Integración la UE

Question

Estoy tratando de evaluar$\displaystyle \int \limits_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\sin^2(x)}{x^2} \operatorname d\!x $.

Mi primera aunque fue a utilizar el cálculo de residuos, ya que tenemos el polo de orden 2 allí en el origen. Dado que el polo en realidad se encuentra en el eje real sin embargo, supongo que tendría que usar algún tipo de contorno de ojo de cerradura para incluir el polo y luego limitar. Tal vez sea sólo uno de esos días, pero no veo un contorno obvio para usar aquí. Cualquier ayuda sería apreciada.

Answer 1

Suponer que $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt = \frac{\pi}{2}$. Por una integración por partes,$$\int_0^\infty \frac{\sin^2 x}{x^2} dx = -\frac{\sin^2 x}{x}|_0^\infty + \int_0^\infty \frac{\sin (2x)}{x} dx .$ $

Mira esto $\lim_{x\to \infty}\frac{\sin^2 x}{x} = \lim_{x\to 0} \frac{\sin^2 x}{x}=0$. Por un cambio de variable$t=2x$,$\int_0^\infty \frac{\sin (2x)}{x} dx = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt = \pi/2$ usando nuestra suposición. Por lo tanto$\int_0^\infty \frac{\sin^2 x}{x^2} dx = \frac{\pi}{2}$.

Por lo tanto $\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin^2 x}{x^2} dx = \pi$.

Answer 2

Esto puede ser un punto de partida, no es una respuesta completa. Observe que$\frac{\sin(x)}{x} =: \text{sinc}(x)$ es una función par. Asi que $\int_{-\infty}^{\infty} \text{sinc}(x)dx = 2\int_0^{\infty}\text{sinc}(x)dx$. Ahora podemos usar las transformadas de Laplace y el hecho de que

ps

donde$$\int_0^t f(\tau)d\tau = \frac{F(s)}{s}$ es la transformada de Laplace de$F(s)$.

ps

Ahora,$f(x)$ $

Asi que, $$F(s) = \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-sx}dx$. Sabemos que$$F'(s) = -\int_0^{\infty}\sin(x)e^{-sx}dx = -\frac{d}{ds}\tan^{-1}s$ por lo que debe estar claro que$F(s) = -\tan^{-1}s + const.$.

Si podemos tomar la transformada inversa de laplace de$F(\infty) = 0$ puede ser útil.

Answer 3

Creo que hay muchas maneras de ir sobre ella, pero si desea utilizar los contornos que tal vez podría considerar

$\displaystyle f(z)=\frac{e^{iaz}-e^{ibz}}{z^{2}}$ alrededor de un semicírculo estándar en el UHP sangrado en el origen.

Calcule la serie de Laurent en 0 y tenemos:

$\displaystyle f(z)=\frac{1}{z^{2}}\left[(1+iaz-a^{2}z^{2}+O(z^{3}))-(1+ibz-b^{2}z^{2}+O(z^{3}))\right]$

$\displaystyle=\frac{i(a-b)}{z}-(a^{2}-b^{2})+O(z)$

El polo en el origen es simple y tiene el residuo$i(a-b)$.

Así,$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iax}-e^{ibx}}{x^{2}}dx=\pi (b-a)$.

Pero, $\displaystyle\sin^{2}(x)=1/2(1-\cos(2x))=1/2(\cos(0x)-\cos(2x))$.

Por lo tanto, de lo anterior tenemos$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin^{2}(x)}{x^{2}}dx=\frac{\pi}{2}(2-0)=\pi$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align} \color{#00f}{\large\int_{-\infty}^{\infty}{\sin^{2}\pars{x} \over x^{2}}\,\dd x}&= \int_{-\infty}^{\infty}\half\int_{-1}^{1}\expo{\ic kx}\,\dd k \half\int_{-1}^{1}\expo{-\ic qx}\,\dd q \\[3mm]&=\half\,\pi\int_{-1}^{1}\dd k\int_{-1}^{1}\dd q \int_{-\infty}^{\infty}\expo{\ic\pars{k - q}x}\,{\dd x \over 2\pi} =\half\,\pi\int_{-1}^{1}\dd k\int_{-1}^{1}\dd q\,\delta\pars{k - q} \\[3mm]&=\half\,\pi\int_{-1}^{1}\dd k = \half\,\pi\times 2 = \color{#00f}{\Large\pi} \end{align}