Cómo resolver $\int_0^{\infty}\frac{\cos{ax}}{x^3+1}dx$ ?

Question

PREGUNTA. Se busca una solución cerrada para las siguientes integrales reales

$\displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^3+1}dx$ y $\displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{\sin{ax}}{x^3+1}dx$

mientras que la constante $a$ puede ser de cualquier valor; no sólo $a = 0$ o $a \rightarrow \infty$ .

Para explicar el significado de $a$ La primera integral se considera en un contexto práctico. La integral puede utilizarse para describir la distribución de tensiones en la viga con brida cerca de un punto de carga en el que $r$ describe la rigidez de la brida, $F$ es una sola fuerza y $t$ es el espesor de la pared del alma. Para la tensión en la parte superior de la web se mantiene:

$\sigma = \displaystyle\frac{F}{\pi t r} \displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{\cos{\frac{d}{r}x}}{x^3+1}dx$

Para una distancia alejada del punto de carga (es decir $a = d/r = \infty$ ), la tensión (como la integral) será cero. En cambio, la tensión (como integral) es máxima para $a = d/r = 0$ . En este caso el $\cos$ -la función se retira. Por integración de contornos se obtiene

$\displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{dx}{x^3+1} = \frac{2\pi\sqrt{3}}{9}$

Para describir la distribución de tensiones en su conjunto el conocimiento de la integral para cualquier valor $a$ es necesario.

INTENTÓ LA SOLUCIÓN. Intento resolver las integrales reales mencionadas considerando la siguiente integral compleja

$\displaystyle\oint_C f(z)\,dz = \displaystyle\oint_C\displaystyle\frac{e^{iaz}}{z^3+1}\cdot \log{z}\, dz= \displaystyle\oint_C\displaystyle\frac{\cos{az}}{z^3+1}\cdot \log{z}\, dz+ i \displaystyle\oint_C\displaystyle\frac{\sin{az}}{z^3+1}\cdot \log{z}\, dz$

Sé que este enfoque es apropiado para la integración de $\frac{1}{x^3+1}$ dentro de los mismos límites.

Por $\log{z}$ la función de valor complejo considerada $f(z)$ obtiene un punto de ramificación en $z = 0$ . Este punto está relacionado con $+\infty$ para formar un corte de rama. El contorno $C = C_1\cup C_2 \cup C_3 \cup C_4$ no cruza el corte de la rama (ver imagen).

Como la función de valor complejo contiene tres polos $z_k$ dentro de $C$ se mantiene:

$\displaystyle\oint_C\displaystyle\frac{e^{iaz}}{z^3+1}\cdot \log{z}\,dz = 2\pi i \displaystyle\sum_{k = 1, 2,3}{\operatorname{Res} f(z): z_k}$

Mirando los caminos se puede afirmar:

• Ruta $C_2$ La integral tiende a cero para $R \rightarrow\infty$ (Lemma de Jordan)
• Ruta $C_3$ La integral tiende a cero para $\varepsilon \rightarrow 0$ (se puede probar)

• Caminos $C_1$ y $C_4$ se anularían entre sí si la función de valor complejo considerada no contuviera $\log{z}$ . A través de $\log{z}$ ambos caminos se diferencian por sus partes imaginarias.

  Ruta $C_1$ : $\log{z} = \ln{r} + i \cdot 0$

  Ruta $C_4$ : $\log{z} = \ln{r} + i \cdot 2\pi$

Tras ampliar las integrales para $C_1$ y $C_4$ Termino con:

$\displaystyle\oint_C\displaystyle\frac{e^{iaz}}{z^3+1} dz = - \displaystyle\sum_{k = 1, 2,3}{\operatorname{Res} f(z): z_k}$

Sé con certeza que las integrales reales que busco tienden a cero para valores altos $a$ debido a la oscilación, ver imagen. Pero mi solución no lo hace. Me temo que mi planteamiento no es correcto. Agradecería profundamente cualquier comentario o pista.

OBSERVACIÓN #1: Quiero añadir algo de información sobre paridad en aras de la exhaustividad, ya que Lucian planteó esa cuestión, aunque este enfoque no resultó satisfactorio para mi caso.

He dividido la función original en una parte par y otra impar.

$f(x) = f_{even}(x) + f_{odd}(x)$

$\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^3+1}= -\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^6-1}+\displaystyle\frac{x^3\cos{ax}}{x^6-1}$

Esto llevó a la siguiente integral:

$\displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^3+1}dx = \displaystyle -\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^6-1}dx + \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x^3\cos{ax}}{x^6-1}dx$

Los diferentes límites de integración pueden atribuirse a las propiedades simétricas de la función par (lo que significa que la integral de $-\infty$ a 0 es igual a la integral de 0 a $+\infty$ ) que facilita las cosas.

