Prueba de $\int_0^\infty \frac{x^{\alpha}dx}{1+2x\cos\beta +x^{2}}=\frac{\pi\sin (\alpha\beta)}{\sin (\alpha\pi)\sin \beta }$

Question

He encontrado una bonita fórmula de la siguiente integral aquí

$$\int_0^\infty \frac{x^{\alpha}dx}{1+2x\cos\beta +x^{2}}=\frac{\pi\sin (\alpha\beta)}{\sin (\alpha\pi)\sin \beta }$$

Allí dice que se puede demostrar utilizando el método de los contornos, lo cual no entiendo. Parece que el RHS es la fórmula de reflexión de Euler para la función gamma pero no estoy tan seguro. Podría alguien ayudarme a obtenerla preferiblemente ( si es posible ) con formas elementales (métodos de la escuela secundaria)? Cualquier ayuda será muy apreciada. Gracias.

Answer 1

Si no le importa, me gustaría presentar un enfoque alternativo que aprovecha el hecho de que $$\int^\infty_0\frac{x^{p-1}}{1+x}dx=\frac{\pi}{\sin{p\pi}}$$ Basta con factorizar el denominador y descomponer el integrando en fracciones parciales. \begin{align} \int^\infty_0\frac{x^a}{x^2+2(\cos{b})x+1}dx &=\int^\infty_0\frac{x^a}{(x+e^{ib})(x+e^{-ib})}dx\\ &=\frac{1}{-e^{ib}+e^{-ib}}\int^\infty_0\frac{x^a}{e^{ib}+x}dx+\frac{1}{-e^{-ib}+e^{ib}}\int^\infty_0\frac{x^a}{e^{-ib}+x}dx\\ &=\frac{1}{-2i\sin{b}}\int^\infty_0\frac{(e^{ib}u)^a}{1+u}du+\frac{1}{2i\sin{b}}\int^\infty_0\frac{(e^{-ib}u)^a}{1+u}du\\ &=\frac{e^{iab}}{-2i\sin{b}}\frac{\pi}{\sin(\pi a+\pi)}+\frac{e^{-iab}}{2i\sin{b}}\frac{\pi}{\sin(\pi a+\pi)}\\ &=\frac{\pi}{\sin \pi a\sin{b}}\left(\frac{e^{iab}-e^{-iab}}{2i}\right)\\ &=\frac{\pi\sin{ab}}{\sin{\pi a}\sin{b}} \end{align}

Answer 2

Paso 1. Dividir $$I=\int_0^\infty=\int_0^1+\int_1^\infty$$ y en la segunda integral aplicar la sustitución $x=1/t$ : $$I=\int_0^1\frac{x^\alpha \,dx}{1+2x\cos\beta+x^2}+\int_0^1\frac{t^{-\alpha} \,dt}{t^2+2t\cos\beta+1}=\int_0^1\frac{(x^\alpha+x^{-\alpha}) \,dx}{1+2x\cos\beta+x^2}.$$

Paso 2. Utilice la siguiente expansión de la serie: $$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}x^n\sin n\beta=\frac{x\sin\beta}{1+2x\cos\beta+x^2},\quad |x|<1$$ (se obtiene fácilmente considerando la parte imaginaria de $\sum\limits_{n=1}^\infty q^n=\frac{q}{1-q}$ con $q=-xe^{i\beta}$ ). Integrando término a término se obtiene $$I=\frac{1}{\sin\beta}\int_0^1\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}(x^{n-1+\alpha}+x^{n-1-\alpha})\sin n\beta\,dx=\frac{1}{\sin\beta}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}2n\sin n\beta}{n^2-\alpha^2}.$$

Paso 3. Recordemos la expansión en serie de Fourier para la función $\sin\alpha x$ : $$\sin\alpha x=\frac{\sin\pi\alpha}{\pi}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}2n\sin nx}{n^2-\alpha^2},\quad x\in(-\pi,\pi),$$ que se demuestra mediante el cálculo de los coeficientes de Fourier.

Tomando aquí $x=\beta$ concluimos que $$I=\frac{\pi\sin\alpha\beta}{\sin\pi\alpha\sin\beta}.$$

Answer 3

Si se me permite usar contornos para mostrar esto.

