Evaluar $\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{z^2 + 1}}\frac{1}{z - \alpha} dz$ .

Question

Evaluar $$\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{\sqrt{z^2 + 1}}\frac{1}{z - \alpha} dz\,.$$

¿Cuál es una forma elegante de evaluar esta integral para Im $\alpha >0$ ? Imagino que el uso del teorema del residuo conducirá a una solución elegante, como en estas preguntas relacionadas [ 1 , 2 , 3 ]. Sin embargo he sido incapaz de adaptarlos a esta línea integral.

Uno de los requisitos es que $\frac{1}{\sqrt{z^2 + 1}}$ sea analítica en una franja alrededor de la recta real $(-\infty,\infty)$ . En mi opinión, esto implica que los cortes de las ramas no pueden cruzar la línea real. Por ejemplo, las ramas principales (paralelas a la línea real) o las ramas $[\mathrm{i},\mathrm{i}\infty)$ y $(-\mathrm{i} \infty, -\mathrm{i}]$ .

Answer 1

No sé si lo llamarías elegante, pero hay una antiderivada de forma cerrada: $$ -{\frac {1}{\sqrt {{\alpha}^{2}+1}}\ln \left( {\frac {-\sqrt {{\alpha}^{2}+1} \sqrt {{z}^{2}+1}-z\alpha-1}{-z+\alpha}} \right) } $$

Answer 2

Esto probablemente no es elegante, pero probablemente se puede encontrar un lugar para utilizar el teorema del residuo. Sea $I$ denotan la integral $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{x^2+1}\ (x-\alpha)}dx.$$ Entonces, $I$ es igual a $$\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\left(\frac{1}{x-\alpha}-\frac{1}{x+\alpha}\right)dx=2\alpha\int_0^\infty\frac{1}{\sqrt{x^2+1}\ (x^2-\alpha^2)}dx$$ Toma $x$ para ser $\sinh(t)$ . Entonces $$I=2\alpha\int_0^\infty\frac{1}{\sinh^2(t)-\alpha^2}dt.$$ Desde $\sinh(t)=\frac{e^t-e^{-t}}{2}$ , estableciendo $s=e^t$ tenemos $$I=2\alpha\int_1^\infty\frac{1}{\frac{1}{4}\left(s-\frac1s\right)^2-\alpha^2}\frac{ds}{s}=2\alpha\int_0^1\frac{1}{\frac{1}{4}\left(s-\frac1s\right)^2-\alpha^2}\frac{ds}{s}.$$ Eso es, $$I=4\alpha\int_0^\infty\frac{s}{s^4-(4\alpha^2+2)s^2+1}ds.$$ Uso de fracciones parciales, $$I=\int_0^\infty\left(\frac{1}{s^2-2\alpha s-1}-\frac{1}{s^2+2\alpha s-1}\right)ds.$$ (Este es probablemente el lugar donde se puede utilizar el teorema del residuo, pero no soy demasiado competente con eso. Tal vez usted necesita para utilizar un factor de logaritmo, y algo así como un contorno de ojo de la cerradura).

Desde $$s^2-2\alpha s-1=(s-\alpha-\sqrt{\alpha^2+1})(s-\alpha+\sqrt{\alpha^2+1})$$ y $$s^2+2\alpha s-1=(s+\alpha-\sqrt{\alpha^2+1})(s+\alpha+\sqrt{\alpha^2+1})$$ (utilizando la rama principal de $\sqrt{\phantom{a}}$ ), obtenemos \begin{align}I&=\frac{1}{2\sqrt{\alpha^2+1}}\int_0^\infty\left(\frac{1}{s-\alpha-\sqrt{\alpha^2+1}}-\frac{1}{s-\alpha+\sqrt{\alpha^2+1}}\right)ds\\ &\phantom{aaa}-\frac{1}{2\sqrt{\alpha^2+1}}\int_0^\infty\left(\frac{1}{s+\alpha-\sqrt{\alpha^2+1}}-\frac{1}{s+\alpha+\sqrt{\alpha^2+1}}\right)ds \\&=-\frac{1}{2\sqrt{\alpha^2+1}}\ln\left(\frac{\alpha+\sqrt{\alpha^2+1}}{\alpha-\sqrt{\alpha^2+1}}\right)+\frac{1}{2\sqrt{\alpha^2+1}}\ln\left(\frac{\alpha-\sqrt{\alpha^2+1}}{\alpha+\sqrt{\alpha^2+1}}\right)\\&=\frac{1}{\sqrt{\alpha^2+1}}\ln\left(\frac{\alpha-\sqrt{\alpha^2+1}}{\alpha+\sqrt{\alpha^2+1}}\right)=-\frac{2\ln(\alpha+\sqrt{\alpha^2+1})}{\sqrt{\alpha^2+1}}=-\frac{2\operatorname{arccosh}(-i\alpha)}{\sqrt{\alpha^2+1}}.\end{align} El caso particular $\alpha=i$ produce $I=2i$ .