Evaluar el complejo integral $\int_{0}^{\infty} \frac {\sin (\ln x) dx }{x^2 + 4} $

Question

Quiero evaluar la siguiente integral:

$\int_{0}^{\infty} \frac {\sin (\ln x) dx }{x^2 + 4} $

• Obviamente $x$ $ \gt $ $0$ y la función que queremos integrar no es ni extraño. Y tengo que evite $0$.

• Tenemos dos de primer orden pol $+2i$ $-2i$

• $f(z) = \frac {\sin (\ln z) }{z^2 + 4} = \Im \{\frac {e^{(i\ln z)} }{z^2 + 4} \} $ y se trata de un complejo de logaritmo

• El residuo de la función anterior para $+2i$ es igual a $res(f, +2i) =\frac {e^{(i Ln 2)}}{4i}$ y estoy considerando la posibilidad de calcular el residuo de $-2i$ (iba a cambiar de signo)

La solución es, de acuerdo a los libros de texto: $\frac {\pi \sin (Ln(2)}{4 \cosh(\pi /2)}$

Mis preguntas:

1) ¿Cómo lidiar con la integral de$0$$\infty$, no de $- \infty$ $\infty$en este caso. Yo estaba acostumbrado a lidiar incluso con funciones de donde era obvio.

2) no tengo idea acerca de la integración de ruta (un semi-círculo con cortes de ramas?)

3) ¿por Qué ese $cosh$ en que la solución?

Este tipo de complejo integral es muy nuevo para mí y agradecería cualquier ayuda!

Answer 1

El uso de la sustitución $$x = 2e^t$$ por ejemplo. Esto nos da: $$ \begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac {\sin \ln x }{x^2 + 4}\; dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac {\sin (\ln 2 + t) }{4e^{2t} + 4}\; 2e^t\; dt \\ &= \frac 12 \int_{-\infty}^{\infty} \frac {\sin \ln 2\cos t+\cos \ln 2\sin t }{e^{t} + e^{-t}}\; dt \\ &= \frac 12 \int_{-\infty}^{\infty} \frac {\sin \ln 2\cos t +\text{odd function}}{e^{t} + e^{-t}}\; dt \\ &= \frac 12\sin\ln 2 \int_{-\infty}^{\infty} \frac {\cos t}{e^{t} + e^{-t}}\; dt \ . \end{aligned} $$ Esta es una situación mejor adecuado para una aplicación del teorema de los residuos. Los residuos de la función $$ f(z)=\frac{\cos z}{e^z + e^{-z}} $$ en los polos $$ k\cdot \frac {i\pi} 2\ ,\qquad\text{ $k$ impar, }k=2n+1\ , $$ son, en consecuencia $$ -\frac i2(-1)^n\cosh \frac {k\pi}2\ . $$ Ahora tenemos que encontrar la "buena" de contorno. El resultado conocido ya nos dice que $i\pi/2$ que cuenta, pero el "siguiente" residuo, $3i\pi/2$ "no debe contar". OK, vamos entonces considerar el contorno rectangular con las esquinas $$ -I\ , \ +R\ , \ +R+i\pi\ , \ -R+i\pi\ . $$ A continuación, para $z\in[-R,R]$ $$ \Re f(z+i\pi) = \Re \frac{\cos (z+i\pi}{e^{z+i\pi} + e^{-z-i\pi}} = \Re \frac{\cos z\cos(i\pi)-\sen z\sin(i\pi}{-(e^{z} + e^{-z})} = \Re \frac{\cos z\cosh \pi}{-(e^{z} + e^{-z})} =- \cosh \pi f(z)\ . $$ Aplicando el teorema de los residuos en el rectángulo: $$ \begin{aligned} 2\pi\,i\cdot \left(-\frac{1}{2} i \, \cosh\left(\frac\pi{2}\right)\right) &= \lim_{R\to \infty}\int_{-R}^R f(z)\; dz + \lim_{R\to \infty}\int_{R+i\pi}^{-R+i\pi} f(z)\; dz \\ &= (1+\cosh\pi)\lim_{R\to \infty}\int_{-R}^R f(z)\; dz \\ &= 2\cosh^2\left(\frac \pi2\right)\cdot\int_{-\infty}^\infty f(z)\; dz\ . \end{aligned} $$ Sigue a poner todos juntos en una sola línea: $$ \int_{0}^{\infty} \frac {\sin \ln x }{x^2 + 4}\; dx = \frac 12\sin\ln2\int_{\Bbb R}f = \frac 12\sin\ln2\cdot \frac \pi{2\cosh(\pi/2)}\ . $$ $\square$

