Es esta una forma correcta de calcular el $\int_{-\infty}^\infty\frac{x\sin(\pi x)}{x^2+2x+5}dx?$

Question

Tengo esta integral para calcular: $$I=\int_{-\infty}^\infty\frac{x\sin(\pi x)}{x^2+2x+5}dx.$$

Creo que lo he hecho, pero me gustaría asegurarme de que mi solución es correcta.

Aprovecho la función $$f(z)=\frac{ze^{i\pi z}}{z^2+2z+5}$$ for $z\in\Bbb C.$ Ahora

$$f(z)=\frac{z\cos(\pi z)}{z^2+2z+5}+i\frac{z\sin(\pi z)}{z^2+2z+5}$$

así

$$\int_{-\infty}^\infty f(x)dx=\int_{-\infty}^\infty\frac{x\cos(\pi x)}{x^2+2x+5}dx+i\int_{-\infty}^\infty\frac{x\sin(\pi x)}{x^2+2x+5}dx.$$

Por lo tanto, para calcular el $I$, tengo que calcular el lado de la mano izquierda y tomar la parte imaginaria de la misma.

Considero contornos $C_R$ compuesta de la mitad superior-círculos $H_R$ radio $R$ y el intervalo real $I_R=[-R,R]$. $f$ tiene dos polos, $-1+2i$$-1-2i$, de los cuales sólo el $-1+2i$ se encuentra en la mitad superior del plano -. Tengo

$$\mathrm{res}_{(-1+2i)}f=\frac{(-1+2i)e^{i\pi(-1+2i)}}{2(-1+2i)+2}=-\frac14(2+i)e^{-2\pi}.$$

Por lo tanto, $$\int_{H_R} f(z)dz+\int_{I_R} f(z)dz=\int_{C_R} f(z)dz=2i\pi\cdot(-\frac14)(2-i)e^{-2\pi}=\frac\pi 2(1-2i)e^{-2\pi}.$$

$\int_{H_R} f(z)dz$ tiende a cero, como se $R$ tiende a infinito por Jordania lema. Tengo

$$\begin{eqnarray}|\int_{H_R}f(z)dz|&\leq&\max_{\theta\in[0,\pi]}|\frac{Re^{i\theta}}{(Re^{i\theta})^2+2Re^{i\theta}+5}|\\&=&\max_{\theta\in[0,\pi]}\frac R{|(Re^{i\theta})^2+2Re^{i\theta}+5|}\\&\leq&\frac R{R^2-2R-5},\end{eqnarray}$$

por esto. La última expresión tiende a cero, como se $R$ tiende a infinito.

$\int_{I_R} f(z)dz$ tiende a $\int_{-\infty}^\infty f(x)dx$ $R$ tiende a infinito. Por lo tanto,

$$\int_{-\infty}^\infty f(z)dz=\frac\pi 2(1-2i)e^{-2\pi}=\frac\pi 2e^{-2\pi}-i\pi e^{-2\pi},$$

de dónde $$I=-\pi e^{-2\pi}.$$

Answer 1

Utilizando la transformada de Laplace para calcular esta integral impropia será mucho más fácil. De hecho, desde \begin{eqnarray*} \mathcal{L}\left\{\frac{x}{x^2+2x+5}\right\}&=&\mathcal{L}\left\{\frac{-1+2i}{4i}\frac{1}{x+1-2i}+\frac{1+2i}{4i}\frac{1}{x+1+2i}\right\}\\ &=&\frac{-1+2i}{4i}e^{(1-2i)s}\Gamma(0,(1-2i)s)+\frac{1+2i}{4i}e^{(1+2i)s}\Gamma(0,(1+2i)s)\\ \end{eqnarray*} tenemos \begin{eqnarray*} \int_0^\infty\frac{x\sin\pi x}{x^2+2x+5}dx&=&\Im \mathcal{L}\left\{\frac{x}{x^2+2x+5}\right\}\big|_{s=\pi i}\\ &=&\Im\left[\frac{-1+2i}{4i}e^{(1-2i)\pi i}\Gamma(0,(1-2i)\pi i)+\frac{1+2i}{4i}e^{(1+2i)\pi i}\Gamma(0,(1+2i)\pi i)\right]\\ &=&\Im\left[\frac{1-2i}{4i}e^{2\pi}\Gamma(0,(2+i)\pi)-\frac{1+2i}{4i}e^{-2\pi}\Gamma(0,(-2+i)\pi)\right]. \end{eqnarray*} Aquí se utiliza $$\mathcal{L}\big\{\frac{1}{x+a}\big\}=e^{as}\Gamma(0,as).$$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{r = -1 + 2\ic\quad \mbox{y}\quad r^{*}\quad \mbox{son las raíces de}\quad x^{2} + 2x + 5=0\quad}$ tal que:

\begin{align}\color{#66f}{\Large I}&=\Im\int_{-\infty}^{\infty} {x\expo{\ic\pi x} \over\pars{x - r}\pars{x - r^{*}}}\,\dd x =\Im\bracks{2\pi\ic\,{r\expo{\ic\pi r} \over r - r^{*}}} =2\pi\,\Im\bracks{\ic\,{r\expo{\ic\pi r} \over 2\ic\,\Im\pars{r}}} ={\pi \over 2}\,\Im\pars{r\expo{\ic\pi r}} \\[3mm]&={\pi \over 2}\,\Im\bracks{\pars{-1 + 2\ic}\expo{-\ic\pi}\expo{-2\pi}} =\color{#66f}{\Large -\pi\expo{-2\pi}} \end{align}