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La Integración compleja de $\int_0^\infty e^{-ax}\cos(bx)\,dx$

De Stein del libro, se nos pide mostrar encontrar una fórmula para $$\int_0^\infty e^{-ax}\cos(bx)\,dx,\quad a>0.$$While this is very doable via integration by parts, I'm asked to use contour integration, where we're suggested to integrate over a sector with angle $\omega$ such that $\cos(\omega)=a/\sqrt{a^2+b^2}.$

He intentado esto varias veces, y sigo teniendo problemas con algunas de las integrales. Me he puesto el contorno de modo que en el primer segmento, es en el eje real, así que tenemos la integral $$\int_0^R e^{-az}\cos(bz)\,dz.$$ Then I parameterize the arc as $z(\theta)=Re^{i\theta}$ for $0\leq\theta\leq \omega$, so the second integral becomes $$\int_0^\omega e^{-a(Re^{i\theta})}\cos(b(Re^{i\theta}))\left(iRe^{i\theta}\right)\,d\theta.$$The final segment I parameterized as $z(t)=Re^{i\omega}(1-t)$ and set up the final integral as $$\int_0^1e^{-a(Re^{i\omega}(1-t))}\cos\big(b(Re^{i\omega}(1-t))\big)(-Re^{i\omega})\,dt.$$I've tried finding some way to bound one of the last two integrals so that I can show one of them goes to $0$ as $R\to\infty$, pero no he tenido suerte. Podría alguien hacer una sugerencia, si mi enfoque y parametrizaciones son correctas? Gracias!

Actualización: Mis pensamientos son realmente de que la integral que se va a cero es el arco. Sigo trabajando en la siguiente forma; sabemos que es \begin{align} &\leq R\int_0^\omega\left|e^{-aR(\cos\theta+i\sin\theta)}\cdot\left(\frac{e^{ibRe^{i\theta}}+e^{-ibRe^{i\theta}}}{2}\right)\right|\,d\theta\\ &\leq\frac{R}{2}\int_0^\omega\left|e^{-aR\cos\theta}\cdot\left(e^{ibR(\cos\theta+i\sin\theta)}+e^{-bR(\cos\theta+i\sin\theta)}\right)\right|\,d\theta\\ &\leq\frac{R}{2}\int_0^\omega\left|e^{-aR\cos\theta-bR\sin\theta}\right|+\left|e^{-aR\cos\theta+bR\sin\theta}\right|\,d\theta. \end{align} En este punto, es fácil mostrar que el primer término tiende a cero, ya que $(-aR\cos\theta)<0$ $bR\sin\theta>0$ (desde $b$ $\sin\theta$ tienen el mismo signo). El segundo término, sin embargo es lo que me causa problemas. Acabo de terminar de trabajar de nuevo, y me sale que solo va a cero si $a^2>b^2$, lo que no es necesario en la fórmula general cuando se logra mediante la integración por partes. Estoy realmente en una pérdida...

Agregó Solución: Ver la solución que he publicado y por favor, dejar comentarios sobre sus pensamientos acerca de ella. Gracias!

7voto

medicine28 Puntos 16

Tenemos \begin{align*} &\int_0^Re^{-Az}\,dz+\int_0^{\omega}e^{-A(Re^{i\theta})}iRe^{i\theta}\,d\theta+\int_0^Re^{-A(R-t)e^{i\omega}}(-e^{i\omega})\,dt\\ &=\frac{1}{A}+\underbrace{\int_0^{\omega}e^{-A(Re^{i\theta})}iRe^{i\theta}\,d\theta}_{\text{vanishes as %#%#%}}-\int_0^Re^{-At(\cos\omega+i\sin\omega)}(e^{i\omega})\,dt\\ &=\frac{1}{A}-\int_0^Re^{-at-ibt}\left(\frac{a}{A}+i\frac{b}{A}\right)\,dt\\ &=\frac{1}{A}-\frac{a}{A}\int_0^Re^{-at-ibt}\,dt-i\frac{b}{A}\int_0^Re^{-at-ibt}\,dt\\ &=\frac{1}{A}-\frac{a}{A}\int_0^Re^{-at}\big(\cos(bt)-i\sin(bt)\big)\,dt-i\frac{b}{A}\int_0^Re^{-at}\big(\cos(bt)-i\sin(bt)\big)\,dt\\ &=\frac{1}{A}-\frac{a}{A}\int_0^Re^{-at}\cos(bt)\,dt-\frac{b}{A}\int_0^Re^{-at}\sin(bt)\,dt\\ &\hspace{0.5in}+i\left(\frac{a}{A}\int_0^Re^{-at}\sin(bt)\,dt-\frac{b}{A}\int_0^{R}e^{-at}\cos(bt)\,dt\right). \end{align*}

Argumento de Fuga Aquí la integral sobre el arco se desvanece desde $$\begin{align*} \left|\int_0^{\omega}e^{-A(Re^{i\theta})}iRe^{i\theta}\,d\theta\right|&\leq R\int_0^\omega\left|e^{-AR\cos\theta}\right|\,d\theta\\&\leq R\int_0^\omega e^{-AR(1-2\theta/\pi)}\,d\theta \end{align*}$R\longrightarrow\infty$0$.

Finsihed Solución Ahora podemos establecer esto como un sistema lineal, ya sabemos que la parte real e imaginaria debe ser cero; así tenemos que las ecuaciones \begin{align*} &\frac{1}{A}-\frac{a}{A}U-\frac{b}{A}V=0\\ &\hspace{0.15in}-\frac{b}{A}U+\frac{a}{A}V=0. \end{align*} Resolver el sistema de rendimientos $$ U=\frac{a}{a^2+b^2} $$ y $$ V=\frac{b}{a^2+b^2} $$ como deseado, donde$$and now it is easy to show that the integral goes to $$U=\int_0^\infty e^{-ax}\cos(bx)\,dx$.

