} \Big\rvert \Big\rvert_2^2=\frac{1}{2} 2\pi \Big\rvert \Big\rvert \frac{1}{2} \ p_2 \Big\rvert \Big\rvert_2^2=\frac{\pi}{2} $$

¿Hay cualquier otro método para calcular esta integral?

¡Gracias!

Answer 1

Aplicación del teorema de convolución proporciona otra forma de avanzar. Deje $f(t)$ $F(\omega)$ constituyen la transformada de Fourier par dado por

$$\begin{align}f(x)&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty F(\omega)e^{-i\omega t}\,d\omega\\\\ F(\omega)&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty f(t)e^{i\omega t}\,dt \end{align}$$

Tenga en cuenta que tenemos la transformada de Fourier pares

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

donde $\text{rect}(t)$ $\text{tri}(t)$ son el Rectángulo de la Función y Función Triángulo, respectivamente.

Por último, tenga en cuenta que de $(1)$ encontramos

$$\int_0^\infty \frac{\sin^2(x)}{x^2}\,dx=\frac12\times \sqrt{2\pi}\times \sqrt{\frac\pi8}\times 2=\pi/2$$

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NOTA:

En ESTA RESPUESTA, he aplicado el mismo método para evaluar la integral de la $$\int_0^\infty \frac{\sin^4(x)}{x^4}\,dx$$

Answer 2

¿Qué pasa con el viejo buena integración por partes? Tenemos:

$$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{2\sin(x)\cos(x)}{x} \stackrel{x\mapsto\frac{t}{2}}{=} \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin t}{t}\stackrel{\text{Dirichlet}}{=}\color{red}{\pi}.$$

Como alternativa, podemos utilizar la transformación de Laplace.
Desde $\mathcal{L}(\sin^2 x)=\frac{2}{s(4+s^2)}$ y $\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{x^2}\right)=s$, tenemos: $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin^2 x}{x^2}\,dx = 2\int_{0}^{+\infty}\frac{2\,ds}{4+s^2} \stackrel{s\mapsto 2t}{=} 2\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1+t^2}=\color{red}{\pi}.$ $

Answer 3

Sobre la parte superior de enfoque:

Recoginze que

$$ \frac{\sin(t)}t=\frac{1}{2}\int_{-1}^1dxe^{i xt} $$

Por lo tanto

$$ 2\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(t)^2}{t^2}dt=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(t)^2}{t^2}dt=\frac{1}{4}\int_{-1}^1dx'\int_{-1}^1dx\int_{-\infty}^{\infty} dte^{i (x+x')t}=\\\frac{\pi}{2}\int_{-1}^1dx'\int_{-1}^1dx\delta(x+x')=\frac{\pi}{2}\int_{-1}^1dx'\textbf{1}_{(1,-1)}=\pi $$

$\textbf{1}_A$ denota la función de indicador en el conjunto de $A$ $\delta(u)$ es la delta de Dirac distribución

QED

Answer 4

Y sin embargo, otro enfoque es utilizar integración de contorno. Tenga en cuenta que usando el teorema Integral de Cauchy, podemos escribir

$$\begin{align} \int_0^\infty\frac{\sin^2(t)}{t^2}\,dt&=\frac14\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\cos(2t)}{t^2}\,dt\\\\ &=\frac12\int_{-\infty}^\infty \frac{1-\cos(t)}{t^2}\,dt\\\\ &=\frac12 \lim_{L\to \infty,\epsilon\to 0}\text{Re}\left(\int_{-L}^{-\epsilon} \frac{1-e^{it}}{t^2}\,dt+\int_{\epsilon}^L \frac{1-e^{it}}{t^2}\,dt\right)\\\\ &=\frac12 \lim_{\epsilon\to 0}\int_0^\pi \frac{1-e^{i\epsilon^{i\phi}}}{\epsilon^2 e^{i2\phi}}\,i\epsilon e^{i\phi}\,d\phi-\frac12 \lim_{L\to \infty}\int_0^\pi \frac{1-e^{iL^{i\phi}}}{L^2 e^{i2\phi}}\,iL e^{i\phi}\,d\phi\\\\ &=\pi/2 \end {Alinee el} $$