La pregunta es:
Computar:
$$\mbox{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin4x}{{x^2}-1}dx$$
Al principio pensé que era sencillo y que podía utilizar los residuos. Sin embargo, el Teorema del Residuo requiere que los polos estén en el plano superior ( $y > 0$ ), y en este caso no es así. Por lo tanto, ahora no tengo ni idea de qué hacer, ya que no puedo utilizar los residuos.
Considere el siguiente diagrama:
$\hspace{3.25cm}$
La integral de valor principal es la integral sobre el camino en negro a medida que los caminos en rojo se hacen más pequeños y los caminos en azul y verde se hacen más grandes. Lo evaluaremos dividiendo primero $\sin(4z)=\dfrac{e^{i4z}-e^{-i4z}}{2i}$ para poder cerrar el camino de la integración de cada pieza por una vía diferente.
$\dfrac{e^{i4z}}{2i}$ se integrará sobre las trayectorias en negro, rojo y azul ( $\gamma^+$ ). $\gamma^+$ contiene las singularidades en $z=-1$ y $z=1$
$\dfrac{e^{-i4z}}{2i}$ se integrará sobre las trayectorias en negro, rojo y verde ( $\gamma^-$ ). $\gamma^-$ no contiene singularidades.
La suma de las integrales descritas anteriormente, incluyen las integrales sobre los semicírculos rojos. Eliminaremos las integrales sobre los semicírculos rojos restando la mitad de $2\pi i$ veces el residuo de $\dfrac{z\sin(4z)}{z^2-1}$ en $z=-1$ y $z=1$ .
Así, obtenemos
$$ \begin{align} =\hspace{-11.5pt}\int_{-\infty}^\infty\frac{x\sin(4x)}{x^2-1}\mathrm{d}x &=\color{#0000FF}{\frac1{2i}\int_{\gamma^+}\frac{ze^{i4z}}{z^2-1}\mathrm{d}z} -\color{#00A000}{\frac1{2i}\int_{\gamma^-}\frac{ze^{-i4z}}{z^2-1}\mathrm{d}z}\\ &-\color{#C00000}{\pi i\mathrm{Res}_{z=-1}\left(\frac{z\sin(4z)}{z^2-1}\right)} -\color{#C00000}{\pi i\mathrm{Res}_{z=1}\left(\frac{z\sin(4z)}{z^2-1}\right)}\\ &=\color{#0000FF}{\frac{2\pi i}{2i}\mathrm{Res}_{z=-1}\left(\frac{ze^{i4z}}{z^2-1}\right)} +\color{#0000FF}{\frac{2\pi i}{2i}\mathrm{Res}_{z=1}\left(\frac{ze^{i4z}}{z^2-1}\right)}\\ &-\color{#C00000}{\pi i\mathrm{Res}_{z=-1}\left(\frac{z\sin(4z)}{z^2-1}\right)} -\color{#C00000}{\pi i\mathrm{Res}_{z=1}\left(\frac{z\sin(4z)}{z^2-1}\right)}\\ &=\color{#0000FF}{\pi\frac{e^{-i4}}{2}}+\color{#0000FF}{\pi\frac{e^{i4}}{2}}\\ &-\color{#C00000}{\pi i\frac{\sin(-4)}{2}}-\color{#C00000}{\pi i\frac{\sin(4)}{2}}\\[6pt] &=\pi\cos(4) \end{align} $$
Dejemos que $C_R$ denotan el arco semicircular en sentido contrario a las agujas del reloj que se extiende desde $R$ a $-R$ en el plano y $C_{\rho_1} , C_{\rho_2}$ sean los arcos semicirculares en sentido contrario a las agujas del reloj que se extienden desde $-1 - \rho_1$ a $-1 + \rho_1$ y de $1 -\rho_1$ y $1+\rho_1,$ respectivamente. Obsérvese que $\frac{x\sin 4x}{x^2 -1} = \Im \frac{x\exp{4ix}}{x^2 -1}.$
Considere también que $\,\displaystyle{f(z) = \frac{z\exp{4iz}}{z^2 -1}}\, $ tiene polos simples en $-1$ y $1.$ Por el lema de Jordan, existe $\theta \in [0, \pi ]$ tal que $$\displaystyle\int_{C_R} \frac{z\exp{4iz}}{z^2-1} \le \frac{\pi }{4} \frac{1}{R^2 \exp{2i\theta }-1}$$ El lado derecho de esta desigualdad tiende a cero. Usando el teorema del residuo,
$$\int_{C_R} \frac{z\exp{4iz}}{z^2-1} + \int_{-C_{\rho_1}} \frac{z\exp{4iz}}{z^2-1} + \int_{-C_{\rho_2}} \frac{z\exp{4iz}}{z^2-1} +\int_{-R}^{-1 -\rho_1} \frac{x\exp{4ix}}{x^2-1} dx +$$ $$+\int_{-1 +\rho_1}^{1 - \rho_e} \frac{x\exp{4ix}}{x^2-1} dx +\int_{1 + \rho_1}^{R} \frac{x\exp{4ix}}{x^2-1} dx = 0$$
Dejar $R$ tienden al infinito y $\rho_1 \rho_2$ tienden a cero, tenemos $$\textrm{pv }\int_{-\infty }^{\infty } \frac{x\exp{4ix}}{x^2 -1 }dx = \pi i [\textrm{ Res } (f, -1) + \textrm{ Res } (f, 1) ] = \pi i \cos 4 $$ Por lo tanto, $$\textrm{pv } \int_{-\infty }^{\infty } \frac{x\sin 4x}{x^2 -1 }dx = \pi \cos 4.$$
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