Difícil contorno integral como resultado de la integración de ax de \sin $ / (x ^ 2 + b ^ 2) $ sobre el halfline positivo

Question

Estoy tratando de evaluar la integral definida $$\int_0^\infty \frac{\sen ax\ dx}{x^2+b^2}$$ donde $a,b>0$. Este es un problema en una tarea para una clase de variables complejas. Entiendo la mecánica de contorno de la integración, pero estoy atascado. (He hablado con cuatro compañeros que también están atascados.) Agradecería una pequeña sugerencia, tales como una sugerencia para que me apunte hacia la derecha del contorno, o una sugerencia de cómo modificar uno de mis abandonado ideas (abajo) para hacer el trabajo. (Pero por favor, no trabajo todo integral; quiero hacerlo yo mismo).

Esto es lo que he probado hasta ahora:

• La integral a partir de $-\infty$ $\infty$ es cero debido a que la función es impar, por lo que el contorno semicircular en la parte superior de la mitad de plano no hace nada.

• Visualización de la integral como $$ \mathrm{Im}\, \int_0^\infty \frac{e^{aiz}dz}{z^2+b^2}, $$ Traté de integrar en todo el contorno de $0$ a $R>0$, a lo largo del cuarto de círculo a de $iR$, y de vuelta a la $0$, con una hendidura en el poste de $bi$. El polo es simple, por lo que puedo conseguir la contribución de la sangría a través de los residuos, y la contribución de los cuartos de círculo $\to 0$ como $R\to \infty$, pero el problema es que creo que la integral a lo largo del segmento del eje imaginario de $iR$ a $0$ es imaginario (lo que contribuye a que la parte imaginaria) y vuela alrededor del polo, y en general parece más difícil de tratar que la integral original.

• Ver el integrando con $\sin az$ o $e^{iaz}$ en el numerador, traté de integrar a lo largo del rectángulo con vértices de $0,R,R+ib,ib$, con una muesca en el vértice de $ib$ debido a la pole. De nuevo, no sé cómo se consigue el control de la integral a lo largo del eje imaginario.

• He intentado usando integración por partes para obtener un coseno, pero el integrando sigue siendo extraño por lo tanto la mitad superior del plano de contorno semicircular todavía no es bueno.

• Yo tenía una idea loca que yo era incapaz de llevar a cabo. Existe algún camino por el origen a lo largo de la cual el integrando $$ \frac{e^{aiz}dz}{z^2+b^2} $$ es puro real. Esta ruta es la solución a una ecuación diferencial ordinaria con la condición de límite $y(0)=0$. Si mis cálculos están a la derecha de la ecuación es $$ y'=\frac{2xy\cos ax-(b^2+x^2-y^2)\sen ax}{2xy\sen ax+b^2+x^2-y^2)\cos ax}. $$ La idea era integrar a lo largo de de $0$ a $R$, en sentido contrario a lo largo del círculo con un radio de $R$ hasta aciertos de esta curva, y de vuelta al origen a lo largo de esta curva. Por construcción, la integral a lo largo de esta última parte no contribuir en nada a la parte imaginaria; mientras tanto, la parte del círculo en la mitad superior del plano $\to 0$ como $R\to \infty$. La curva debe estar totalmente fuera de la mitad superior del plano-o esto demostraría que la integral original estoy tratando de evaluar es cero (ya que la parte imaginaria de $2\pi i$ veces el residuo es cero), que no es plausible. La evaluación de la deseada integral, luego descansa en:
  (a) si el poste en la mitad inferior del plano-que alguna vez se adjunta por este contorno (y estoy bastante seguro de que no), y
  (b) si no puede averiguar lo que está pasando con la integral a lo largo de la parte del círculo $|z|=R$ en la mitad inferior del plano-antes de que llegue a la curva; en particular, cuál es su parte imaginaria es hacer asintóticamente como $R\to \infty$.

Sin embargo, yo no estaba seguro de cómo alcanzar estas metas.

Actualización: resulta que, la asignación de contenidos de un error tipográfico y la integral se suponía iba a ser $$\int_0^\infty \frac{\sen ax\ dx}{x(x^2+b^2)}$$ Esto hace que el integrando incluso, por lo que se hace fácilmente con el medio círculo de contorno en la mitad superior del plano -. Definitivamente aprendí más a causa de la errata. Gracias a todos por sus respuestas y comentarios.

