$\int_0^\infty \frac{\cos(tx)}{(x^2 - 2x + 2)}\,\mathrm{d}x$ $t$ real

Question

Se trata de una pregunta sobre un antiguo examen preliminar en el análisis complejo: calcular

$$\int_0^\infty \frac{\cos(tx)}{x^2 - 2x + 2}\,\mathrm{d}x$$

para $t$ real. He intentado...

• Residuos de cálculo—es fácil de integrar similares a $\int_0^\infty \frac{\cos(tx)}{x^2+2} \mathrm{d}x$, en gran parte debido a que el integrando es par, pero esta integrando no lo es. Del mismo modo $\int_0^\infty \frac{\sin(tx)}{x^2+2} \mathrm{d}x$ parece difícil. Incluso si la integral original era de$1$$\infty$, por lo que el denominador fue incluso acerca de $x=1$, parece que necesitamos este último, duro integral que involucra $\sin(tx)$.
• Mathematica—incluso para $t=1$, nos da la respuesta en términos de$$\int_0^z \frac{\sin(t)}{t}\,\mathrm dt \quad \text{and}\quad \int_0^z \dfrac{\cos(t)}{t}\,\mathrm dt,$$, que no es útil.
• Miró a través de Gamelin del Complejo de Análisis de texto para la inspiración; todo muy utilizado par o impar integrands.
• Buscar en google/búsqueda de aquí, aunque es difícil búsqueda de un tipo específico de integral.

Hay una probabilidad de que sólo hay una errata en el antiguo preliminar, para lo que vale.

Answer 1

La integral es incluso en $t$, así que voy a suponer $t\ge0$. $$ \begin{align} &\int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{x^2-2x+2}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{-1}^\infty\frac{\cos(tx+t)}{x^2+1}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{2i}\int_{-1}^\infty\left(\frac1{x-i}-\frac1{x+i}\right)\cos(tx+t)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{2i}\int_{-1-i}^\infty\frac{\cos(tx+t+it)}{x}\,\mathrm{d}x\\ &-\frac1{2i}\int_{-1+i}^\infty\frac{\cos(tx+t-it)}{x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac1{2i}\cos(t+it)\int_{-1-i}^\infty\frac{\cos(tx)}{x}\,\mathrm{d}x -\frac1{2i}\sin(t+it)\int_{-1-i}^\infty\frac{\sin(tx)}{x}\,\mathrm{d}x\\ &-\frac1{2i}\cos(t-it)\int_{-1+i}^\infty\frac{\cos(tx)}{x}\,\mathrm{d}x +\frac1{2i}\sin(t-it)\int_{-1+i}^\infty\frac{\sin(tx)}{x}\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac1{2i}\cos(t+it)\mathrm{Ci}(-t-it) -\frac1{2i}\sin(t+it)\left(\frac\pi2-\mathrm{Si}(-t-it)\right)\\ &\hphantom{=}+\frac1{2i}\cos(t-it)\mathrm{Ci}(-t+it) +\frac1{2i}\sin(t-it)\left(\frac\pi2-\mathrm{Si}(-t+it)\right) \end{align} $$ Esto coincide con lo que Mathematica calcula.

Si la integral fue sobre toda la recta real, la respuesta sería evitar la $\mathrm{Ci}$$\mathrm{Si}$. De hecho, utilizando el contorno de integración, obtenemos $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(tx)}{x^2-2x+2}\,\mathrm{d}x &=\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(tx+t)}{x^2+1}\,\mathrm{d}x\\ &=\cos(t)\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(tx)}{x^2+1}\,\mathrm{d}x \color{#C00000}{-\sin(t)\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(tx)}{x^2+1}\,\mathrm{d}x}\\ &=\cos(t)\,\mathrm{Re}\left(\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{itx}}{x^2+1}\,\mathrm{d}x\right)\color{#C00000}{-0}\\ &=\cos(t)\,\mathrm{Re}\left(\frac1{2i}\int_\gamma\left(\frac1{x-i}-\frac1{x+i}\right)e^{itx}\,\mathrm{d}x\right)\\ &=\cos(t)\,\mathrm{Re}\left(\frac1{2i}\int_\gamma\frac{e^{itx}}{x-i}\,\mathrm{d}x-\frac1{2i}\int_\gamma\frac{e^{itx}}{x+i}\,\mathrm{d}x\right)\\ &=\cos(t)\,\mathrm{Re}\left(\frac1{2i}2\pi i e^{-t}-0\right)\\[6pt] &=\pi\cos(t)\,e^{-t} \end{align} $$ Donde $\gamma$ es el contorno a lo largo del eje real y vueltas de nuevo en sentido antihorario alrededor de la mitad superior del plano -.

Esto puede haber sido la intención de la pregunta.

Answer 2

Tenga en cuenta que $$\int_0^\infty \frac{\cos(tx)}{x^2 - 2x + 2}\,\mathrm{d}x$$

puede ser escrita como $$\int_0^\infty {\frac{{\cos tx}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}x$$ so $x-1=u$ gives $$\int_{ - 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {u + 1} \right)t}}{{{u^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}u = \int_{ - 1}^\infty {\frac{{\cos tu\cos t - \sin tu\sin t}}{{{u^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}u$$ which means we need to know what $$\int_{ - 1}^\infty {\frac{{\cos tu}}{{{u^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}u$$ and $$\int_{ - 1}^\infty {\frac{{\sin tu}}{{{u^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}u$$ son.

Tenga en cuenta que $$\int_{ 0}^\infty {\frac{{\cos tu}}{{{u^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}u$$ is not hard, similarily for the other, so we are worried about the remaining part in $[-1,0]$ mostly. By $u\mapsto -u$ we are looing at$$\eqalign{ & \phi \left( t \right) = \int_0^1 {\frac{{\cos tu}}{{{u^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}u \cr & \eta \left( t \right) = \int_0^1 {\frac{{\sin tu}}{{{u^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}u \cr} $$

En rojo se puede ver $\eta$; en gris $\phi$. Tenga en cuenta que $$\eqalign{ & \phi \phi = \int_0^1 {\cos tu} {\mkern 1mu} {\text{d}}u =\frac{\sen t}t \cr & \eta - \ " de eta = \int_0^1 {\sin tu} {\mkern 1mu} {\text{d}}u=\frac{1-\cos t}t \cr} $$

AGREGAR Recordar que $$\int_0^\infty {\frac{{\cos tx}}{{{x^2} + 1}}} {\mkern 1mu} {\text{d}}x = \frac{\pi }{2}{e^{ - \left| x \right|}}$$

Estoy tratando de recordar lo que la otra integral (con $\sin$) se evalúa.