Evaluación de $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin ax-a \sin x}{x^3(x^2+1)} \ dx$ mediante la integración de contornos

Question

¿Cómo calcularías la integral $$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin ax-a\sin x}{x^3(x^2+1)} \ dx ?$$ Vamos a integrar a lo largo de dos contornos circulares y una sección estriada entre ellos (forma de medio donut) En la solución que dio mi profesor, decía considerar la función $$g(z)=\frac{-1+a+e^{iaz}-ae^{iz}}{z^3(z^2+1)}$$ en lugar de $$f(z)=\frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{z^3(z^2+1)}$$ porque $g$ tiene polos simples en las líneas reales. Sin embargo, el resultado cuando calculamos el residuo en $i$ es diferente. He comprobado la respuesta usando Wolfram, el cálculo usando $g$ es la respuesta correcta. ¿Puede alguien explicar por qué?

Answer 1

Voy a ampliar mi comentario sobre por qué podemos considerar la función $$ f(z) = \frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{z^3(z^2+1)} \ , \ a >0$$ y ese contorno en forma de media dona aunque $f(z)$ tiene un polo de orden $3$ en el origen.

Supongamos que una función $h(z)$ tiene una expansión de Laurent en $z=z_{0}$ de la forma $$ \sum_{k=-n}^{-1} a_{2k+1} (z-z_{0})^{2k+1} + \sum_{k=0}^{\infty} a_{k}(z-z_{0})^{k}. $$

Y que $C_{r}$ sea un semicírculo centrado en $z=z_{0}$ de radio $r$ .

Entonces $$\lim_{r \to 0} \int_{C_{r}}h(z) \ dz = - i \pi \ \text{Res}[f(z),z_{0}] $$ si $C_{r}$ se recorre en el sentido de las agujas del reloj.

Para una prueba, véase esta pregunta especialmente el primer comentario de Daniel Fischer.

Ahora bien, si ampliamos $ \displaystyle f(z)=\frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{z^3(z^2+1)}$ en una serie de Laurent en el origen (como hizo M.N.C.E. en la otra respuesta) obtenemos $$f(z) = \frac{1-a}{z^{3}} + \frac{-a^{2}+3a-2}{2z} + \mathcal{O}(1). $$

Por lo tanto, el lema anterior es aplicable.

A continuación, integrando alrededor de ese contorno en forma de media dona y aplicando tanto el lema anterior como el lema de Jordan,

$$\begin{align} \text{PV} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iax}-ae^{ix}}{x^{3}(1+x^{2})} \ dx - i \pi \left(\frac{-a^{2}+3a-2}{2} \right) &= 2 \pi i \ \text{Res}[f(z), i] \\ &= 2 \pi i \ \lim_{z \to i} \frac{e^{iaz} - a e^{iz}}{z^{3}(z+i)} \\ &= \pi i \left(e^{-a}-ae^{-1} \right). \end{align}$$

E igualando las partes imaginarias de ambos lados de la ecuación,

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin(ax)-a \sin(x)}{x^{3}(1+x^{2})} \ dx = \pi \left(e^{-a}-ae^{-1} - \frac{a^{2}-3a+2}{2} \right)$$

lo que concuerda con la respuesta de M.N.C.E.

Answer 2

\begin{align} &\int^\infty_{-\infty}\frac{\sin(ax)-a\sin{x}}{x^3(1+x^2)}dx\\ =& \, \, \frac{1}{2i}\lim_{\epsilon\to 0}\left(\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{iax}-ae^{ix}}{(x-i\epsilon)^3(1+x^2)}dx-\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{-iax}-ae^{-ix}}{(x-i\epsilon)^3(1+x^2)}dx\right)\tag1\\ =& \, \,\pi\lim_{\epsilon\to0}\left(\operatorname*{Res}_{z=i\epsilon}\frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{(z-i\epsilon)^3(1+z^2)}+\operatorname*{Res}_{z=i}\frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{(z-i\epsilon)^3(1+z^2)}\color{red}{+}\operatorname*{Res}_{z=-i}\frac{e^{-iaz}-ae^{-iz}}{(z-i\epsilon)^3(1+z^2)}\right)\tag2\\ =& \, \,\pi\left(-\frac{a^2-3a+2}{2}+\frac{e^{-a}-ae^{-1}}{2}+\frac{e^{-a}-ae^{-1}}{2}\right)\tag3\\ =& \, \,\pi\left(e^{-a}-ae^{-1}-\frac{a^2-3a+2}{2}\right) \end{align}

Explicación:

$(1)$ : Desplazado el polo hacia el plano medio superior y ampliado $\sin$ en términos de exponenciales complejos.
$(2)$ : Aplicado el teorema del residuo. Para la primera integral en $(1)$ , cierre el contorno a lo largo de la mitad superior de $|z|=R$ recogiendo así los residuos en $z=i\epsilon$ y $z=i$ . Para la segunda integral en $(1)$ , cierre el contorno a lo largo de la mitad inferior de $|z|=R$ recogiendo así el residuo en $z=-i$ . Por el lema de Jordan, la integral a lo largo de ambos arcos desaparece.
$(3)$ : Aplicar el límite y calcular los residuos. Para evaluar el residuo en $z=0$ , \begin{align} \operatorname*{Res}_{z=0}\frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{z^3(1+z^2)} &=[z^2]\frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{1+z^2}\\ &=[z^2]\left(1-a-\frac{1}{2}(a^2-a)z^2+\mathcal{O}(z^3)\right)\left(1-z^2+\mathcal{O}(z^4)\right)\\ &=a-1-\frac{1}{2}(a^2-a)\\ &=-\frac{a^2-3a+2}{2} \end{align}

