Integrale improprio $\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{\pi^2-x^2} dx$

[GinoFranco]

Buongiorno, sto cercando di risolvere questo integrale, senza usare metodi di analisi complessa:

$$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{\pi^2-x^2} dx$$

Ho provato con il trucco di Feynman ottenendo questo:

$t=\pi+x, \ x=t- \pi, \ dx=dz$
$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^2(x)}{\pi^2-x^2} dx = \int_{\pi}^{\infty} \frac{\sin^2(t)}{t(2\pi-t)} dt$

$I(\alpha )=\int_{\pi}^{\infty} \frac{\sin^2(t)e^{- \alpha t}}{t(2\pi-t)} dt$

$I'(\alpha)=-\int_{\pi}^{\infty} \frac{\sin^2(t)e^{- \alpha t}}{(2\pi-t)} dt$

$$z=t-2\pi, \ t=2\pi + z, \ dt=dz$$
$$I'(\alpha)=e^{-\alpha 2\pi}\int_{-\pi}^{\infty} \frac{\sin^2(z)e^{- \alpha z}}{z} dz$$


$$I''(\alpha)=-e^{-2\alpha \pi} \int_{-\pi}^{\infty} sin^2(z)e^{- \alpha z} dz = -2\frac {e^{-\alpha \pi}}{\alpha^3+a}$$

Ma ora non so come integrare $$I''$$.

[pilloeffe]

Ciao GinoFranco,

Benvenuto sul forum!

La funzione integranda è pari e l'integrale improprio proposto mi risulta essere nullo:

$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin^2(x)}{\pi^2-x^2} \text{d}x = 2 \int_0^{+\infty} \frac{sin^2(x)}{\pi^2-x^2} \text{d}x = 0 $

[kilogrammo]

Ciao GinoFranco,

Benvenuto sul forum!

La funzione integranda è pari e l'integrale improprio proposto mi risulta essere nullo:

$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{sin^2(x)}{\pi^2-x^2} \text{d}x = 2 \int_0^{+\infty} \frac{sin^2(x)}{\pi^2-x^2} \text{d}x = 0 $

A me risulta che fa 1

[qualcuno]

A me viene 12

[pilloeffe]

A me risulta che fa 1

A me viene 12

Scusate, mi fate vedere i conti in base ai quali vi risulta rispettivamente $1$ e $12$?

Posto $I(t) := \int_0^{+\infty} sin^2(tx)/(\pi^2 - x^2) \text{d}x $ con $t \ge 0 $, $I(1)$ è l'integrale iniziale proposto ed ovviamente $I(0) = 0 $

Derivando rispetto a $t$ si ha $I'(t) = \int_0^{+\infty} xsin(2tx)/(\pi^2 - x^2) \text{d}x $ ed ovviamente si ha anche $I'(0) = 0 $

$I'(t) = \int_0^{+\infty} xsin(2tx)/(\pi^2 - x^2) \text{d}x = - \int_0^{+\infty}((pi^2 - x^2 - \pi^2)sin(2tx))/(x(\pi^2 - x^2)) \text{d}x = $
$ = - \int_0^{+\infty} (sin(2tx))/x \text{d}x + \pi^2 \int_0^{+\infty}(sin(2tx))/(x(\pi^2 - x^2)) \text{d}x = - pi/2 \text{sgn}(t) + \pi^2 \int_0^{+\infty}(sin(2tx))/(x(\pi^2 - x^2)) \text{d}x = $
$ = - pi/2 + \pi^2 \int_0^{+\infty}(sin(2tx))/(x(\pi^2 - x^2)) \text{d}x $

Derivando ancora $I'(t) $ rispetto a $t$ si ha:

$I''(t) = 2 \pi^2 \int_0^{+\infty}(cos(2tx))/(\pi^2 - x^2) \text{d}x $

con

$I''(0) = 2 \pi^2 \int_0^{+\infty} 1/(\pi^2 - x^2) \text{d}x = \pi[ln|(\pi + x)/(\pi - x)|]_0^{+\infty} = 0$

nel senso del valor principale. Derivando nuovamente rispetto a $t$ si ha:

$I'''(t) = 2\pi^2 \int_0^{+\infty}(- 2 x sin(2tx))/(\pi^2 - x^2) \text{d}x = - 4\pi^2 I'(t) $

Posto per comodità $y(t) := I'(t) $, si ottiene l'equazione differenziale del secondo ordine seguente:

$y''(t) + 4\pi^2 y(t) = 0 $

Quest'ultima equazione differenziale ha soluzione $y(t) = c_1 cos(2\pi t) + c_2 sin(2\pi t) $
Imponendo le condizioni iniziali $y(0) = I'(0) = 0 $ e $y'(0) = I''(0) = 0 $ si ottiene $c_1 = c_2 = 0 $ sicché si ha $y(t) = I'(t) = 0 \implies I(t) = k $, ma siccome $I(0) = 0 $ allora $k = 0 $ come volevasi dimostrare. \( \displaystyle \Box \)

[totissimus]

$$\int_{0}^{\infty}\frac{sen^{2}x}{\pi^{2}-x^{2}}dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\infty}sen^{2}x\left(\frac{1}{\pi-x}+\frac{1}{\pi+x}\right)dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{sen^{2}x}{\pi-x}dx+\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{\infty}\frac{sen^{2}x}{\pi+x}dx$$

$$=-\frac{1}{2\pi}\int_{\pi}^{-\infty}\frac{sen^{2}t}{t}dt+\frac{1}{2\pi}\int_{\pi}^{\infty}\frac{sen^{2}t}{t}dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\pi}\frac{sen^{2}t}{t}dt+\frac{1}{2\pi}\int_{\pi}^{\infty}\frac{sen^{2}t}{t}dt$$

$$
=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{sen^{2}t}{t}dt=0
$$

Integrale di una funzione dispari su un intervallo simmetrico rispetto all'origine.

[qualcuno]

@totissimus : Perfetto, risoluzione elementare e intelligente.
Pilloeffe ha sciacciato una nocciolina con un maglio.
Ginofranco ha addirittura scomodato Feynman.

[pilloeffe]

Pilloeffe ha sciacciato una nocciolina con un maglio.
Ginofranco ha addirittura scomodato Feynman.

Ho semplicemente seguito le indicazioni dell'OP quando ha scritto di volerlo risolvere

con il trucco di Feynman

Comunque la soluzione con Feynman è più generale, perché si dimostra che $I(t) = 0 $ per ogni $t \in \RR $, quello proposto dall'OP si ottiene nel caso particolare $t = 1 $.
Ancora più in generale si può scrivere:

\begin{equation*}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(tx)}{a^2-x^2} \text{d}x = 2 I(t, a) = 2 \int_0^{+\infty} \frac{\sin^2(tx)}{a^2-x^2} \text{d}x = 0}
\end{equation*}
Quello proposto dall'OP si ottiene nel caso particolare $a = \pi $ e $t = 1 $