En ESTA RESPUESTA, he utilizado sencillo contorno de integración para evaluar la integral $$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_0^\infty \frac{x^a}{1+x^2}\,dx=\frac{\pi}{2}\sec\left(\frac{\pi a}{2}\right)}$$for $|a|<1$.
Un enfoque alternativo es el de hacer cumplir la sustitución de $x\to e^x$ obtener
$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{x^a}{1+x^2}\,dx&=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{(a+1)x}}{1+e^{2x}}\,dx\\\\ &=\int_{-\infty}^0\frac{e^{(a+1)x}}{1+e^{2x}}\,dx+\int_{0}^\infty\frac{e^{(a-1)x}}{1+e^{-2x}}\,dx\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left(\int_{-\infty}^0 e^{(2n+1+a)x}\,dx+\int_{0}^\infty e^{-(2n+1-a)x}\,dx\right)\\\\ &=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \left(\frac{1}{2n+1+a}+\frac{1}{2n+1-a}\right)\\\\ &=2\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\left(\frac{2n+1}{(2n+1)^2-a^2}\right)\\\\ &=\frac{\pi}{2}\sec\left(\frac{\pi a}{2}\right) \end{align}$$
Otras formas posibles de incluir la redacción de la integral de interés como
$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{x^a}{1+x^2}\,dx&=\int_{0}^1 \frac{x^{a}+x^{-a}}{1+x^2}\,dx \end{align}$$
y procediendo de forma similar, el uso de $\frac{1}{1+x^2}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^nx^{2n}$.
Sin recurrir a complejos análisis, ¿cuáles son los otros enfoques que se pueden usar para evaluar esta muy estándar integral?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Asumiré $\lvert a\rvert < 1$. Dejando $x = \tan \theta$, tenemos
$$\int_0^\infty \frac{x^a}{1 + x^2}\, dx = \int_0^{\pi/2}\tan^a\theta\, d\theta = \int_0^{\pi/2} \sin^a\theta \cos^{-a}\theta\, d\theta$$
La última integral es la mitad de la beta integral de la $B((a + 1)/2, (1 - a)/2)$, Lo que
$$\int_0^{\pi/2}\sin^a\theta\, \cos^{-a}\theta\, d\theta = \frac{1}{2}\frac{\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1-a}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{a+1}{2} + \frac{1-a}{2}\right)} = \frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1-a}{2}\right)$$
Por Euler reflexión,
$$\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1-a}{2}\right) = \pi \csc\left[\pi\left(\frac{1+a}{2}\right)\right] = \pi \sec\left(\frac{\pi a}{2}\right)$$
y el resultado de la siguiente manera.
Edit: Para una prueba de Euler reflexión sin contorno de integración, comience con la integral de la función $f(x) = \int_0^\infty u^{x-1}(1 + u)^{-1}\, du$, y muestran que la $f$ resuelve la ecuación diferencial $y''y - (y')^2 = y^4$, $y(1/2) = \pi$, $y'(1/2) = 0$. La solución es $\pi \csc \pi x$. Por otro lado, $f(x)$ es la beta integral de la $B(1+x,1-x)$, que es igual a $\Gamma(x)\Gamma(1-x)$. Creo que este método es debido a Dedekind.
En el mismo espíritu como el anteriormente publicado respuestas, aplicamos la sustitución de $x\to\sqrt{\frac{1-x}{x}}$ a revelar
$$\begin{align} \int_0^\infty \frac{x^a}{1+x^2}\,dx&=\frac12\int_0^1 x^{(a-1)/2}(1-x)^{-(a+1)/2}\,dx\\\\ &=\frac12 B\left(\frac{1+a}{2},\frac{1-a}{2}\right) \end{align}$$
que después de la aplicación de las relaciones $B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ $\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\pi \csc(\pi z)$ recupera la forma cerrada $\frac{\pi}{2}\sec(\pi a/2)$.