Considere $\displaystyle I=\frac{z^{a}}{z^{2}-2z\cos(b)+1}, \;\ 0<a<1, \;\ 0<b<\pi$

Utilice un semicírculo en la UHP con centro en el origen.

Los polos se encuentran en $z=e^{\pm ib}=\cos(b)\pm i\sin(b)$

A lo largo del eje x:

$$\int_{-\infty}^{0}\frac{x^{a}}{x^{2}-2x\cos(b)+1}dx+\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}-2x\cos(b)+1}dx$$

Dejemos que $x\to -x$ en la primera integral y obtener:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}-2x\cos(b)+1}dx+\int_{0}^{\infty}\frac{(-1)^{a}x^{a}}{x^{2}+2x\cos(b)+1}dx, \;\ e^{\pi ia}=(-1)^{a}$$

Redondea el gran arco:

$$\int_{0}^{\pi}\frac{R^{a}e^{ia\theta}iRe^{i\theta}}{R^{2}e^{2i\theta}-2Re^{i\theta}\cos(b)+1}d\theta$$

que, desde $a<1$ se desvanece como $R\to 0$

Utilizando $z=e^{ib}+re^{i\phi}$ el residuo en $e^{ib}$ es

$$2\pi i Res(e^{ib})=2\pi i \lim_{r\to 0}\frac{(e^{ib}+re^{i\phi})^{a}}{e^{ib}+re^{i\phi}-e^{-ib}}$$

$$=\frac{2\pi i e^{iab}}{e^{ib}-e^{-ib}}=\frac{\pi}{\sin(b)}e^{iab}$$

Así,

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}-2x\cos(b)+1}dx+e^{i\pi a}\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}+2x\cos(b)+1}dx=\frac{\pi}{\sin(b)}e^{iab}$$

Equiparar las partes reales e imaginarias:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}-2x\cos(b)+1}dx+\cos(\pi a)\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}+2x\cos(b)+1}dx=\frac{\pi}{\sin(b)}\cos(ab)$$

y $$\sin(\pi a)\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}+2x\cos(b)+1}dx=\frac{\pi}{\sin(b)}\sin(ab)$$

Por lo tanto, tenemos un dos por uno:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}+2x\cos(b)+1}dx=\frac{\pi}{\sin(b)}\frac{\sin(ab)}{\sin(\pi a)}$$ y

$$\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a}}{x^{2}-2x\cos(b)+1}dx=\frac{\pi}{\sin(b)}\frac{\sin(a(\pi -b))}{\sin(\pi a)}$$

La última se desprende de la primera al escribir $\pi -b$ para $b$ .

Answer 4

El método más corto para calcular esta integral es utilizar Teorema maestro de Ramanujan . Escriba $$ \frac{1}{1+2 x \cos{(\pi \beta)} + x^2}=\sum_{n=0}^\infty \lambda(n)(-x)^n,\quad \text{near}~x=0 \text{with} \lambda(n)=\frac{\sin\pi\beta(n+1)}{\sin\pi\beta}. $$ Entonces $$ \int_0^\infty \frac{x^{\alpha}dx}{1+2x\cos\pi\beta +x^{2}}=\frac{\pi\lambda(-\alpha-1)}{\sin(\pi\alpha+\pi)}=\frac{\pi\sin\pi\alpha\beta}{\sin\pi\alpha\sin\pi\beta}. $$

Answer 5

Notic it(expansión de Fourier): $$\frac{1}{1-2q\cos x+q^2}=\sum_{n=0}^\infty\frac{\sin nx}{\sin x} q^{n-1}$$ Así que..: $$\int_0^\infty\frac{x^{\alpha}dx}{1+2x\cos\pi\beta+x^2} =\int_0^\infty x^{\alpha}\Big(\sum_{n=0}^\infty\frac{\sin n\pi\beta}{\sin\pi\beta}(-1)^{n-1}x^{n-1}\Big)dx$$ $$=\sum_{n=0}^\infty\frac{\sin n\pi\beta}{\sin\pi\beta}(-1)^{n-1}\int_0^\infty x^{\alpha+n-1}dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{\sin n\pi\beta}{\sin\pi\beta}\frac{(-1)^{n-1}}{\alpha+n}=\frac{1}{\sin\pi\beta}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n-1}\sin n\beta}{\alpha+\beta}=\frac{\pi\sin\pi\alpha\beta}{\sin\pi\alpha\sin\pi\beta}$$