integral de la exponencial dividida por el polinomio

Question

Me gustaría resolver la integral $$A\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{-ipx/h}}{x^2+a^2}dx$$ donde h y a son constantes positivas. Mathematica da la solución como $\frac\pi{a}e^{-|p|a/h}$ pero he tratado de reducir mi dependencia de Mathematica. No tengo ni idea de qué métodos utilizaría para resolverlo.

¿Existe un buen recurso (preferiblemente en línea) en el que pueda buscar métodos para integrales como ésta con cierta facilidad?

Answer 1

Considere el contorno orientado positivamente $C$ que abarca el eje real desde $-R$ a $R$ y luego alrededor del semicírculo $Re^{i\theta}$ para $0\le \theta\le \pi$ . Sea

$$f(x) := \frac{e^{-ipx/h}}{x^2+a^2} = \frac{e^{-ipx/h}}{(x+ia)(x-ia)}$$

Ahora, tenemos (si $z_n$ son los polos de $f$ en $C$ )

$$\oint_C f(z)\, dz = \int_{-R}^R f(z)\, dz + \oint_{\text Arc} f(z)\, dz = 2\pi i \sum \operatorname*{Res}_{z = z_n} f(z)$$

Dejar $R \to \infty$ vemos, para $p/h < 0$

$$\int_{\text Arc}\frac{e^{-ipx/h}}{x^2+a^2}\,dz = \int_0^\pi \frac{e^{-ipRe^{i z}/h}}{(Re^{i z})^2+a^2}\,dz = 0$$

$$\oint_C f(z)\, dz = \int_{-\infty}^\infty f(z)\, dz$$

así, porque $ia$ se encuentra en $C$ (y es el único polo en $C$ )

$$ z_0 = \operatorname*{Res}_{z = ia} f(z) = \lim_{z\to ia}(z-ia)f(z) = \frac{e^{-ip(i a)/h}}{2ia} = \frac{e^{-pa/h}}{2ia} $$

así que

$$\int_{-\infty}^\infty f(z)\, dz = 2\pi i z_0 = 2\pi i\frac{e^{-pa/h}}{2ia} = \frac{\pi e^{-pa/h}}{a}$$

para $p/h < 0$

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Teniendo en cuenta el nuevo contorno $\Gamma$ que es lo mismo que $C$ excepto que atraviesa $Re^{i\theta}$ para $\pi\le \theta\le 2\pi$ vemos que

$$\int_{\text Arc}\frac{e^{-ipx/h}}{x^2+a^2}\,dz = \int_0^\pi \frac{e^{ipRe^{i z}/h}}{(Re^{i z})^2+a^2}\,dz = 0$$

cuando $p/h > 0$ y $R \to \infty$ . Utilizando el método anterior, tenemos ahora

$$\int_{-\infty}^\infty f(z)\, dz = 2\pi i z_0 = 2\pi i\frac{e^{-pa/h}}{2ia} = \frac{\pi e^{pa/h}}{a}$$

para $p/h > 0$

Uniendo nuestros resultados, obtenemos la respuesta completa

$$\int_{-\infty}^\infty f(z)\, dx = \frac{\pi e^{\left|\frac{p}{h}\right|a}}{a}$$

