Polos de integración complejos eje real

Question

En clase mi profesor dijo que $$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iax}}{x^2 - b^2}dx = -\frac{2\pi}{b}\sin(ab) $$ donde $a,b > 0$ . Sin embargo, como los polos están en el eje real, ¿no es la integral igual a $$ \pi i\sum_{\text{real axis}}\text{Res}(f(z); z_j)\mbox{?} $$ En ese caso, la integral es $$ -\frac{\pi}{b}\sin(ab). $$

Answer 1

Definir

$$f(z):=\frac{e^{iaz}}{z^2-b^2}\;,\;a,b\in\Bbb R^+\;,$$

$$C_R:=[-R,-b-\epsilon]\cup\gamma_{-b,\epsilon}\cup[-b+\epsilon,b-\epsilon]\cup\gamma_{b\epsilon}\cup[b+\epsilon,R]\cup\Gamma_R$$

con

$$\gamma_{r,s}:=\{r+se^{it}\;;\;0\le t\le \pi\}\;,\;r,s\in\Bbb R^+\;,\;\Gamma_R:=\{Re^{it}\;;\;0\le t\le \pi\}\;,\;\;R\in\Bbb R^+$$

Desde $\;f(z)\;$ analítica sobre y dentro de $\;C_R\;$ obtenemos

$$\oint\limits_{C_R}f(z)\,dz=0$$

Por el corolario del lema de la segunda respuesta aquí obtenemos

$$\begin{align*}\lim_{\epsilon\to 0}\int\limits_{\gamma_{-b,\epsilon}}f(z)dz&=i\pi\,\text{Res}\,(f)_{z=-b}=i\pi\frac{e^{-iab}}{-2b}=-\frac{\pi i}{2b}e^{-iab}\\ \lim_{\epsilon\to 0}\int\limits_{\gamma_{b,\epsilon}}f(z)dz&=i\pi\,\text{Res}\,(f)_{z=b}=i\pi\frac{e^{iab}}{2b}=\frac{\pi i}{2b}e^{iab}\end{align*}$$

Y aplicando El lema de Jordan la integral en $\;\Gamma_R\;$ llega a cero cuando $\;R\to \infty\;$ Así que al final

$$0=\lim_{R\to\infty\,,\,\epsilon\to 0}\oint\limits_{C_R}f(z)dz=\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)dx-\frac{\pi i}{2b}\left(e^{iab}-e^{-iab}\right)\implies$$

$$\implies \int\limits_{-\infty}^\infty f(x)dx=-\frac\pi b\frac{e^{iab}-e^{-iab}}{2i}=-\frac\pi b\sin(ab)$$

y me pasa lo mismo que a ti...

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\dagger}}% \newcommand{\angles}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \atop {= \atop \vphantom{\huge A}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert}% \newcommand{\yy}{\Longleftrightarrow}$ Asumiendo que el significado integral es "valor principal $\pp$ de ella": $$ \pp\int_{-\infty}^{\infty}{\expo{\ic ax} \over x^{2} - b^{2}}\,\dd x = \int_{-\infty}^{\infty}\expo{\ic ax}\bracks{% {1 \over x^{2} - b^{2} + \ic 0^{+}} + \ic\pi\delta\pars{x^{2} - b^{2}}}\,\dd x \tag{1} $$

\begin {align} &{1 \over x^{2} - b^{2} + \ic 0^{+}} = {1 \over \pars {x - \root {b^{2} - \ic 0^{+}}} \pars {x + \root {b^{2} - \ic 0^{+}}}} \\ [3mm]&= {1 \over \bracks {x - \pars {b - \ic 0^{+}}} \bracks {x - \pars {-b + \ic 0^{+}}}} \quad \mbox {ya que} b > 0. \tag {2} \\ [3mm] & \delta\pars {x^{2} - b^{2}} = { \delta\pars {x + b} + \delta\pars {x - b} \over 2b} \quad \mbox {ya que} b > 0. \tag {3} \end {align} Desde $a > 0$ elegimos un " ${\tt\mbox{half moon}}$ " en el medio plano complejo superior:

Reemplazamos $\pars{2}$ y $\pars{3}$ en la expresión $\pars{1}$ : \begin {align} & \color {#0000ff}{ \large % \pp\int_ {- \infty }^{ \infty }{ \expo { \ic ax} \over x^{2}} - b^{2}}, \dd x} = 2 \pi\ic\ ,{ \expo { \ic a \pars {-b + \ic 0^{+}}} \over \pars {-b + \ic 0^{+}} - \pars {b - \ic 0^{+}}} + { \ic \pi \over 2b}\, \bracks { \expo { \ic a \pars {-b}} + \expo { \ic a \pars {b}}} \\ [3mm]&= -\,{ \pi\ic\expo {- \ic ab} \over b} + { \ic \pi \over 2b}2 \cos\pars {ab} = \bracks {-\,{ \pi\ic \over b}\, \cos\pars {ab} - { \pi \over b}\, \sin\pars {ab}} + { \pi\ic \over b}\, \cos\pars {ab} \\ [3mm]&= \color {#0000ff}{ \large -\,{ \pi \over b}\, \sin\pars {ab}} \end {align}

Answer 3

A problema relacionado . Así es como se avanza

i) Utilizando la fracción parcial se obtiene

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iax}}{x^2 - b^2}dx = \frac{1}{2b}\,\int_{-\infty}^{\infty}{\frac {e^{iax} }{ \left( x-b \right) }}dx-\frac{1}{2b}\,\int_{-\infty}^{\infty}{\frac {e^{iax} }{ \left( x+b \right) }}dx.$$

ii) Realización de cambios de variables $x-b=t$ y $x+b=t$ en las dos integrales del lado derecho se obtiene

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{iax}}{x^2 - b^2}dx = \frac{e^{iab}}{2b}\,\int_{-\infty}^{\infty}{\frac {e^{iat} }{ t }}dt - \frac{e^{-iab}}{2b}\,\int_{-\infty}^{\infty}{\frac {e^{iat} }{ t }}dt=\\ \frac{i\sin(ab)}{b}\int_{-\infty}^{\infty}{\frac {e^{iat} }{ t }}dt. $$

iii) la integral

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\frac {e^{iat} }{ t }}dt =-i\pi$$

es bien conocido y existe en el Valor principal de Cauchy sentido. Consulte Transformación de Fourier también.

iv) Para evaluar la última integral utilizando el teorema del residuo, considere la integral compleja

$$ \int_C \frac{e^{iaz}}{z}dz, $$

donde $C$ es el contorno (para $a>0$ )

Answer 4

Esta integral es irresoluble en el dominio real, porque las singularidades no son removibles por lo que la integral debe divergir.Pero se pueden tomar contornos en el plano complejo que conectan infinitos negativos y positivos y entonces se obtiene el resultado anterior.