Hice la misma división para la función de valor complejo y elegí los dos contornos que se muestran en la imagen.

La integración de la función par a lo largo de $C$ puede hacerse fácilmente como la integral de la trayectoria $C_2$ se extingue por $R \rightarrow\infty$ (El lema de Jordan - aquí sí se cumple). Para el polo $z_1$ sólo hay que tener en cuenta la mitad del residuo, ya que este polo se encuentra en el límite del contorno considerado.

Al integrar la parte impar, la integral a lo largo de la trayectoria $C_2$ desaparece para $R \rightarrow\infty$ (similar al lema de Jordan), también. Pero la contribución de la trayectoria $C_3$ no se puede descuidar, por desgracia.

OBSERVACIÓN #2: Diferenciación bajo el signo integral utilizando la tercera derivada

Generalizo la integral introduciendo un parámetro $b$ :

$I(b) = \displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^3+1}\left(\frac{x^3b^3}{6}+\frac{b^3}{6} +1\right)dx$

Para $b = 0$ Consigo la integralidad que busco.

Ahora determino la tercera derivada con respecto a $b$ esperando que se convierta en una expresión fácilmente integrable con respecto a $x$ . Como $\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^3+1}$ se considera como una constante mientras se deriva con respecto a $b$ Termino con

$\displaystyle\frac{d^3I(b)}{db^3} = \displaystyle\frac{d^3}{db^3}\displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^3+1}\left(\frac{x^3b^3}{6}+\frac{b^3}{6} +1\right)dx = \displaystyle\int_0^{\infty}\displaystyle\frac{\cos{ax}}{x^3+1} \frac{\partial^3}{\partial b^3}\left(\frac{x^3b^3}{6}+\frac{b^3}{6} +1\right)dx$

Cálculos auxiliares:

• $\displaystyle\frac{\partial}{\partial b}\left(\frac{x^3b^3}{6}+\frac{b^3}{6} +1\right) = \frac{x^3b^2}{2}+\frac{b^2}{2}$
• $\displaystyle\frac{\partial^2}{\partial b^2}\left(\frac{x^3b^3}{6}+\frac{b^3}{6} +1\right) = x^3 b+b$
• $\displaystyle\frac{\partial^3}{\partial b^3}\left(\frac{x^3b^3}{6}+\frac{b^3}{6} +1\right) = x^3 +1$

Eso da una tercera derivada que no converge.

$\displaystyle\frac{d^3I(b)}{db^3} = \displaystyle\int_0^{\infty}\cos{ax}\,dx = \left[\frac{1}{a}\sin{ax} \right]^{\infty}_0$

Para concluir: aunque la integral generalizada utilizada no parece ser apropiada, la observación #2 considera el problema desde un ángulo diferente que podría ser útil para futuras discusiones. Gracias a todos los colaboradores.

Answer 1

El problema del planteamiento inicial es que a lo largo de $C_2$ , $\dfrac{e^{iaz}}{x^3+1}$ no desaparece como $R\to\infty$ . Para $a\gt0$ desaparece en el semiplano superior, pero se infla exponencialmente en el semiplano inferior.

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Convertir de integral oscilante a integral monótona

Calculemos la integral de $\dfrac{e^{iaz}}{z^3+1}$ en $\gamma$ , donde $$ \gamma=[0,R]\cup Re^{i[0,\pi/2]}\cup[iR,0]\tag{1} $$ La integral de $\dfrac{e^{iaz}}{z^3+1}$ a lo largo de $Re^{i[0,\pi/2]}$ es menor que $\frac{R\pi/2}{R^3-1}$ que desaparece como $R\to\infty$ .

El residuo de $\dfrac{e^{iaz}}{z^3+1}$ en $z=e^{i\pi/3}$ es $\frac13e^{-a\sqrt3/2}\left[\cos\left(\frac a2-\frac{2\pi}3\right)+i\sin\left(\frac a2-\frac{2\pi}3\right)\right]$ .