NOTAS:
Con el fin de ser más autónomo, pensé que podría ser útil para proporcionar en el presente pruebas de los mecanismos utilizados en la evaluación de la integral de registro. Para ello, vamos a proceder.
Relación Entre la Beta y Gamma
Tenga en cuenta que podemos escribir el producto $\Gamma(x)\Gamma(y)$ $x>0$, $y>0$ como
$$\begin{align} \Gamma(x)\Gamma(y)&=\int_0^\infty s^{x-1}e^{-s}\,ds\,\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\,dt\\\\ &=\int_0^\infty \, \int_0^\infty s^{x-1}t^{y-1}e^{-(s+t)}\,ds\,dt\\\\ &=\int_0^\infty t^{y-1} \int_t^\infty (s-t)^{x-1}e^{-s}\,ds\,dt\\\\ &=\int_0^\infty e^{-s}\int_0^s t^{y-1}(s-t)^{x-1}\,dt\,ds\\\\ &=\int_0^\infty s^{x+y-2}e^{-s} \int_0^1 t^{y-1}(1-t)^{x-1}\,dt\,ds\\\\ &=\Gamma(x+y)B(x,y) \end{align}$$
como iba a ser mostrado.
El límite de la Definición de Gamma
Deje $G_n(x)$ ser la secuencia de funciones dada por
$$G_n(x)=\int_0^n s^{x-1}\left(1-\frac{s}{n}\right)^n\,ds$$
Me mostraron en ESTA RESPUESTA, sólo el uso de la Desigualdad de Bernoulli, que la secuencia de $\left(1-\frac{s}{n}\right)^n$ aumenta monótonamente para $s\le n$. Por lo tanto, $\left|s^{x-1} \left(1-\frac{s}{n}\right)^n\right|\le s^{x-1}e^{-s}$$s\le n$. El Teorema de Convergencia Dominada garantiza que podemos escribir
$$\begin{align} \lim_{n\to \infty} G_n(x)=&\lim_{n\to \infty}\int_0^n s^{x-1}\left(1-\frac{s}{n}\right)^n\,ds\\\\ &=\lim_{n\to \infty}\int_0^\infty \xi_{[0,n]}\,s^{x-1}\left(1-\frac{s}{n}\right)^n\,ds\\\\ &=\int_0^\infty \lim_{n\to \infty} \left(\xi_{[0,n]}\,\left(1-\frac{s}{n}\right)^n\right)\,s^{x-1}\,\,ds\\\\ &=\int_0^\infty s^{x-1}e^{-s}\,ds\\\\ &=\Gamma(x) \end{align}$$
PRUEBAS ALTERNATIVAS: Límite de la Definición de Gamma
Si uno no está familiarizado con el Teorema de Convergencia Dominada, entonces, simplemente puede mostrar que
$$\lim_{n\to \infty}\int_0^n s^{x-1}e^{-s}\left(1-e^s\left(1-\frac{s}{n}\right)^n\right)=0$$
Para ello, recurrimos de nuevo al análisis de ESTA RESPUESTA. De continuar, tenemos
$$\begin{align} 1-e^s\left(1-\frac{s}{n}\right)^n &\le 1-\left(1+\frac{s}{n}\right)^n\left(1-\frac{s}{n}\right)^n\\\\ &=1-\left(1-\frac{s^2}{n^2}\right)^n\\\\ &\le 1-\left(1-\frac{s^2}{n}\right)\\\\ &=\frac{s^2}{n} \end{align}$$
donde la Desigualdad de Bernoulli se utilizó para llegar a la última desigualdad. Del mismo modo, vemos que
$$\begin{align} 1-e^s\left(1-\frac{s}{n}\right)^n &\ge 1-e^se^{-s}\\\\ &=0 \end{align}$$
Por lo tanto, aplicando el teorema del encaje de los rendimientos de los codiciados límite
$$\lim_{n\to \infty}\int_0^n s^{x-1}e^{-s}\left(1-e^s\left(1-\frac{s}{n}\right)^n\right)=0$$
lo que implica $\lim_{n\to \infty}G_n(x)=\Gamma(x)$.