Answer 3

La razón $g$ da la respuesta correcta es que $$ \begin{align} \sin(ax)-a\sin(x)&=\frac1{2i}\left(\vphantom{\frac1{2i}}\left[e^{iax}-e^{-iax}\right]-\left[ae^{ix}-ae^{-ix}\right]\right)\\ &=\frac1{2i}\left(\vphantom{\frac1{2i}}\left[e^{iax}-ae^{ix}\right]-\left[e^{-iax}-ae^{-ix}\right]\right)\\ &=\frac1{2i}\left(\vphantom{\frac1{2i}}\left[\color{#0000FF}{-1+a}+e^{iax}-ae^{ix}\right]-\left[\color{#0000FF}{-1+a}+e^{-iax}-ae^{-ix}\right]\right)\\ \end{align} $$ De hecho, no podemos realizar la integral utilizando $f$ y el contorno de media rosquilla sin demostrar que el $\frac1{z^2}$ plazo de $f(z)$ es $0$ . Expandiendo, obtenemos $$ \frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{z^3(z^2+1)}\sim\frac{1-a}{z^3}-\frac{a^2-3z+2}{2z}-i\frac{a^3-a}6+O(z) $$ Además, tenemos que demostrar que para el semicírculo pequeño $\gamma=re^{i[0,\pi]}$ , $$ \begin{align} \int_\gamma\frac{\mathrm{d}z}{z^3} &=\left[-\frac1{2z^2}\right]_{+r}^{-r}\\ &=0 \end{align} $$ Así, como RandomVariable ha señalado anteriormente, podemos hacer la integral con o sin la adición de $-1+a$ pero con el $-1+a$ sólo tenemos que tratar con polos simples.

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En cuanto al cambio de los residuos en $i$ y $-i$ esos cambios se cancelan por el cambio en el residuo en $0$ . De hecho, $$ \begin{align} \operatorname*{Res}_{z=0}\frac{-1+a}{z^3(z^2+1)}&=(1-a)\\ \operatorname*{Res}_{z=i}\frac{-1+a}{z^3(z^2+1)}&=-\frac{1-a}2\\ \operatorname*{Res}_{z=-i}\frac{-1+a}{z^3(z^2+1)}&=-\frac{1-a}2 \end{align} $$

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Sin embargo, al alejar el contorno de las singularidades, las cosas se simplifican.

Desde $\dfrac{\sin(az)-a\sin(z)}{z^3(z^2+1)}$ está limitado en el rectángulo $$ [-R,R]\cup R+[0,i/2]\cup[R,-R]+i/2\cup-R+[i/2,0] $$ obtenemos que todas las singularidades son eliminables. Por lo tanto, $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(ax)-a\sin(x)}{x^3(x^2+1)}\,\mathrm{d}x =\int_{-\infty+i/2}^{\infty+i/2}\frac{\sin(az)-a\sin(z)}{z^3(z^2+1)}\,\mathrm{d}z $$ Uso de los contornos $$ \begin{align} \gamma_+&=[-R,R]+i/2\cup Re^{i[0,\pi]}+i/2\\ \gamma_-&=[-R,R]+i/2\cup Re^{-i[0,\pi]}+i/2 \end{align} $$ donde $\gamma_+$ rodea la singularidad en $i$ en el sentido contrario a las agujas del reloj y $\gamma_-$ rodea las singularidades en $0$ y $-i$ en el sentido de las agujas del reloj, obtenemos $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(ax)-a\sin(x)}{x^3(x^2+1)}\,\mathrm{d}x &=\frac1{2i}\int_{\gamma_+}\frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{z^3(z^2+1)}\,\mathrm{d}z -\frac1{2i}\int_{\gamma_-}\frac{e^{-iaz}-ae^{-iz}}{z^3(z^2+1)}\,\mathrm{d}z\\ &=\pi\operatorname*{Res}_{z=i}\left[\frac{e^{iaz}-ae^{iz}}{z^3(z^2+1)}\right]\\ &+\pi\operatorname*{Res}_{z=0}\left[\frac{e^{-iaz}-ae^{-iz}}{z^3(z^2+1)}\right] +\pi\operatorname*{Res}_{z=-i}\left[\frac{e^{-iaz}-ae^{-iz}}{z^3(z^2+1)}\right]\\ &=\pi\left[\frac{e^{-a}-ae^{-1}}2\right]\\ &+\pi\left[-\frac{a^2-3a+2}2\right]+\pi\left[\frac{e^{-a}-ae^{-1}}2\right]\\ &=\pi\left[e^{-a}-ae^{-1}-\frac{a^2-3a+2}2\right] \end{align} $$