Cómo evaluaría $I:=\int_ {0}^{\infty} \frac {\cos(ax)} {(x^2 + b^2)^n} \ \mathrm{d}x$?

Question

Cualquier consejos sobre cómo debo empezar?

$$I:=\int_ {0}^{\infty} \frac {\cos(ax)} {(x^2 + b^2)^n} \ \mathrm{d}x$$

Answer 1

Voy a dejar algunos detalles para el lector. W. L. o.G. suponga $a,b>0$. Considere la posibilidad de $$ J(a,b) = \int_0^{\infty} \frac{\cos(ax)}{x^2+b^2} \ \mathrm{d}x, $$ entonces $$ \frac{\partial^{n-1} J}{\partial b^{n-1}} = (-2b)^{n-1}(n-1)!\int_0^{\infty} \frac{\cos(ax)}{(x^2+b^2)^n} \ \mathrm{d}x. $$ La integral de la $J$ se puede calcular mediante el Teorema de los Residuos como $$ J = \frac{\pi}{2b}\mathrm{e}^{ab}, $$ así tenemos $$ \int_0^{\infty} \frac{\cos(ax)}{(x^2+b^2)^n} \ \mathrm{d}x = \frac{(-2b)^{1-n}}{(n-1)!}\frac{\partial^{n-1} }{\partial b^{n-1}}\left(\frac{\pi}{2b}\mathrm{e}^{ab}\right), $$ donde $$ \frac{\partial^{n-1} }{\partial b^{n-1}}\left(\frac{\mathrm{e}^{ab}}{b}\right) = (-1)^{n-1}\frac{\mathrm{e}^{ab}}{b^{n}}\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(n-i-1)!} (ab)^{n-i-1}, $$ así que el resultado final es, con algunos de cancelación - $$ \int_0^{\infty} \frac{\cos(ax)}{(x^2+b^2)^n} \ \mathrm{d}x = \frac{\pi\mathrm{e}^{ab}}{2^{n}b^{2n-1}}\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{(ab)^{n-k}}{(n-k)!} , \qquad n \ge 1. $$

Answer 2

Uno también puede hacer uno, usando los residuos, a pesar de que el resultado de la serie puede ser muy tedioso.

Pero, sigue una binomial patrón.

Me voy a permitir la potencia en el denominador de ser $n+1$ en lugar de $n$ como encontrar la n-ésima derivada.

Considere la posibilidad de $$\int_{C}\frac{e^{iaz}}{(z^{2}+b^{2})^{n+1}}$$, where C is the semicircular contour in the UHP with poles at $\pm bi$, which have order $n+1$.

El único polo para estar preocupado es el a $bi$.

Por lo tanto, tomando el $nth$ derivados y la definición de $I(z)=\frac{e^{iaz}}{(z+bi)^{n+1}}$.

$$I^{(n)}(z)=\frac{(ia)^{n}e^{iaz}}{(z+bi)^{n+1}}-\frac{(n+1)(n)(ia)^{n-1}e^{iaz}}{(z+bi)^{n+2}}+\frac{(n)(n-1)(ia)^{n-2}e^{iaz}(n+1)(n+2)}{2!(z+bi)^{n+3}}-\cdot\cdot\cdot +\frac{(-1)^{n}e^{iaz}(n+1)(n+2)\cdot\cdot\cdot (2n)}{(z+bi)^{2n+1}}$$.

Desde $$\int\frac{e^{iaz}}{(z^{2}+b^{2})^{n+1}}dz=\frac{2\pi i}{n!}I^{(n)}(bi)$$,

deje $z\to bi$, simplificar un poco, y tomar nota de los poderes de la $i$ términos eliminar la alternancia de la serie.

Varios términos:

$$\frac{2\pi i}{n!}\left[\frac{e^{-ab}}{(2bi)^{n+1}}(ia)^{n}-\frac{ne^{-ab}(n+1)}{(2bi)^{n+2}}(ia)^{n-1}+\cdot\cdot\cdot\right] $$

simplificar un poco:

$$\int\frac{e^{iaz}}{(z^{2}+b^{2})^{n+1}}dz=\frac{2\pi e^{-ab}}{n!}\left[\frac{a^{n}}{(2b)^{n+1}}+\frac{n(n+1)}{(2b)^{n+2}}a^{n-1}+\frac{(n-1)n(n+1)(n+2)}{2!(2b)^{n+3}}a^{n-2}+\cdot\cdot\cdot +\frac{(2n)!}{n!(2b)^{2n+1}}\right]$$

Las porciones a lo largo del eje x y todo el gran arco:

$$\int_{-\infty}^{0}\frac{e^{iax}} {b^{2}+x^{2})^{n+1}}dx+\int_{0}^{\infty}\frac{e^{iax}} {b^{2}+x^{2})^{n+1}}dx+\int_{0}^{\pi}\frac{e^{ia Re^{i\theta}}} {b^{2}+R^{2}e^{2i\theta})^{n+1}}iRe^{i\theta}d\theta$$.

Dejando $x\to -x$ en la primera y la adición de la segunda, se obtiene:

$$2\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(ax)}{(b^{2}+x^{2})^{n+1}}dx$$

Por supuesto, el arco tiende a 0, debido a que el estándar $e^{-aR\sin\theta}\to 0$ $R\to \infty$ argumento. Por lo tanto, de poner juntos, el resultado se convierte en:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(ax)}{(b^{2}+x^{2})^{n+1}}dx=\frac{\pi e^{-ab}}{n!(2b)^{2n+1}}\left[(2ab)^{n}+n(n+1)(2an)^{n-1}+\frac{(n-1)n(n+1)(n+2)}{2!}(2ab)^{n-2}+\cdot\cdot\cdot \frac{(2n)!}{n!}\right]$$

que puede ser escrito en forma general como:

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\cos(ax)}{(x^{2}+b^{2})^{n+1}}dx=\frac{\pi e^{-ab}}{n! (2b)^{2n+1}}\sum_{k=0}^{n}\frac{(2ab)^{n-k}(n+k)!}{k!(n-k)!}$$