Evaluación de la integral compleja $\int_{0}^{\pi} \frac {x \sin x}{1+a^2-2a(\cos x)} $ a través de un contorno diferente

Question

Tengo una integral compleja $\int_{0}^{\pi} \frac {x \sin > x}{1+a^2-2a(\cos x)} $ para $a \ge 1$ y mi contorno dado es un rectángulo tal que $|Re(z)|\le \pi$ y $0 \le |Im(z)| \le h \to \infty$ .

Puedo reescribir la integral como $\int_{0}^{\pi} \frac {x \sin x}{1+a^2-2a(\cos x)} =1/2\int_{- \pi}^{\pi} \frac {x \sin x}{1+a^2-2a(\cos x)} $ y utilizar la sustitución:

$z = e^{ix}$ , $\;$ $\cos x = \frac {e^{ix}-e^{-ix}}{2} = \frac {z + \frac {1}{z}}{2}$ , $\;$ $dz = ie^{ix}dx$

A continuación, recibimos la expresión para $f(z)$ como

$\frac {z(-i)}{1+a^2-a(\frac {1}{z}+z)} $ y queremos encontrar las singularidades de esta función.

Tras un poco de álgebra, obtenemos que tenemos dos singularidades en $z = a$ $\;$ & $\;$$ z = \frac {1}{a}$, que son polos de primer orden.

Para evaluar esa integral vamos a utilizar el teorema del residuo:

$res_a = \lim_{\to a} \frac {z(-i)}{(z-1/a)}= \frac {a(-i)}{(a-1/a)}$

$res_{1/a} = \lim_{\to 1/a} \frac {z(-i)}{(z-a)}=\frac {1/a(-i)}{(-a+1/a)}$

y luego $I = 2i\pi (res_a+res_{1/a})$

Pero esto parece el resultado si integráramos alrededor del círculo unitario y no entiendo cómo ese contorno diferente cambia el resultado a $I = \frac {\pi}{2} \frac {Ln(a+1)}{Ln(a)}$ Según mi libro de texto.

Estaba pensando en enchufar los residuos de nuevo a $z = e^{ix}$ Pero no entiendo cómo puedo conseguir ese '+1', etc.

Se publicó la misma integral, pero me interesa ese contorno de integración diferente.

Answer 1

Suponemos que $a \gt 1$ para simplificar. La evaluación de esta integral se simplifica enormemente utilizando el hecho de que

$$\frac{\sin{x}}{1+a^2-2 a \cos{x}} = \operatorname{Im}{\left (\frac1{a-e^{i x}} \right )}$$

Así, la integral de interés es

$$\frac12 \operatorname{Im} \int_{-\pi}^{\pi} dx \, \frac{x}{a-e^{i x}} $$

Podemos utilizar el teorema de Cauchy para evaluar la integral. A saber, consideremos la integral compleja:

$$\oint_{C} dz \,\frac{\log{z}}{z (z-a)}$$

donde $C$ es el siguiente contorno:

donde el círculo exterior es el círculo unitario, el círculo interior tiene un radio $\epsilon$ que se acercará a cero. Hay una rama cortada a lo largo del eje real negativo -negativo porque la integral es sobre $[-\pi,\pi]$ .

Podemos escribir la integral compleja anterior como una suma de integrales al parametrizar los distintos trozos del contorno $C$ :

$$\begin{align}\oint_{C} dz \,\frac{\log{z}}{z (z-a)} &= \int_{-\pi}^{\pi} dx \, \frac{x}{a-e^{i x}} + e^{i \pi} \int_{1}^{\epsilon} dx \, \frac{\log{x}+i \pi}{x (x+a)} \\ &+ i \epsilon \int_{\pi}^{-\pi} d\phi \, e^{i \phi} \, \frac{\log{\epsilon}+i \phi}{\left ( \epsilon e^{i \phi} \right ) \left ( \epsilon e^{i \phi} -a \right )} + e^{-i \pi} \int_{\epsilon}^1 dx \, \frac{\log{x}-i \pi}{x (x+a)} \end{align}$$

