¿Cómo integrar $\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(x)}{(1+x^2)^2}dx$ sin utilizar el teorema de los residuos?

Question

Considera la integral $$\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(x)}{(1+x^2)^2}dx$$ ¿Hay alguna otra manera de calcular esta integral además de usar el teorema de los residuos?

Editar: Gracias a todos, amables personas, por las respuestas. Tenía esto en un examen y lo resolví con el teorema de los residuos y solo estaba preguntándome qué otras formas son posibles y cuáles de ellas no implican integración compleja.

Answer 1

Definamos la integral con parámetro:

\begin{align} I(t) = \int_0 ^\infty \frac{\cos(xt)}{(1+x^2)^2}dt. \end{align}

Tomando la derivada de I: \begin{align} \frac{dI}{dt} = \frac{d}{dt} \int_0 ^\infty \frac{\cos(xt)}{(1+x^2)^2}dt =\int_0 ^\infty \frac{\partial}{\partial t} \frac{\cos(xt)}{(1+x^2)^2}dt= - \int_0^\infty \frac{x\sin(xt)}{(1+x^2)^2}dt. \end{align}

Tomando la segunda derivada: \begin{align} \frac{d^2I}{dt^2} = -\int_0^\infty \frac{x^2\cos(xt)}{(1+x^2)^2}dt = -\int_0^\infty \frac{(1+x^2-1)\cos(xt)}{(1+x^2)^2}dt = -\int_0^\infty \frac{\cos(xt)}{(1+x^2)}dt + \int_0^\infty \frac{\cos(xt)}{(1+x^2)^2}dt \end{align}

De aquí obtenemos: \begin{align} I’’(t) = -\int_0^\infty \frac{\cos(tx)}{1+x^2} dt + I(t) \end{align}

Es bien sabido que(se puede derivar de manera similar a este método):

\begin{equation} \int_0^\infty \frac{\cos(tx)}{1+x^2} dt = \frac{\pi}{2} e^{-t} \end{equation}

Así que obtenemos la ecuación diferencial:

\begin{align} I’’(t) - I(t) = -\frac{\pi}{2} e^{-t} \end{align}

La solución general es de la forma: \begin{equation} I(t) = Ae^{-t} + Be^{t} \end{equation}

Y la solución particular será de la forma $I(t) = Cte^{-t}$ y luego calculamos $I’’(t) - I(t)$ para obtener $C = \frac{\pi}{4}$.

Por lo tanto, la forma final es: \begin{align} I(t) = Ae^{-t} + Be^t + \frac{\pi}{4}e^{-t} t \end{align}

Para obtener $A$ y $B$ calculamos $I(0)$ y $I’(0)$: \begin{align} I(0) = \int_0^\infty \frac{1}{(1+x^2)^2} dt \end{align} Sustitución U: $u=\tan{\theta}, du = \frac{1}{\cos^2{\theta}} d\theta$

Obtenemos: \begin{equation} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{(1+\tan^2{\theta})^2} \frac{1}{\cos^2(\theta)} dt = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^2(\theta) d\theta = \frac{\pi}{4} \end{equation}

Es obvio que $I’(0) = 0$. Después de sustituir $I(t)$ y calcular $A$ y $B$ obtenemos: \begin{equation} I(t) = \frac{\pi}{4}(xe^{-x} + e^{-x}). \end{equation}

Nuestra respuesta es: $I(1) = \frac{\pi}{4}(2e^{-1}) = \frac{\pi}{2e}.$

Answer 2

Sea $\displaystyle f(\lambda) = \int_{0}^{\infty}\frac{\cos(\lambda x)}{(1+x^2)^2}\;{ \mathrm dx}$. Considera la transformada de Laplace de $f(\lambda)$.

$$\begin{aligned}\mathcal{L}(f(\lambda)) & = \int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(\lambda x)}{(1+x^2)^2}e^{-\lambda s}\;{\mathrm d\lambda }\;{\mathrm dx} \\&= \int_{0}^{\infty}\frac{s}{(1+x^2)^2(s^2+x^2)}\;{\mathrm dx} \\& = \frac{\pi(2+s)}{4(1+s)^2}.\end{aligned} $$

Por lo tanto $ \displaystyle f(\lambda ) =\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{\pi(2+s)}{4(1+s)^2}\right) =\frac{\pi}{4}e^{-\lambda}(1+\lambda)$.

El valor de la integral es $\displaystyle I = f(1) = \frac{\pi}{2e}. $

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Sea $\displaystyle I(\lambda) = \int_0^{\infty} \frac{\cos( x)}{\lambda^2+x^2}$. Sea $x \mapsto \lambda x$ entonces

$\displaystyle I(\lambda) = \int_0^{\infty} \frac{\cos( \lambda x)}{\lambda^2+\lambda^2x^2} \, \mathrm d \lambda x = \frac{1}{\lambda}\int_0^{\infty} \frac{\cos( \lambda x)}{1+x^2} \, \mathrm d x = \frac{\pi}{2\lambda e^{-\lambda}} $.

Diferenciando ambos lados

$\displaystyle I'(\lambda) = -\int_0^{\infty} \frac{2 \lambda \cos( x)}{(\lambda^2+x^2)^2} \, \mathrm d \lambda = -\frac{(\lambda +1) \pi}{2 \lambda e ^{\lambda}}. $

Esto da

$\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{\cos( x)}{(\lambda^2+x^2)^2} \, \mathrm d \lambda = \frac{ \pi (\lambda+1)}{4\lambda^3 e ^{\lambda}} $

Con $\lambda = 1$ esto da $\displaystyle I = \frac{\pi}{2 e}.$

Answer 3

Escribiendo $$\frac 1{(x^2+1)^2}=\frac{2}{(i+1)^3 (x+i)}+\frac{1}{(i+1)^2 (x+i)^2}-\frac{2}{(i+1)^3 (x-i)}+\frac{1}{(i+1)^2 (x-i)^2}$$ te enfrentas a dos tipos e integrales $$I_k=\int \frac {\cos(x)}{x+ik}\,dx \qquad \text{y} \qquad J_k=\int \frac {\cos(x)}{(x+ik)^2}\,dx $$ donde $k=\pm 1$.

Haz $x+ik=y$ y expande el coseno

$$\cos(y-ik)=\cosh (k) \cos (y)-i \sinh (k) \sin (y)$$ Así que, ahora, tenemos cuatro tipos de integrales $$\int \frac {\sin(y)}y \,dy \qquad \int \frac {\cos(y)}y \,dy \qquad \int \frac {\sin(y)}{y^2} \,dy \qquad \int \frac {\cos(y)}{y^2} \,dy$$ El primero y segundo conducen a las integrales seno y coseno; para el tercero y el cuarto usa una integración por partes.

Regresa a $x$, usa los límites y simplifica todos los números complejos.