Desde $z=e^{i\pi/3}=\frac12+i\frac{\sqrt3}2$ es la única singularidad dentro de $\gamma$ obtenemos $$ \begin{align} &\frac{2\pi i}3e^{-a\sqrt3/2}\left[\cos\left(\frac a2-\frac{2\pi}3\right)+i\sin\left(\frac a2-\frac{2\pi}3\right)\right]\\ &=\int_\gamma\frac{e^{iaz}}{z^3+1}\mathrm{d}z\\ &=\int_0^\infty\frac{e^{iax}}{x^3+1}\,\mathrm{d}x-i\int_0^\infty\frac{e^{-ax}}{1-ix^3}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_0^\infty\frac{e^{iax}}{x^3+1}\,\mathrm{d}x-i\int_0^\infty\frac{e^{-ax}(1+ix^3)}{1+x^6}\,\mathrm{d}x\tag{2} \end{align} $$ Resolver la integral que queremos: $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{e^{iax}}{x^3+1}\,\mathrm{d}x &=-\int_0^\infty\frac{x^3e^{-ax}}{1+x^6}\,\mathrm{d}x-\frac{2\pi}3e^{-a\sqrt3/2}\sin\left(\frac a2-\frac{2\pi}3\right)\\ &+i\left[\int_0^\infty\frac{e^{-ax}}{1+x^6}\,\mathrm{d}x+\frac{2\pi}3e^{-a\sqrt3/2}\cos\left(\frac a2-\frac{2\pi}3\right)\right]\tag{3} \end{align} $$ Por lo tanto, separando las partes real e imaginaria, tenemos $$ \int_0^\infty\frac{\cos(ax)}{x^3+1}\mathrm{d}x =-\int_0^\infty\frac{x^3e^{-ax}}{1+x^6}\,\mathrm{d}x-\frac{2\pi}3e^{-a\sqrt3/2}\sin\left(\frac a2-\frac{2\pi}3\right)\tag{4} $$ y $$ \int_0^\infty\frac{\sin(ax)}{x^3+1}\mathrm{d}x =\int_0^\infty\frac{e^{-ax}}{1+x^6}\,\mathrm{d}x+\frac{2\pi}3e^{-a\sqrt3/2}\cos\left(\frac a2-\frac{2\pi}3\right)\tag{5} $$

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Expansión asintótica

Ecuaciones $(4)$ y $(5)$ muestran que como $a\to\infty$ las integrales desaparecen. De hecho, no es difícil obtener una expansión asintótica a partir del lado derecho de estas integrales: $$ \int_0^\infty\frac{x^3e^{-ax}}{1+x^6}\,\mathrm{d}x \sim\frac{3!}{a^4}-\frac{9!}{a^{10}}+\frac{15!}{a^{16}}-\dots\tag{6} $$ y $$ \int_0^\infty\frac{e^{-ax}}{1+x^6}\,\mathrm{d}x \sim\frac{0!}{a^1}-\frac{6!}{a^7}+\frac{12!}{a^{13}}-\dots\tag{7} $$ Desafortunadamente, ni Mathematica ni yo hemos encontrado fórmulas más sencillas para estas integrales exponenciales. Sin embargo, Mathematica sí verifica que las ecuaciones $(4)$ y $(5)$ se mantienen numéricamente para varios valores de $a$ .

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Serie convergente

Aunque las ecuaciones $(4)$ y $(5)$ son válidos para cualquier $a\ge0$ y hacer que la integral sea más fácil de calcular numéricamente, y $(6)$ y $(7)$ dan buenas aproximaciones para grandes $a$ La pregunta se ha modificado para expresar el interés por las pequeñas $a$ .

La integración por partes da $$ \newcommand{\Ein}{\operatorname{Ein}} \begin{align} \int_a^\infty\frac{e^{-x}}{x}\mathrm{d}x &=\int_0^a\frac{1-e^{-x}}{x}\mathrm{d}x-\log(a)-\gamma\\[6pt] &=\Ein(a)-\log(a)-\gamma\tag{8} \end{align} $$ donde $$ \begin{align} \Ein(x)&=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\frac{x^k}{k\,k!}\tag{9}\\ \end{align} $$ o para eliminar la oscilación para los positivos $x$ : $$ \begin{align} e^x\Ein(x)&=\sum_{k=1}^\infty\frac{H_k}{k!}x^k\tag{10}\\ \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{e^{-x}\mathrm{d}x}{x+a} &=e^a\int_a^\infty\frac{e^{-x}\mathrm{d}x}{x}\\[6pt] &=e^a\left(\Ein(a)-\log(a)-\gamma\right)\tag{11} \end{align} $$ Un cambio de variables, rendimientos de fracciones parciales y aplicaciones de $(10)$ y $(11)$ rendimiento $$ \begin{align} &\int_0^\infty\frac{x^3e^{-ax}}{1+x^6}\,\mathrm{d}x\\ &=a^2\int_0^\infty\frac{x^3e^{-x}}{a^6+x^6}\,\mathrm{d}x\\ &=\small-\frac16\int_0^\infty\left(\frac1{x+ia}+\frac\omega{x+i\omega a}+\frac{\omega^2}{x+i\omega^2a}+\frac1{x-ia}+\frac\omega{x-i\omega a}+\frac{\omega^2}{x-i\omega^2a}\right)e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac13\int_0^\infty\mathrm{Re}\left(\frac1{x+ia}+\frac\omega{x+i\omega a}+\frac{\omega^2}{x+i\omega^2a}\right)e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=\sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{H_{6k+2}}{(6k+2)!}a^{6k+2}\\ &+\small\frac13\left[\cos(a)-\cos\left(\tfrac12a\right)\cosh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)-\sqrt3\sin\left(\tfrac12a\right)\sinh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)\right](\log(a)+\gamma)\\ &+\frac\pi{18}\sin\left(\tfrac12a\right)\left[3\cosh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)-2\sinh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)\right]\\ &+\frac\pi{6\sqrt3}\cos\left(\tfrac12a\right)\left[2\cosh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)-3\sinh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)\right]\\ &-\frac\pi6\sin(a)\tag{12} \end{align} $$ y $(12)$ proporciona un método real para calcular la integral que aparece en $(4)$ .

