Si la función de $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ satisface $f(x+\pi)=f(\pi-x)=f(x), \forall x \in \mathbb{R}$ $$\int_0^\infty f(x)\frac{\sin x }{x} \mathrm{d}x = \int _0^\frac\pi2 f(x) \mathrm{d}x$$
Cómo puedo probar esta igualdad?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
De hecho, vamos a $$I=\int_0^\infty f(x)\frac{\sin x}{x}dx$$ Por asumption $f$ es incluso y $\pi$-periódico. Por otra parte, $$\eqalign{ 2I&=\lim_{n\to\infty}\int_{-n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\sin(x)}{x}f(x)dx =\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^n\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\sin(x)}{x}f(x)dx\cr &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^n\int_{0}^{ \pi}\frac{(-1)^k}{x+k\pi}\sin(x)f(x)dx\cr &=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{ \pi}\left(\sum_{k=-n}^n\frac{(-1)^k}{x+k\pi}\right)\sin(x)f(x)dx\cr &=\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{ \pi}U_n(x)f(x)dx\cr } $$ con $$ U_n(x) =\sin(x)\sum_{k=-n}^n\frac{(-1)^k}{x+k\pi} $$ Pero es bien sabido que el $\lim_{n\to+\infty}U_n(x)=1$ por cada $x\in(0,\pi)$ y que la secuencia de $\{U_n\}$ está delimitada en $[0,\pi]$, por lo tanto, por el Teorema de Convergencia Dominada, llegamos a la conclusión de que $$ 2I=\int_0^\pi f(x)dx=2\int_0^{\pi/2}f(x)dx. $$ y la conclusión deseada de la siguiente manera.
Observación. Sobre las declaraciones acerca de la secuencia de $\{U_n\}$ estos son bien conocidos, y una simple prueba puede ser encontrado aquí. De hecho, considere la posibilidad de $\alpha\in(0,1)$, y deje $f_\alpha$ $2\pi$- función periódica que coincide con $x\mapsto e^{i\alpha x}$ en el intervalo de $(-\pi,\pi)$. Es fácil comprobar que la exponencial de los coeficientes de Fourier de $f_\alpha$ dada por $$ C_n(f_\alpha)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f_\alpha(x)e^{-inx}dx=\sin(\alpha\pi)\frac{(-1)^n}{\alpha \pi-n\pi} $$ y desde $f_\alpha$ es continuamente diferenciable en a $(-\pi,\pi)$ la serie de Fourier de $f_\alpha$ converge a $f_\alpha$ en este intervalo: $$ \forall\,x\(- \pi,\pi,\quad e^{i\alpha x}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^{n}C_k(f_\alpha)e^{ikx}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^{n}\frac{(-1)^k\sin(\alpha\pi)}{\alpha\pi - k\pi}e^{ikx} $$ Tomando $x=0$, obtenemos $$ 1=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=-n}^{n} U_n(\alpha\pi) $$
