Cómo mostrar $\int^{\infty}_{-\infty}\frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}dx=\pi(1-e^{-a})$? ($a\ge0$)

Question

$$\int^{\infty}_{-\infty}\frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}dx=\pi(1-e^{-a}), \ a\ge0$$

Traté de resolver, sino que vino para arriba con $\pi(2-e^{-a}) $. Podría usted decirme donde hice el error?

si $x=z$ $dz=dx$

$$\int_\gamma \frac{e^{iaz}}{z(z^2+1)}\quad and\quad z(z+i)(z-i)=0\quad \rightarrow z=0,z=\pm i$$

para $ z=0$ $$Res(f,0)=\lim_{z\to 0}\frac{z.e^{iaz}}{z(z^2+1)}=1$$

para $z=1$

$$Res(f,i)=\lim_{z\to i}\frac{(z-i).e^{iaz}}{z(z+i)(z-i)}=\lim_{z\to i}\frac{e^{iaz}}{z(z+i)}=\frac{e^{-a}}{-2}$$

$$\int_\gamma \frac{e^{iaz}}{z(z^2+1)}=\int_{-R}^{R}\frac{e^{iax}}{x(x^2+1)}dx+\int_\gamma \frac{e^{iaz}}{z(z^2+1)}=\pi i(1-\frac{e^{-a}}{-2})$$

$$\int_{-R}^{R}\frac{e^{iax}}{x(x^2+1)}=\int^{R}_{-R}\frac{\cos(ax)}{x(x^2+1)}dx+i\int_{-R}^R \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}=i(2\pi - 2\pi \frac{e^{-a}}{2})$$

$$\rightarrow \int_{-R}^R\frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}=2\pi -2\pi \frac{e^{-a}}{2}=\pi(2-e^{-a}) $$

Answer 1

La integral depende del valor de $a$, lo que supongo es un número real.

Suponiendo que $a\ge 0$, puede utilizar este tipo de contorno para integrar a $f(z) = \dfrac{e^{iaz}}{z(z^2+1)}$. El punto es que tienes que ir alrededor de la singularidad en $z=0$. (Una alternativa es seguir Hice la sugerencia).

El uso de este contorno, se puede obtener:

$$2\pi i Res(f,i) = \left(\int_R - \int_\epsilon\right) + \left(\int_r^R f(x) dx + \int_{-R}^{-r} f(x) dx\right),$$

$\int_R$ $\int_\epsilon$ ambos representan integral de $f$ sobre la correspondiente semicírculos. Un rápido cálculo muestra que $R\to \infty$$\int_R\to 0$$\epsilon \to 0$$\int_\epsilon\to i\pi$.

Por lo tanto,

$$2\pi i Res(f,i) = - i\pi + \int_{-\infty}^\infty f(x) dx$$

Calcular el residuo y resolviendo la integral, se obtiene:

$$ \int \dfrac{\sin(ax)}{x(x^2+1)} dx = \pi (1-e^{-a})$$

Para $a<0$, se puede utilizar un contorno similar, pero tiene que ser al revés de la anterior en orden para el gran $R$ contorno a desvanecerse $R\to \infty$. La respuesta viene a ser $\pi (e^a -1)$.

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\int_{-\infty}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over x\pars{x^{2} + 1}}\,\dd x =\pi\sgn\pars{un}\pars{1 - \expo{-\verts{un}}}:\ {\large ?}.\qquad \in {\mathbb R}}$

\begin{align} &\color{#00f}{\large\int_{-\infty}^{\infty}{\sin\pars{ax} \over x\pars{x^{2} + 1}} \,\dd x} =a\int_{-\infty}^{\infty}{1 \over x^{2} + 1}\, \color{#c00000}{\sin\pars{ax} \over ax}\,\dd x \\[3mm]&=a\int_{-\infty}^{\infty}{1 \over x^{2} + 1}\, \pars{\color{#c00000}{\half\int_{-1}^{1}\expo{\ic kax}\,\dd k}}\,\dd x =\half\,a\int_{-1}^{1}\pars{% \int_{-\infty}^{\infty}{\expo{\ic\verts{ka}x} \over x^{2} + 1}\,\dd x}\,\dd k \\[3mm]&=\half\,a\int_{-1}^{1}\pars{% 2\pi\ic\,{\expo{\ic\verts{ka}\ic} \over 2\ic}}\,\dd k =\half\,\pi a\int_{-1}^{1}\expo{-\verts{ka}}\,\dd k =\pi a\int_{0}^{1}\expo{-\verts{a}k}\,\dd k \\[3mm]&=\pi a\,{\expo{-\verts{a}} - 1 \over -\verts{a}} =\color{#00f}{\large\pi\sgn\pars{a}\pars{1 - \expo{-\verts{a}}}} \end{align}

Answer 3

Voy a suponer $a > 0$. Llame a la integral de la $I(a)$. Diferenciar w.r.t. $a$, $$ I'(a) = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(a x)}{1+x^2} \ \mathrm{d}x = 2\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(a x)}{1+x^2} \ \mathrm{d}x,$$ a continuación, tenga en cuenta que $$\mathcal{L}(I'(a)) = 2\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty} \frac{\cos(a x)}{1+x^2}\exp(-as) \ \mathrm{d}a \ \mathrm{d}x,$$ $$\mathcal{L}(I'(a)) = 2\int_{0}^{\infty} \frac{s}{(x^2+s^2)(1+x^2)} \ \mathrm{d}x.$$ El uso parcial de las fracciones y la integración, $$\mathcal{L}(I'(a)) = \frac{\pi}{s+1},$$ tomando la inversa de la transformación da $$ I'(a) = \pi \mathrm{e}^{-a}, $$ integrar para obtener $$ I(a) = -\pi \mathrm{e}^{-a} + c, $$ y el uso de $I(0) = 0$, podemos ver que $c=\pi$ y $$ I(a) = \pi(1-\mathrm{e}^{ -}). $$