La integración por partes varias veces, la representación integral de la $G_n(x)$ revela
$$G_n(x)=\frac{n^x\,n!}{x(x+1)(x+2)\cdot (x+n)}$$
así que
$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\Gamma(x)=\lim_{n\to \infty}\frac{n^x\,n!}{x(x+1)(x+2)\cdot (x+n)}}$$
La Reflexión De La Fórmula
Finalmente, podemos escribir
$$\begin{align} \Gamma(x)\Gamma(1-x)&=\lim_{n\to \infty}\frac{n\,(n!)^2}{x(1-x^2)(4-x^2)\cdots (n^2-x^2)(n+1-x) }\\\\ &=x\lim_{n\to \infty}\frac{1}{\prod_{k=1}^n \left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)}\\\\ &=\frac{\pi}{\sin(\pi x)} \end{align}$$
Al llegar a la última igualdad hemos utilizado el infinito representación de los productos de la función seno de $\sin(\pi x)=x\,\prod_{k=1}^n \left(1-\frac{x^2}{k^2}\right)$, lo que fue demostrado en ESTA RESPUESTA el uso de análisis real.
Sugerencia. Suponga $|a|<1$. Otro enfoque equivalente sería escribir $$\begin{align} \int_0^\infty \frac{x^a}{1+x^2}\,dx&=\int_0^\infty x^a \left(\int_0^\infty e^{-(1+x^2)t}dt\right)dx \\\\&=\int_0^\infty e^{-t}\left(\int_0^\infty x^a e^{-tx^2}dx\right)dt\\\\ &=\frac12\Gamma\left(\frac{1+a}{2}\right)\int_0^\infty t^{\frac{1-a}{2}-1}e^{-t}dt\\\\ &=\frac12\Gamma\left(\frac{1+a}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1-a}{2}\right)\\\\ &=\frac{\pi}{2}\sec\left(\frac{\pi a}{2}\right) \end{align}$$ by using the standard integral representation of the $\Gamma$ la función y (6.1.30).
$$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{x^a}{1+x^2}\,\mathrm{d}x &=\frac12\int_0^\infty\frac{x^{(a-1)/2}}{1+x}\,\mathrm{d}x\\ &=\frac12\int_0^1\frac{\left(\frac{t}{1-t}\right)^{(a-1)/2}}{1+\left(\frac{t}{1-t}\right)}\frac{\mathrm{d}t}{(1-t)^2}\\ &=\frac12\int_0^1t^{(a-1)/2}(1-t)^{(-1-a)/2}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac12\mathrm{B}\left(\frac{1+a}2,\frac{1-a}2\right)\\ &=\frac12\frac{\Gamma\left(\frac{1+a}2\right)\Gamma\left(\frac{1-a}2\right)}{\Gamma(1)}\\ &=\frac\pi2\sec\left(\frac{\pi a}2\right) \end{align} $$ Como en kobe respuesta, hemos utilizado Euler Reflexión de la Fórmula. Sin embargo, la mayoría de las pruebas de que he visto usar el contorno de la integración.
\begin{align} \int_0^\infty \frac{x^a}{1+x^2}\,dx&= \int_0^\infty x^a \int_0^\infty e^{-xt} \sin t \,dt\, dx\\ &=\int_0^\infty \sin t \int_0^\infty e^{-xt} x^a \,dx\, dt\\ &=\Gamma (a+1)\int_0^\infty t^{-a-1} \sin t \,dt\\ &=-\Gamma (a+1)\Gamma (-a) \sin (\pi a/2)\\ &=\frac{\pi}{2}\sec\left(\frac{\pi a}{2}\right) \end{align}