Answer 2

Considere la función $f(z) = \frac{e^{i\log z}}{4+z^2}$ cuando la rama del logaritmo corresponde a $-\pi < \arg z \leq \pi$. Vamos a integrar a $f(z)$ alrededor de los siguientes "key-hole" de contorno:

$C_R$ es un círculo de radio $R$ $C_{\epsilon}$ es la mitad de un círculo de radio de $\epsilon$. Dos de ellos están centrados en $0$.

Como $R\to\infty$$\epsilon\to 0^+$, el de las integrales en torno a $C_R$ $C_\epsilon$ tienden a $0$. Por lo tanto, estamos sólo a la izquierda con la de las integrales por encima y por debajo de la rama cortada.

Mientras que el cálculo de los residuos, uno debe ser cuidadoso acerca de la rama del logaritmo.

\begin{align*} \mathop{\text{Res}}\limits_{z=2i} &= \lim_{z\to 2i} (z-2i) \frac{e^{i\log z}}{z^2+4} \\ &= \frac{e^{i\log(2i)}}{4i} \\ &= \frac{e^{i\ln 2- \arg (i)}}{4i}\\ &= \frac{e^{i\ln 2 -\frac{\pi}{2}}}{4i} \end{align*}

Del mismo modo, \begin{align*} \mathop{\text{Res}}\limits_{z=-2i} =-\frac{e^{i\ln 2 -\arg(-i)}}{4i} =-\frac{e^{i\ln 2 +\frac{\pi}{2}}}{4i} \end{align*}

Por lo tanto, usando el Teorema de los Residuos,

\begin{align*} \int_{-\infty}^0 \frac{e^{i(\ln|x|+i\pi)}}{4+x^2}dx +\int_0^{-\infty} \frac{e^{i(\ln|x|-i\pi)}}{4+x^2}dx &= 2\pi i \left(\mathop{\text{Res}}\limits_{z=2i} \; f(z) + \mathop{\text{Res}}\limits_{z=-2i} \; f(z)\right) \\ \Rightarrow e^{-\pi}\int_0^\infty \frac{e^{i\ln x}}{4+x^2}dx - e^{\pi}\int_0^\infty \frac{e^{i\ln x}}{4+x^2}dx &= 2\pi i \left( \frac{e^{i\ln 2}}{4i}e^{-\frac{\pi}{2}}- \frac{e^{i\ln 2}}{4i}e^{\frac{\pi}{2}}\right) \\ \Rightarrow -2\sinh(\pi) \int_0^\infty \frac{e^{i\ln x}}{4+x^2}dx &= -\sinh\left(\frac{\pi}{2}\right) \pi e^{i\ln 2} \\ \Rightarrow \int_0^\infty \frac{e^{i\ln x}}{4+x^2}dx &= \frac{\pi e^{i\ln 2}}{4\cosh\left(\frac{\pi}{2}\right)} \end{align*} Ahora, separar las piezas imaginarias para obtener la respuesta.

Answer 3

$$\begin{align} \int0^\infty\frac{\sin(\log(x))\,\mathrm{d}x}{x^2+4} &=\frac14\int{-\infty}^\infty\frac{\sin(x+\log(2))\,\mathrm{d}x}{\cosh(x)}\tag1\ &=\frac{\sin(\log(2)}4\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)\,\mathrm{d}x}{\cosh(x)}\tag2\[3pt] &=\frac\pi4\sin(\log(2))\,\mathrm{sech}!\left(\frac\pi2\right)\tag3 \end {Alinee el} $$ explicación:
$(1)$: sustituto $x\mapsto2e^x$
$(2)$: es de la parte incluso de $\sin(x+\log(2))$ $\sin(\log(2))\cos(x)$
$(3)$: doble el resultado de esta respuesta