Del mismo modo, para la integral que aparece en $(5)$ $$ \begin{align} &\int_0^\infty\frac{e^{-ax}}{1+x^6}\,\mathrm{d}x\\ &=a^5\int_0^\infty\frac{e^{-x}}{a^6+x^6}\,\mathrm{d}x\\ &=\small\frac16\int_0^\infty\left(\frac{i}{x+ia}+\frac{i\omega}{x+i\omega a}+\frac{i\omega^2}{x+i\omega^2a}-\frac{i}{x-ia}-\frac{i\omega}{x-i\omega a}-\frac{i\omega^2}{x-i\omega^2a}\right)e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=-\frac13\int_0^\infty\mathrm{Im}\left(\frac1{x+ia}+\frac\omega{x+i\omega a}+\frac{\omega^2}{x+i\omega^2a}\right)e^{-x}\,\mathrm{d}x\\ &=\sum_{k=0}^\infty(-1)^{k+1}\frac{H_{6k+5}}{(6k+5)!}a^{6k+5}\\ &+\small\frac13\left[\sin(a)+\sin\left(\tfrac12a\right)\cosh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)-\sqrt3\cos\left(\tfrac12a\right)\sinh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)\right](\log(a)+\gamma)\\ &+\frac\pi{18}\cos\left(\tfrac12a\right)\left[3\cosh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)-2\sinh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)\right]\\ &-\frac\pi{6\sqrt3}\sin\left(\tfrac12a\right)\left[2\cosh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)-3\sinh\left(\tfrac{\sqrt3}2a\right)\right]\\ &+\frac\pi6\cos(a)\tag{13} \end{align} $$

Answer 2

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}{\cos\pars{ax} \over x^{3} + 1}\,\dd x} =a^{2}\int_{0}^{\infty}{\cos\pars{x} \over x^{3} + \verts{a}^{3}}\,\dd x =-\,{1 \over 3\verts{a}^{3}}\sum_{n\ =\ -1}^{1}x_{n}\int_{0}^{\infty} {\cos\pars{x} \over x - x_{n}}\,\dd x \\[5mm]&\mbox{where}\qquad x_{-1} \equiv \exp\pars{-\,{\pi\ic \over 3}}\verts{a}\,,\quad x_{0} \equiv -\verts{a}\,,\quad x_{1} \equiv \exp\pars{{\pi\ic \over 3}}\verts{a} \end{align}

Entonces, \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{\infty}{\cos\pars{ax} \over x^{3} + 1}\,\dd x} ={1 \over 3a^{2}}\dsc{\int_{0}^{\infty}{\cos\pars{x} \over x + \verts{a}}\,\dd x} -{2 \over 3\verts{a}^{3}}\,\Re\bracks{x_{1}\dsc{\int_{0}^{\infty} {\cos\pars{x} \over x - x_{1}}\,\dd x}}\quad\pars{1} \end{align}

Sin embargo, \begin{align}&\dsc{\int_{0}^{\infty}{\cos\pars{x} \over x + \mu}\,\dd x} =\int_{\mu}^{\infty}{\cos\pars{x - \mu} \over x}\,\dd x \\[5mm]&=\cos\pars{\mu}\int_{\mu}^{\infty}{\cos\pars{x} \over x}\,\dd x +\sin\pars{\mu}\int_{\mu}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x}\,\dd x \\[5mm]&=-\cos\pars{\mu}\,{\rm Ci}\pars{\mu} +\sin\pars{\mu}\bracks{{\pi \over 2} - \,{\rm Si}\pars{\mu}} \\[5mm]&=\dsc{{\pi \over 2}\,\sin\pars{\mu} -\cos\pars{\mu}\,{\rm Ci}\pars{\mu} -\sin\pars{\mu}\,{\rm Si}\pars{\mu}}\tag{2} \end{align} donde $\ds{\,{\rm Ci}}$ y $\ds{\,{\rm Si}}$ son los Integral del coseno y la integral del seno respectivamente.

Al utilizar el resultado $\pars{2}$ la integral $\pars{1}$ puede expresarse en términos de Integrales del coseno y del seno .