Por el teorema de Cauchy, la integral compleja es cero. También consideramos el límite como $\epsilon \to 0$ . En este límite, la tercera integral (sobre el círculo pequeño) se comporta como $i (2 \pi/a) \log{\epsilon}$ y podemos escribir

$$\begin{align}\int_{-\pi}^{\pi} dx \, \frac{x}{a-e^{i x}} &= -i \frac{2 \pi}{a} \log{\epsilon} - i 2 \pi \int_{\epsilon}^1 dx \, \frac{dx}{x (x+a)} \\ &= -i \frac{2 \pi}{a} \log{\epsilon} - i \frac{2 \pi}{a} \int_{\epsilon}^{1} \frac{dx}{x} + i \frac{2 \pi}{a} \int_{\epsilon}^{1} \frac{dx}{x+a}\\ &= i \frac{2 \pi}{a} \log{\left ( \frac{1+a}{a} \right )}\end{align}$$

Tenga en cuenta que las piezas singulares en $\epsilon$ cancelado. Con esto, podemos reconstruir la integral original usando las piezas de arriba. El resultado es, para $a \gt 1$ ,

$$ \int_0^{\pi} dx \, \frac{x \sin{x}}{1+a^2-2 a \cos{x}} = \frac{\pi}{a} \log{\left ( \frac{1+a}{a} \right )} $$

Dejo como ejercicio para el lector cuál es el valor de la integral cuando $|a| \lt 1$ o cuando $a \in \mathbb{C}$ .

Answer 2

mi intento de utilizar el Análisis Real :

$$I=\int_{0}^{\pi }\ \frac{xsin(x)}{1+a^{2}-2acos(x)} dx$$ Utilizando la integración por partes tenemos : $$let\ \ \ u=x\ \ \ \ \ ,\ dv=\frac{sin(x)}{1+a^{2}-2acos(x)}\\ \\ \\ Hence\ \ du=dx\ \ \ \ \ ,\ dv=\frac{1}{2a}ln\left ( 1+a^{2}-2acos(x) \right )$$ Así que tenemos :

$$I=\frac{x}{2a}ln\left ( 1+a^{2}-2acos(x) \right )-\frac{1}{2a}\int_{0}^{\pi }\ ln\left ( 1+a^{2}-2acos(x) \right )dx \\ \\ \\ \therefore \ I=\frac{\pi }{a}\ ln\left ( 1+a \right )-\frac{1}{2a}\int_{0}^{\pi }\ ln\left ( 1+a^{2}-2acos(x) \right )dx$$

supongamos que :

$$S(a)=\int_{0}^{\pi }\ ln\left ( 1+a^{2}-2acos(x) \right )dx$$

$$\therefore S'(a)=\int_{0}^{\pi }\frac{-2cos(x)}{1+a^{2}-2acos(x)}dx\ \ \ \ , let\ t=tan\left ( \frac{x}{2} \right )\\ \\ \therefore S'(a)=-2\int_{0}^{\infty }\ \frac{\left ( \frac{1-t^{2}}{1+t^{2}} \right )}{1+a^{2}-2a\left ( \frac{1-t^{2}}{1+t^{2}} \right )}.\ \frac{2}{1+t^{2}}\ dt$$

es fácil de encontrar : $$S'(a)=\frac{2\pi }{a}\ \ \ \ \Rightarrow \ S(a)=2\pi ln(a)+c\ \ \ \ , where\ c=0\ \\ \\ \\ \therefore S=2\pi ln(a)\ \ $$

Así que tenemos : $$\therefore I=\frac{\pi }{a}ln(a+1)-\frac{1}{2a}.\left ( 2\pi ln(a) \right )\\ \\ \\ \therefore I=\frac{\pi }{a}\ ln\left ( (a+1)-(a) \right )=\frac{\pi }{a}\ ln\left ( \frac{a+1}{a} \right )$$