Evaluación

Question

Traté de resolver de la Feynman forma y se define:

$$I(a):=\int_0^{\infty} {\sin(\tan(a \cdot x)) \over x} \ dx$$

Y mira lo que pasa cuando uno de los sucedáneos de la $u=ax$ $(a>0)$:

$$I(a)=\int_0^{\infty} {\sin(\tan(u)) \over u} \ du = I(1)$$

Lo que implica que $I(a)=const$$a>0$. Más generalmente,$I(a)=c \cdot sign(a)$. Me pregunto si esto puede ayudar.

Me recordó que en el fin de solucionar $\int_0^{\infty} {\sin(x) \over x} \ dx$ el uso de Feynman técnica que había que definir $I(a):=\int_0^{\infty} {\sin(x) \over x} e^{-a \cdot x}\ dx$ y diferencian. En consecuencia, sospecho que debemos definir a $I(a):=\int_0^{\infty} {\sin(\tan x) \over x} e^{-a \cdot x}\ dx$, pero la diferenciación de los rendimientos:

$$I'(a)=-\int_0^{\infty} {\sin(\tan x)} e^{-a \cdot x}\ dx$$

Que es otra difícil integral.

Alguna ayuda?

(por favor, trate de evitar funciones gamma)

Answer 1

Aviso de $\tan x$ es una función periódica con período de $\pi$ y el recuerdo la extensión siguiente:

$$\frac{1}{\tan x} = \lim_{N\to\infty}\sum_{n=-N}^N \frac{1}{x + n\pi}$$

La integral buscamos $$\mathcal{I} \stackrel{def}{=} \int_0^\infty \frac{\sin\tan x}{x} dx = \frac12 \int_{-\infty}^\infty \frac{\sin\tan x}{x} dx = \frac12 \left(\sum_{n=-\infty}^\infty \int_{(n-\frac12)\pi}^{(n+\frac12)\pi}\right)\frac{\sin\tan x}{x}dx $$ puede escribirse como $$ \mathcal{I} = \frac12 \int_{-\frac12\pi}^{\frac12\pi}\sin\tan x\left(\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{x+n\pi}\right) dx = \frac12\int_{-\frac12\pi}^{\frac12\pi}\frac{\sin\tan x}{\tan x} dx $$ Cambio de variable a $t = \tan x$, obtenemos

$$\mathcal{I} = \frac12\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sen t}{t(1+t^2)} dt = \frac12\Im\left[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{es}-1}{t(1+t^2)} dt\right]$$

Podemos evaluar la integral sobre RHS como una integral de contorno. Al completar el contorno en la mitad superior del plano-y utilizando el hecho de que el integrando sólo tiene dos polos en $t = \pm i$, obtenemos:

$$\begin{align} \mathcal{I} &= \frac12\Im\left[ 2\pi i \, \mathop{\text{Res}}_{z = i}\left(\frac{e^{it}-1}{t(1+t^2)}\right)\right] = \pi\Re\left[ \frac{e^{i(i)} - 1}{i(i+i)}\right] = \frac{\pi}{2}\left(1 - \frac1e \right)\\ &\approx 0.9929326518994357602762750999834... \end{align} $$

Actualización

Si uno no desea utilizar la integral de contorno, se puede sustituir el último paso por un Feymann truco. Considere la función

$$J(a) = \int_0^\infty \frac{\sin(a)}{t(1+t^2)}dt $$

Es fácil ver $\mathcal{I} = J(1)$ $J(a)$ satisface la siguiente ODA para $a > 0$.

$$\left( -\frac{d^2}{da^2} + 1 \right)J(a) = \int_0^\infty \frac{\sin(at)}{t} dt = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt = \frac{\pi}{2}$$

Esto implica $\displaystyle\;J(a) = \frac{\pi}{2} + A e^a + B e^{-a}\;$ por convenientemente elegido constantes $A, B$. Aviso $$\begin{align} J(+\infty) &= \lim_{a\to+\infty} \int_0^\infty \frac{\sin t}{t\left(1 + \left(\frac{t}{a}\right)^2\right)} dt = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt = \frac{\pi}{2}\\ J'(0^{+}) &= \lim_{a\to 0^{+}} \int_0^\infty \frac{\cos(at)}{1+t^2} dt = \int_0^\infty \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{2} \end{align}$$

Esto soluciona $\;A = 0$, $\displaystyle\;B = -\frac{\pi}{2}\;$ y por lo tanto

$$J(a) = \frac{\pi}{2}\left(1 - e^{-a}\right) \quad\implies\quad \mathcal{I} = J(1) = \frac{\pi}{2}\left( 1 - \frac{1}{e}\right)$$

