Una condición sine integral de la $\int_0^{\infty} \left(\frac{\sin x }{x }\right)^n\,\mathrm{d}x$

Question

La siguiente pregunta viene de Algunos integral con senopost $$\int_0^{\infty} \left(\frac{\sin x }{x }\right)^n\,\mathrm{d}x$$ pero ahora tengo curiosidad de saber cómo tratar con él, por medio de métodos de análisis complejo.
Algunas sugerencias, consejos? Gracias!!!

Sis.

Answer 1

He aquí otro enfoque.

Tenemos $$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty dx\, \left(\frac{\sin x}{x}\right)^n &=& \lim_{\epsilon\to 0^+} \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty dx\, \left(\frac{\sin x}{x-i\epsilon}\right)^n \\ &=& \lim_{\epsilon\to 0^+} \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty dx\, \frac{1}{(x-i\epsilon)^n} \left(\frac{e^{i x}-e^{-i x}}{2i}\right)^n \\ &=& \lim_{\epsilon\to 0^+} \frac{1}{2} \frac{1}{(2i)^n} \int_{-\infty}^\infty dx\, \frac{1}{(x-i\epsilon)^n} \sum_{k=0}^n (-1)^k {n \choose k} e^{i x(n-2k)} \\ &=& \lim_{\epsilon\to 0^+} \frac{1}{2} \frac{1}{(2i)^n} \sum_{k=0}^n (-1)^k {n \choose k} \int_{-\infty}^\infty dx\, \frac{e^{i x(n-2k)}}{(x-i\epsilon)^n}. \end{eqnarray*}$$ Si $n-2k \ge 0$ cerramos el contorno en la mitad superior-avión y recoger el residuo de a $x=i\epsilon$. De lo contrario, vamos a cerrar el contorno en la mitad inferior-avión y recoger sin dejar residuos. El límite superior de la suma es lo $\lfloor n/2\rfloor$. Por lo tanto, mediante la diferenciación de Cauchy fórmula, nos encontramos con $$\begin{eqnarray*} \int_0^\infty dx\, \left(\frac{\sin x}{x}\right)^n &=& \frac{1}{2} \frac{1}{(2i)^n} \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} (-1)^k {n \choose k} \frac{2\pi i}{(n-1)!} \left.\frac{d^{n-1}}{d x^{n-1}} e^{i x(n-2k)}\right|_{x=0} \\ &=& \frac{1}{2} \frac{1}{(2i)^n} \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} (-1)^k {n \choose k} \frac{2\pi i}{(n-1)!} (i(n-2k))^{n-1} \\ &=& \frac{\pi}{2^n (n-1)!} \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} (-1)^k {n \choose k} (n-2k)^{n-1}. \end{eqnarray*}$$ La suma puede ser escrito en términos de la función hipergeométrica pero el resultado no es particularmente instructivo.

Answer 2

Sólo para verificar oen el post (ya que no hay un post con una respuesta diferente), voy a publicar la respuesta que obtuve.

$|\sin(z)|\le e^{|\mathrm{Im}(z)|}$; por lo tanto, en la franja de gaza $|\mathrm{Im}(z)|\le1$,$|\sin(z)|\le e$. Por lo tanto, $\left(\frac{\sin(z)}{z}\right)^n$ desvanece como $|z|\to\infty$ en esa franja y por lo tanto, $$ \int_{-\infty}^\infty\left(\frac{\sin(z)}{z}\right)^n\mathrm{d}z =\int_{-\infty-i}^{\infty-i}\left(\frac{\sin(z)}{z}\right)^n\mathrm{d}z\etiqueta{1} $$ A continuación definimos dos contornos $\gamma^+$ y $\gamma^-$. $\gamma^+$ va de $-R-i$$R-i$, a continuación, círculos de vuelta a través de la mitad superior del plano a lo largo de $|z+i|=R$. $\gamma^-$ va de $-R-i$$R-i$, a continuación, círculos de vuelta a través de la mitad inferior del plano a lo largo de $|z+i|=R$.

Usando el teorema del binomio, obtenemos $$ \left(\frac{\sin(z)}{z}\right)^n=\frac1{(2iz)^n}\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k}e^{(n-2k)iz}\etiqueta{2} $$ Integrar el $n-2k\ge0$ a lo largo de $\gamma^+$ y los otros a lo largo de $\gamma^-$. Desde $\gamma^-$ no adjuntar cualquier singularidades, podemos ignorar que la integral. Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_0^\infty\left(\frac{\sin(z)}{z}\right)^n\mathrm{d}z &=\frac12\int_{\gamma^+}\frac1{(2iz)^n}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\binom{n}{k}e^{(n-2k)iz}\mathrm{d}z\\ &=\frac{\pi i}{(2i)^n}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\binom{n}{k}\mathrm{Res}\left(\frac{e^{(n-2k)iz}}{z^n},0\right)\\ &=\frac{\pi i}{(2i)^n}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\binom{n}{k}\frac{(n-2k)^{n-1}i^{n-1}}{(n-1)!}\\ &=\frac{\pi}{2^n(n-1)!}\sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^k\binom{n}{k}(n-2k)^{n-1}\tag{3} \end{align} $$

Answer 3

Voy a escribir $I = \int_{-\infty}^{\infty} \left(\frac{\sin z}{z} \right)^n dz$

En primer lugar, para simplificar los asuntos echemos $n$ impar y $\geq 3$. Deje $C_{\epsilon}^+$ ser el contorno a lo largo de la línea real que tiene una forma semicircular, desvío en la mitad superior del plano sobre el origen, y deje $C_{\epsilon}^-$ ser el mismo para la mitad inferior del plano. Utilizamos la continuidad de las integrando a argumentar que $$ I = \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \int_{C_{\epsilon}^{\pm}} = \frac{1}{2} \lim_{\epsilon \rightarrow 0} \left( \int_{C_{\epsilon}^+} + \int_{C_{\epsilon}^-} \right) $$ Ahora piensa en $(\sin x)^n$: es una suma de exponenciales términos de la forma $e^{i l x}$ $-n \leq l \leq n$ con algunos de los coeficientes. Debe convencerse de que cualquier $l < 0$ plazo es asesinado por $\int_{C_{\epsilon}^-}$ y cualquier $l > 0$ plazo es asesinado por $\int_{C_{\epsilon}^+}$. Además, al completar estos contornos con grandes semicírculos, se puede derivar ($l > 0$): $$ \int_{C_{\epsilon}^{\mp}} \frac{e^{\pm i l x}}{x^n} dx = \mp 2 \pi i \frac{(\pm i l)^{n-1}}{(n-1)!} $$ Suma todo y darse cuenta de que hay no $\epsilon$ dependencia, y de mantener un seguimiento de los signos (que no pude hacer en una primera pasada) hemos demostrado que, $$ I = \frac{\pi }{2^{n-1} (n-1)!} \sum_{i = 0}^{(n-1)/2} (-1)^{n-1-l}\left(\begin{array}{c}n \\ l \end{array} \right) (n-2 l)^{n-1} $$ Espero que no era demasiado (o demasiado poco).