Cómo calcular $\int_0^{\infty} \frac{\sqrt{x}}{x^2-1}\mathrm dx$

Question

Podría usted explicar a mí, con detalles, cómo calcular esta integral, encontrar su principal valor?

$$\int_0^{\infty} \frac{\sqrt{x}}{x^2-1}\mathrm dx$$

$f(z) =\frac{\sqrt{z}}{z^2-1} = \frac{z}{z^{1/2} (z^2-1)}$

Tiene singularidades en la recta real, por lo que necesito integrar esta función a través de una curva hecho de segmento $[0, 1- \varepsilon] \cup $ semicírculo con los extremos de $1- \varepsilon, \ 1+ \varepsilon \cup$ segmento $[1+ \varepsilon, R]$ unimos y $R$ $0$ con un gran semicírculo .

La integral sobre el gran semicírculo se desvanece.

Integral sobre el pequeño semicírculo, centrada en $1$ tiende a $i \pi Res_1f$ como su radio tiende a $0$.

Podría usted decirme cómo calcular este poner esto juntos y encontrar esta integral?

Gracias.

Answer 1

La integral como se indicó no converge. Por otro lado, su valor principal de Cauchy existe y puede ser calculado usando el teorema de los residuos.

Considere la integral

$$\oint_C dz \frac{\sqrt{z}}{z^2-1} $$

donde $C$ es un ojo de la cerradura de contorno de radio exterior $R$ y un radio interior de $\epsilon$, con semicircular desvíos de la radio de $\epsilon$ en la mitad superior del plano en $z=1$. El contorno de la integral es entonces

$$\int_{\epsilon}^{1-\epsilon} dx \frac{\sqrt{x}}{x^2-1}+ i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\sqrt{1+\epsilon e^{i \phi}}}{\left (1+\epsilon e^{i \phi} \right )^2-1} \\ + \int_{1+\epsilon}^R dx \frac{\sqrt{x}}{x^2-1} + i R \int_0^{2 \pi} d\theta \, e^{i \theta} \frac{\sqrt{R} e^{i \theta/2}}{R^2 e^{i 2 \theta}-1} \\ + \int_{R}^{1+\epsilon} dx \frac{e^{i \pi} \sqrt{x}}{x^2-1} + i \epsilon \int_{2\pi}^{\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\sqrt{e^{i 2 \pi}+\epsilon e^{i \phi}}}{\left (1+\epsilon e^{i \phi} \right )^2-1} \\ + \int_{1-\epsilon}^{\epsilon} dx \frac{e^{i \pi} \sqrt{x}}{x^2-1} + i \epsilon\int_{2 \pi}^0 d\phi \frac{\sqrt{\epsilon} e^{i \phi/2}}{\epsilon^2 e^{i 2 \phi}-1}$$

Como $R \to \infty$, la magnitud de la cuarta integral desvanece como $R^{-1/2}$. Como $\epsilon \to 0$, cada uno de la segunda integral contribuye un factor de $-i \pi/2$, la sexta integral contribuye un factor de $i \pi/2$ y el octavo integral desvanece como $\epsilon^{3/2}$. También, la primera, tercera, quinta y séptima integrales agregar el valor principal de Cauchy de la integral. Por lo tanto, el contorno de la integral es igual a

$$2 PV \int_{0}^{\infty} dx \frac{\sqrt{x}}{x^2-1} $$

Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es igual a $i 2 \pi$ veces el residuo de la pole $z=e^{i \pi}$ dentro $C$. Por lo tanto,

$$PV \int_{0}^{\infty} dx \frac{\sqrt{x}}{x^2-1} = i \pi \frac{e^{i \pi/2}}{2 e^{i \pi}} = \frac{\pi}{2} $$