Answer 2

Real Manipulaciones $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\sin(\tan(x))}x\,\mathrm{d}x &=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(\tan(\pi x))}x\,\mathrm{d}x\tag{1}\\ &=\frac12\sum_{k\in\mathbb{Z}}\int_0^1\frac{\sin(\tan(\pi x))}{x+k}\,\mathrm{d}x\tag{2}\\ &=\frac\pi2\int_0^1\sin(\tan(\pi x))\cot(\pi x)\,\mathrm{d}x\tag{3}\\ &=\frac\pi2\int_{-1/2}^{1/2}\sin(\tan(\pi x))\cot(\pi x)\,\mathrm{d}x\tag{4}\\ &=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(u)}{u(1+u^2)}\,\mathrm{d}u\tag{5}\\ \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: $\frac{\sin(\tan(x))}x$ es, incluso, el doble de dominio y dividir por $2$; suplente $x\mapsto\pi x$
$(2)$: romper el dominio en la unidad de intervalos
$(3)$: $\sum\limits_{k\in\mathbb{Z}}\frac1{x+k}=\pi\cot(\pi x)$ (ver esta respuesta)
$(4)$: $\sin(\tan(\pi x))\cot(\pi x)$ tiene período de $\pi$
$(5)$: sustituto $u=\tan(\pi x)$

El Contorno De Integración

Vamos a utilizar el sentido antihorario contorno $$ \gamma^+=[-R-i/2,R-i/2]\copa del Re^{i[0,\pi]}-i/2 $$ y el contorno de las agujas del reloj $$ \gamma^-=[-R-i/2,R-i/2]\copa del Re^{-i[0,\pi]}-i/2 $$ Entonces $$ \begin{align} \frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(u)}{u(1+u^2)}\,\mathrm{d}u &=\frac12\int_{-\infty-\frac i2}^{\infty-\frac i2}\frac{\sin(u)}{u(1+u^2)}\,\mathrm{d}u\tag{6}\\ &=\frac1{4i}\int_{\gamma^+}\frac{e^{iz}}{z(1+z^2)}\,\mathrm{d}z -\frac1{4i}\int_{\gamma^-}\frac{e^{-iz}}{z(1+z^2)}\,\mathrm{d}u\tag{7}\\ &=\frac1{4i}\int_{\gamma^+}e^{iz}\left(\frac1z-\frac{1/2}{z-i}\color{#A0A0A0}{-\frac{1/2}{z+i}}\right)\,\mathrm{d}u\\ &-\frac1{4i}\int_{\gamma^-}e^{-iz}\left(\color{#A0A0A0}{\frac1z-\frac{1/2}{z-i}}-\frac{1/2}{z+i}\right)\,\mathrm{d}u\tag{8}\\ &=\frac{2\pi i}{4i}\left(1-\frac1{2e}\right)-\frac{2\pi i}{4i}\left(\frac1{2e}\right)\tag{9}\\ &=\frac\pi2\left(1-\frac1e\right)\tag{10} \end{align} $$ Explicación:
$(6)$: no hay singularidades en $\small[-R,R]\cup[R,R-i/2]\cup[R-i/2,-R-i/2]\cup[-R-i/2,-R]$
$\hphantom{(6)\text{:}}$ integrando se desvanece en los segmentos verticales
$(7)$: $\sin(z)=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}$, las integrales se desvanecen en semi-arcos circulares
$(8)$: $\frac1{z(z^2+1)}=\frac1z-\frac{1/2}{z-i}-\frac{1/2}{z+i}$
$(9)$: singularidades en$0$$i$$\gamma^+$, de singularidad en $-i$ $\gamma^-$
$(10)$: simplificar

Answer 3

Otro enfoque que utiliza el contorno de la integración la integración de la función compleja $$f(z) = \frac{e^{i \tan z}}{z} $$ around a rectangular contour of height $de$ y en la mitad superior del plano -.

Debido a la presencia de un simple poste de $z=0$ y esencial singularidades en $z = \left(n+ \frac{1}{2} \right) \pi$, el contorno de las necesidades se aplica sangría a lo largo del eje real.

Pero desde $$|e^{i \tan z}| = |e^{i \tan (x+iy)}| =\exp \left(-\frac{\sinh 2y}{\cos 2x + \cosh 2y} \right) \le 1$$ en la mitad superior del plano -, la contribución total de los huecos alrededor de las singularidades esenciales es muy pequeña.

También, a medida que el ancho del contorno de ir hasta el infinito, la integral se desvanecen en los lados derecho e izquierdo de contorno desde el contorno es de altura fija y debido a $e^{i \tan z}$ es pequeño en magnitud en la mitad superior del plano -.