Answer 1

En realidad se puede ver directamente que no hay ninguna primaria de la expresión de la integral, utilizando el contorno de la integración. Para su integral es el mismo $$\mathrm{Im}\int_0^\infty {e^{iax} \over x^2 + b^2}\mathrm dx$$ Tenga en cuenta que $${1 \over x^2 + b^2} = {1 \over 2ib}\left({1 \over x - ib} - {1 \over x + ib}\right)$$ Por lo que es suficiente para evaluar las integrales $$\int_0^\infty {e^{iax} \over x \pm bi}\,\mathrm dx$$ Estas integrales convergen a pesar de que el denominador de tener solamente el título de uno, porque el factor exponencial modula, similar a la de $\dfrac{\sin(x)}{x}$. Usted puede utilizar su cuarto de círculo idea en cada uno de estos dos términos (incluso sin tener que preocuparse acerca de las sangrías)... la parte superior del cuarto de círculo para $+bi$ y el cuarto inferior del círculo para $-bi$. Por ejemplo, se obtiene que el primero es igual a $$\int_0^\infty {e^{-ax} \over x + b}\,\mathrm dx$$ Dejar que $x = z - b$ esto se convierte en $$e^{ab}\int_b^\infty {e^{-az} \over z}\,\mathrm dz$$ A continuación, dejar que $z = \dfrac{w}{a}$ esto se convierte en $$e^{ab}\int_{ab}^\infty {e^{w} \over w}\,\mathrm dw$$ $$= e^{ab}\mathrm{Ei}(-ab)$$ Aquí $\mathrm{Ei}$ es la función exponencial, que se define en términos de la integral anterior. Así que a menos que las funciones exponenciales a partir de los dos círculos de barrio, de alguna manera anular (que lo dudo seriamente en vista de Sasha de la respuesta), usted no será capaz de obtener una primaria de la expresión de la integral.

Answer 2

En primer lugar, la Mellin transformar el teorema de convolución (aka Slater teorema de) estados que, si $\mathcal{M}_s(f) = F(s)$ y $\mathcal{M}_s(g) = G(s)$, entonces $\int_0^\infty x^{\alpha-1} f(x) g(x) \mathrm{d} x = \mathcal{M}^{-1}\left( F(s) G(s-\alpha) \right)$, donde $\mathcal{M}^{-1}$ representa la inversa de Mellin de transformación.

Ahora: $$ \mathcal{M}_s(\sin(x)) = \int_0^\infty x^{m-1} \sin(x) \mathrm{d} x = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \left( \frac{a}{2} \right)^{s} \frac{\Gamma( \frac{1}{2} + \frac{s}{2} )}{\Gamma(1- \frac{s}{2})} $$ y $$ \mathcal{M}_s\left(\frac{1}{x^2 + b^2}\right) = \frac{b^{s-2}}{2} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\Gamma\left(1-\frac{s}{2}\right) $$ Por lo tanto, por el Mellin teorema de convolución: $$ \begin{eqnarray} \int_0^\infty \frac{\sin(x)}{x^2+b^2} \mathrm{d} x &=& \mathcal{M}^{-1}\left( \frac{\sqrt{\pi}}{2} \left( \frac{a}{2} \right)^{s} \frac{\Gamma( \frac{1}{2} + \frac{s}{2} )}{\Gamma(1- \frac{s}{2})} \frac{b^{-s-1}}{2} \Gamma\left(\frac{1}{2}-\frac{s}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}+\frac{s}{2}\right) \right) \\ &=& \frac{\sqrt{\pi}}{2} \, G_{1,3}^{2,1}\left(\frac{a^2 b^2}{4}\left| \begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2},\frac{1}{2},0 \end{array}\right. \right) \\ &=& \frac{\mathrm{Shi}(a, b) \cosh (a b)-\mathrm{Chi}(a, b) \sinh (a, b)}{b} \end{eqnarray} $$ Donde $\mathrm{Shi}$ y $\mathrm{Chi}$ stand de seno hiperbólico y coseno integrales, y $ G_{1,3}^{2,1}(z)$ stands para Meijer de la función G.