Answer 2

Deje que los números reales $\delta_1>0,\delta_2<1$ cerca de cero y uno, respectivamente y = $(\delta_1,\delta_2)\cup(\delta_2^{-1},\delta_1^{-1})$. Tenemos: $$ \int_{I}\frac{\sqrt{x}}{x^2-1}\,dx = \int_{\delta_1}^{\delta_2}\frac{\sqrt{x}}{x^2-1}\,dx +\int_{\delta_1}^{\delta_2}\frac{\sqrt{1/x}}{1-x^2}\,dx = \int_{\delta_1}^{\delta_2}\frac{1}{x^{1/2}+x^{-1/2}}\frac{dx}{x}$ $ y % de ajuste $x=u^2$: $$ \int_{I}\frac{\sqrt{x}}{x^2-1}\,dx = 2\int_{\sqrt{\delta_1}}^{\sqrt{\delta_2}}\frac{du}{u^2+1}, $ $ así, dejando a $\delta_1\to 0,\delta_2\to 1$, que conseguir que el principal valor de la integral original es dada por: $$ 2\arctan(1) = \color{red}{\frac{\pi}{2}}.$ $

Answer 3

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large un}\,#2\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{\mbox{P.V.}\int_{0}^{\infty}\frac{\root{x}}{x^{2} - 1}\,\dd x:\ {\large ?}}$.

---

Vamos a considerar el $\ds{\root{z}}$-rama de la corte: $$ \raíz{z}=\verts{z}\exp\pars{\media\,{\rm Arg}\pars{z}\ic}\,,\qquad 0 < \,{\rm Arg}\pars{z} < 2\pi\,,\quad z \no= 0 $$ Vamos a realizar una integración a través de una llave de agujero de contorno $\ds{\gamma}$ es el que se encarga de la anterior rama de corte: $$ \oint_{\gamma}\frac{\raíz{z}}{z^{2} - 1}\,\dd z =2\pi\ic\bracks{\verts{\expo{\pi\ic}}^{1/2}\exp\pars{\half\,\pi\ic}\,\frac{1}{2\expo{\pi\ic}}}=\pi\tag{1} $$ La contribución de un gran arco' de radio $\ds{R}$ $\ds{R^{-1/2}}$ al$\ds{R \to \infty}$, mientras que la contribución de un 'pequeño arco' de radio $\ds{\epsilon}$, en torno al origen, va como $\ds{\epsilon^{3/2}}$ al $\ds{\epsilon \to 0^{+}}$.

A continuación, \begin{align} \oint_{\gamma}\frac{\root{z}}{z^{2} - 1}\,\dd z &=\int_{0}^{\infty} \frac{\root{x}\expo{0\ic/2}}{\pars{x - 1 + \ic 0^{+}}\pars{x + 1}}\,\dd x +\int_{\infty}^{0} \frac{\root{x}\expo{2\pi\ic/2}}{\pars{x - 1 - \ic 0^{+}}\pars{x + 1}}\,\dd x \\[5mm]&=\int_{0}^{\infty}\root{x}\bracks{% \frac{1}{\pars{x - 1 + \ic 0^{+}}\pars{x + 1}} +\frac{1}{\pars{x - 1 - \ic 0^{+}}\pars{x + 1}}}\,\dd x \\[5mm]&=2\,\mbox{P.V.}\int_{0}^{\infty}\frac{\root{x}}{x^{2} - 1}\,\dd x\tag{2} \end{align} Con $\pars{1}$$\pars{2}$: $$ \color{#66f}{\large\mbox{P. V.}\int_{0}^{\infty}\frac{\raíz{x}}{x^{2} - 1}\,\dd x} =\color{#66f}{\large\frac{\pi}{2}} $$

Answer 4

Aquí es una aproximación. Recordando la transformada de Mellin

$$ F(s) = \int_{0}^{\infty} x^{s-1}f(x)dx.$$

Tenemos el Mellin de la función $f(x)=\frac{1}{x^2-1}$ viene dado por

$$ F(s) = -\frac{\pi}{2} \cot(\pi s/2). $$

Así, la integral puede evaluarse como

$$ I =\lim_{s\to 3/2}F(s) = \frac{\pi}{2} $$