Así que terminamos con

$$ \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \tan x}}{x} \, dx - i \pi \,\text{Res}[f(z),0] -\text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \tan (t+iy)}}{t+iy} \, dt =0. $$

Si luego nos vamos a $y \to \infty$ y utilice el hecho de que $\tan (z) \to i$ uniformemente $ \text{Im}(z) \to \infty$, obtenemos

$$\text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \tan x}}{x} \, dx - i \pi - e^{-1} \lim_{y \to \infty} \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{t+iy} \, dt =0. $$

Pero si integramos $g(z) = \frac{1}{z}$ en el mismo contorno, obtenemos

$$ \underbrace{\text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{x}}_{0} - i \pi \underbrace{\text{Res}[g(z),0]}_{1} - \lim_{y \to \infty} \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{t+iy} \, dt = 0.$$

Por lo tanto,

$$ \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i \tan x}}{x} \, dx = i \pi \left(1- \frac{1}{e} \right),$$

lo que significa que $$ \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(\tan x)}{x} \, dx = \pi \left(1-\frac{1}{e} \right).$$

Pero puesto que la integral converge en el sentido tradicional, podemos dejar el valor principal de Cauchy signo y la conclusión de

$$ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin(\tan x)}{x} \, dx = \frac{\pi}{2} \left(1-\frac{1}{e} \right).$$

Answer 4

Ok voy a probar el contorno de un método de enfoque sin una referencia a la Mittag Leffler expansión de $\tan(x)$.

Para comenzar, escribe $\sin(\tan[x])=\Im(e^{i\tan[x]})$.

$$ I=\Im\underbrace{\int_{\epsilon}^{\infty}\frac{e^{i\tan[x]}}{x}}_{I_1}+\Im\underbrace{\int_{-\infty}^{-\epsilon}\frac{e^{i\tan[x]}}{x}}_{I_2} $$

dónde está el límite de $\epsilon\rightarrow 0$ es implícita.

Ahora llegamos a nuestro paso crucial :

Debemos tener en cuenta algunas de las posibles contribuciones de los complejos infinito, porque de Jordania Lema no es suficiente aquí [las oscilaciones no son lo suficientemente regulares como]

Podemos reescribir $I_1 $ mediante el uso del teorema de Cauchy ( $\tan[\pm ix]=\pm i \tanh[x]$)

$$I_1=\int_{QC^1_0}\frac{e^{-i\tan[z]}}{z}+\int_{QC^1_{\infty}}\frac{e^{-i\tan[z]}}{z}+\int_{\epsilon}^{\infty-\epsilon}\frac{e^{-\tanh[y]}}{iy}$$

Similiar $I_2$

$$I_2=\int_{QC^2_0}\frac{e^{-i\tan[z]}}{z}+\int_{QC^2_{\infty}}\frac{e^{-i\tan[z]}}{z}-\int_{\epsilon}^{\infty-\epsilon}\frac{e^{-\tanh[y]}}{iy}$$

Aquí $QC^{1,2}_{0,\infty}$ denota un cuarto de círculo alrededor de $0(\infty)$ en el primer(segundo) cuadrante y los restantes a las integrales de línea recta a lo largo del eje imaginario.

Añadiendo a $I_1$ $I_2$ vemos que las dos integrales a lo largo de la positivo/negativo imaginario cancelar, así que nos quedamos con $$ I_1+I_2=\int_{QC^1_0}\frac{e^{-i\tan[z]}}{z}+\int_{QC^1_{\infty}}\frac{e^{-i\tan[z]}}{z}+\int_{QC^2_0}\frac{e^{-i\tan[z]}}{z}+\int_{QC^2_{\infty}}\frac{e^{-i\tan[z]}}{z} $$

se pueden conseguir más simplifiction por explotar el hecho de que los semi círculos alrededor del mismo punto

a) encerrar singularidades en dirección opuesta

b) se han retorcido la integración de las regiones.

Esto se traduce en dos signos menos que se multiplican a un total de más. Por lo tanto:

$$ I_1+I_2=2\int_{QC^1_0}\frac{e^{-i\bronceado[z]}}{z}+\int_{QC^1_{\infty}}\frac{e^{-i\bronceado[z]}}{z} $$

Debido a esto son de primer orden de los polos de la integral es finito en un valor principal sentido. Ahora es fácil mostrar que la integral está dada por

$$ I=2\Im \left[\frac{\pi i}{4}\left(\text{res}(0)+\text{res}(\infty)\right)\right] $$

los residuos pueden ser calculadas como $\text{res}[0]=1 $ $\text{res}[\infty]=\frac{-1}{e} $ y para ello

$$ I=\frac{\pi }{2}\left(1-\frac{1}{e}\right) $$

Como era de esperar de las otras soluciones

Answer 5

Te doy dos tipos de representación; ambos me dieron un buen resultado.

1. $$\frac{sin(tan(ax))}{x} = \frac{(tan(a x))}{x} \int_0^1 cos(t~tan(a x)) dt $$

2. $$ \frac{sin(tan(ax))}{x} = \frac{-i}{2x \sqrt\pi} \int_{(-i \infty+\gamma)}^{(i \infty+\gamma)} \frac{(2^{(-1+2 s)} \Gamma(s) \tan^{(1-2 s)}(a x))}{(\Gamma(\frac{3}{2}-s))} ds$$ $$For (0<\gamma<1~and~\tan(a x)>0)$$

Puede utilizar al segundo fácilmente si está familiarizado con la de $\Gamma$-función.

¡Buena suerte!