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Anthony Shaw Puntos 858

Mientras $a>0$, $$ \begin{align} \int_0^\infty e^{-ax}\cos(bx)\,\mathrm{d}x &=\mathrm{Re}\left(\int_0^\infty e^{-(a-ib)x}\mathrm{d}x\right)\\ &=\mathrm{Re}\left(\int_0^\infty e^{-(a^2+b^2)x}\mathrm{d}(a+ib)x\right)\tag{%#%#%}\\ &=\mathrm{Re}\left(\frac{a+ib}{a^2+b^2}\int_0^\infty e^{-(a^2+b^2)x}\mathrm{d}(a^2+b^2)x\right)\\ &=\mathrm{Re}\left(\frac{a+ib}{a^2+b^2}\right)\\ &=\frac{a}{a^2+b^2} \end{align} $$ Paso $\ast$ es simplemente la adición de $$ \mathrm{Re}\left(\int_\gamma e^{-(a-ib)z}\,\mathrm{d}z\right) $$ donde $(\ast)$ es el contorno que va de $\gamma$ $0$a lo largo de la curva de $|z|=R$ ($(a+ib)x$ de$x$$0$), luego sigue la $\infty$ a la real positiva del eje y, a continuación, a lo largo del eje real a $|z|=R$. No hay singularidades en el interior de $0$, por lo que la integral es $\gamma$. La integral a lo largo del arco de $0$ desvanece como $|z|=R$.


¿Por qué la integral a lo largo de la curva se desvanece

Sin pérdida de generalidad, supongamos $R\to\infty$. La parametrización de $b>0$ y ajuste de $\gamma(t)=R(\cos(t)+i\sin(t))$ $$ \begin{align} &\left|\,\int_0^\theta e^{-(a-ib)R(\cos(t)+i\sin(t))}\,\mathrm{d}R(\cos(t)+i\sin(t))\,\right|\\ &=\left|\,R\int_0^\theta e^{-\sqrt{a^2+b^2}R(\cos(t-\theta)+i\sin(t-\theta))}\,i(\cos(t)+i\sin(t))\,\mathrm{d}t\,\right|\\ &\le R\int_0^\theta e^{-\sqrt{a^2+b^2}R\cos(t-\theta)}\,\mathrm{d}t\\ &=R\int_0^\theta e^{-\sqrt{a^2+b^2}R\cos(t)}\,\mathrm{d}t\\ &\le R\int_0^\theta e^{-\sqrt{a^2+b^2}R(1-2t/\pi)}\,\mathrm{d}t\\ &=Re^{-\sqrt{a^2+b^2}R}\int_0^\theta e^{\sqrt{a^2+b^2}R(2t/\pi)}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac{\pi/2}{\sqrt{a^2+b^2}} Re^{-\sqrt{a^2+b^2}R}\left(e^{\sqrt{a^2+b^2}R(2\theta/\pi)}-1\right)\\ &=\frac{\pi/2}{\sqrt{a^2+b^2}} R\left(e^{\sqrt{a^2+b^2}R(2\theta/\pi-1)}-e^{-\sqrt{a^2+b^2}R}\right)\tag{%#%#%} \end{align} $$ Desde $\tan(\theta)=b/a$, el coeficiente de $\lozenge$ en cada una exponencial negativa. Por lo tanto, $0\le\theta\lt\pi/2$ tiende a $R$$(\lozenge)$.

2voto

Ron Gordon Puntos 96158

Creo que su enfoque es ACEPTAR, al menos técnicamente correcto, pero ¿por qué mantener la integración de los límites de la cuña de la frontera en $(0,1)$, cuando usted quiera ser $(0,\infty)$? Es decir,

$$\oint_C dz \: e^{-a z} e^{i b z} = 0$$

por Cauchy Teorema. Así que, sí $C$ tiene 3 piezas, siendo el punto de venta. real en línea, un arco, y el otro de la línea de $z=e^{i \omega}t$:

$$ e^{i \omega} \int_{-\infty}^0 dt \: \exp{[-(a-i b) (\cos{\omega} + i \sin{\omega}) t]} + \int_0^{\infty} dx \: e^{-a x} e^{i b x} + \int_{C_R} dz \: e^{-a z} e^{i b z} = 0 $$

donde $C_R$ es el arco de la cuña. Voy a mostrar a continuación que la integral sobre la $C_R$ se desvanece. Eso deja a los otros dos integrales, que el anuncio de cero. Reorganización de la suma, se obtiene

$$\int_0^{\infty} dx \: e^{-a x} e^{i b x} = e^{i \omega} \int_0^{\infty} dt \: e^{-\sqrt{a^2+b^2} t}$$

Tomando la parte real de ambos lados:

$$\int_0^{\infty} dx \: e^{-a x} \cos{(b x)} = \frac{a}{a^2+b^2}$$

Volviendo a la integral sobre el arco, nos encontramos con que toma la forma, dependiendo del signo de $b$,

$$\int_{C_R} dz \: e^{-a z} e^{\pm i b z} = i R \int_0^{\omega} d \theta \: e^{i \theta} \exp{[-a R (\cos{\theta} + i \sin{\theta})]} \exp{[\pm i b R (\cos{\theta} + i \sin{\theta})]} $$

que está delimitada por

$$R \int_0^{\omega} d \theta \: \exp{[-R (a \cos{\theta} - b \sin{\theta})]} $$

Tenga en cuenta que el argumento de que el exponente es positivo sólo en el intervalo de integración, que funciona perfectamente. Por lo tanto, en el arco de la cuña, la integral se desvanece en el límite de $R \rightarrow \infty$.

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