Estaba buscando una forma sencilla de evaluar la integral $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}dx$ ( una mirada tardía a esta cuestión ). Para empezar, hay simetrías que explotar. Así que tuve una idea, pero la idea depende, siendo optimistas, de dos expresiones para $\pi$ que no puedo probar, y mi pregunta es si alguien ve pruebas razonables de cualquiera de las expresiones (1, 2 abajo).
Ponga
$$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}dx = \int_0^\pi \sum_{k=0}^{k=\infty} \left\{\frac{\sin x}{x + 2 k \pi }-\frac{\sin x }{x+2k\pi+\pi}\right\} \, dx$$
La intuición detrás de este paso es que a medida que avanzamos alrededor del círculo unitario de 0 a $\pi$ para cada ángulo $\alpha$ tenemos un ángulo $\alpha + \pi$ para el que el valor de $\frac{\sin x} {x}$ será menor y negativa. No es necesario integrar más allá de $\pi$ y para ángulos superiores a $2\pi$ simplemente estamos dividiendo el rango de la integral original añadiendo múltiplos de $\pi$ al valor de $x$ .
WLOG podemos formar sumas de Riemann dividiendo el rango de integración en un número par de subrangos equiángulo $dx_n$ . Por ejemplo, si $n = 6$ tenemos
$$\int_0^\pi \sum_{k=0}^{k=\infty}\sin x \left\{\frac{1}{x + 2 k \pi }-\frac{1 }{x+2k\pi+\pi}\right\} \, dx$$
$$\approx \left\{ \sum_{k=0}^\infty \sum_{n=1}^6 \sin \left( \frac{n\pi}{6}\right)\left(\frac{1}{\pi}\right) \left(\frac{1}{\frac{n}{6} + 2k}-\frac{1}{\frac{n}{6}+2k+1}\right) \right\} \left\{ \frac{\pi}{6} \right\}.$$
Tomando esto como cierto, observamos que los pares de sumandos de las sumas de Riemann simétricas respecto a $\frac{\pi}{2}$ suma a $1$ y el valor del sumando en $\frac{\pi}{2}$ es $1/2$ . De nuevo, tomando esto como cierto, tenemos que
$$\sum f(x_n) = \frac{1}{2} + 1\cdot \frac{n-2}{2} + \sin\pi\cdot f(\pi) = \frac{n-1}{2},$$ y $$\sum f(x_n) \, dx_n = \left(\frac{n-1}{2}\right) \cdot \frac{\pi}{n}.$$
Así pues, para la aproximación anterior para $n = 6$ esperamos un valor aproximado de $\frac{5 \pi}{12}$ para alta $k$ .
En otras palabras, sólo contamos n - 1 sumandos, ya que el último sumando en $\pi$ es $0$ . Como hemos dividido el intervalo en $n$ subintervalos, nos quedamos con la suma de arriba y el límite condicional (condicionado al menos a la verdad de los dos límites de abajo):
$$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} \, dx = \lim_{n = 1}^\infty \frac{n-1}{2}\cdot \frac{\pi}{n} = \frac{\pi}{2}.$$
El problema es el siguiente: tenemos que demostrar, para empezar, que
$$\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{ 1}{\pi/2 + 2\pi k} - \frac{1}{\pi/2 + 2k\pi + \pi}\right) = \frac{1}{2}$$
o
$$ \frac{1}{\pi}\sum \frac{1}{1/2 + 2k}- \frac{1}{1/2 + 2k\pi +1}= \frac{1}{2},$$
es decir,
(1) $\sum_{k=0}^\infty \frac{4}{3+16k+16k^2}= \frac{\pi}{2}$ .
También debemos demostrar para $0< j < n$ que
(2) $\sin (\frac{j\pi}{n})( \sum_{k=0}^{\infty} (\frac{ 1}{\frac{j\pi}{n} + 2\pi k} - \frac{1}{\frac{j\pi}{n} + 2k\pi + \pi}) + \sum_{k=0}^{\infty} (\frac{ 1}{\frac{(n-j)\pi}{n} + 2\pi k} - \frac{1}{\frac{(n-j)\pi}{n} + 2k\pi + \pi}))= 1$ .
o , factoring $\frac{1}{ \pi}$ de la suma y mutiplicando:
$$\sin \left( \frac{j\pi}{n}\right)\left( \sum_{k=0}^\infty \left(\frac{1}{\frac{j}{n} + 2 k} - \frac{1}{\frac{j}{n} + 2k + 1}\right) + \sum_{k=0}^\infty \left( \frac{ 1}{\frac{(n-j)}{n} + 2 k} - \frac{1}{\frac{(n-j)}{n} + 2k + 1}\right)\right)= \pi.$$
(1) podría ser un caso especial de algo en el sitio de Wolfram, pero no lo he visto. (2) parece desordenado, pero ¿tal vez inducción?
Si esto es correcto, creo que se podría trabajar hacia atrás a partir de las relaciones para $\pi$ y establecer el valor de la integral. Es importante no olvidar que k empieza en 0.
Edición: lo siguiente es equivalente a (2) y quizá más fácil de escanear. Para $0<r<1$ ,
$$(2) \sum_{k=0}^{\infty}\frac {2(\sin \pi r)(1+4k+4k^2-r+r^2) }{(1+2k+r)(1+2k-r)(2+2k-r)(2k+r)} = \pi$$
Esto fue derivado asumiendo r racional, pero no creo que importe.