Answer 2

$\mathbf{Method\;1: }$ Transformada integral de Fourier

Considere la función $f(t)=e^{-a|t|}$ entonces la transformada de Fourier de $f(t)$ viene dada por $$ \begin{align} F(\omega)=\mathcal{F}[f(t)]&=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|t|}e^{-i\omega t}\,dt\\ &=\int_{-\infty}^{0}e^{at}e^{-i\omega t}\,dt+\int_{0}^{\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}\,dt\\ &=\lim_{u\to-\infty}\left. \frac{e^{(a-i\omega)t}}{a-i\omega} \right|_{t=u}^0-\lim_{v\to\infty}\left. \frac{e^{-(a+i\omega)t}}{a+i\omega} \right|_{t=0}^v\\ &=\frac{1}{a-i\omega}+\frac{1}{a+i\omega}\\ &=\frac{2a}{\omega^2+a^2}. \end{align} $$ A continuación, la transformada inversa de Fourier de $F(\omega)$ es $$ \begin{align} f(t)=\mathcal{F}^{-1}[F(\omega)]&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)e^{i\omega t}\,d\omega\\ e^{-a|t|}&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2a}{\omega^2+a^2}e^{i\omega t}\,d\omega\\ \frac{\pi e^{-a|t|}}{a}&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}}{\omega^2+a^2}\,d\omega. \end{align} $$ Comparando la última integral con el problema se obtiene $t=-\frac{p}{h}$ . Así, $$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-\frac{ipx}{h}}}{x^2+a^2}\,dx=\frac{\pi e^{-a\left|\frac{p}{h}\right|}}{a}. $$ $\mathbf{Method\;2: }$

Tenga en cuenta que: $$ \int_{y=0}^\infty e^{-(x^2+a^2)y}\,dy=\frac{1}{x^2+a^2}, $$ por lo tanto $$ \int_{x=0}^\infty\int_{y=0}^\infty e^{-(x^2+a^2)y}\;e^{-\frac{ipx}{h}}\,dy\,dx=\int_{x=0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{ipx}{h}}}{x^2+a^2}\,dx $$ Reescritura $$ \begin{align} \int_{x=0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{ipx}{h}}}{x^2+a^2}\,dx&=\int_{y=0}^\infty\int_{x=0}^\infty e^{-(yx^2+\frac{ip}{h}x+a^2y)}\,dx\,dy\\ &=\int_{y=0}^\infty e^{-a^2y} \int_{x=0}^\infty e^{-\left(yx^2+\frac{ip}{h}x\right)}\,dx\,dy. \end{align} $$ En general $$ \begin{align} \int_{x=0}^\infty e^{-(ax^2+bx)}\,dx&=\int_{x=0}^\infty \exp\left(-a\left(\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{b^2}{4a^2}\right)\right)\,dx\\ &=\exp\left(\frac{b^2}{4a}\right)\int_{x=0}^\infty \exp\left(-a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2\right)\,dx\\ \end{align} $$ Dejemos que $u=x+\frac{b}{2a}\;\rightarrow\;du=dx$ entonces $$ \begin{align} \int_{x=0}^\infty e^{-(ax^2+bx)}\,dx&=\exp\left(\frac{b^2}{4a}\right)\int_{x=0}^\infty \exp\left(-a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2\right)\,dx\\ &=\exp\left(\frac{b^2}{4a}\right)\int_{u=0}^\infty e^{-au^2}\,du.\\ \end{align} $$ La última forma integral es Integral gaussiana que equivale a $\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$ . Por lo tanto, $$ \int_{x=0}^\infty e^{-(ax^2+bx)}\,dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\exp\left(\frac{b^2}{4a}\right). $$ Así, $$ \int_{x=0}^\infty e^{-(yx^2+\frac{ip}{h}x)}\,dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{y}}\exp\left(\frac{\left(\frac{ip}{h}\right)^2}{4y}\right)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{y}}\exp\left(-\frac{p^2}{4h^2y}\right). $$ Siguiente $$ \int_{x=0}^{\infty}\frac{e^{-\frac{ipx}{h}}}{x^2+a^2}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{y=0}^\infty \frac{\exp\left(-a^2y-\frac{p^2}{4h^2y}\right)}{\sqrt{y}}\,dy. $$ En general $$ \begin{align} \int_{y=0}^\infty \frac{\exp\left(-ay-\frac{b}{y}\right)}{\sqrt{y}}\,dy&=2\int_{v=0}^\infty \exp\left(-av^2-\frac{b}{v^2}\right)\,dv\\ &=2\int_{v=0}^\infty \exp\left(-a\left(v^2+\frac{b}{av^2}\right)\right)\,dv\\ &=2\int_{v=0}^\infty \exp\left(-a\left(v^2-2\sqrt{\frac{b}{a}}+\frac{b}{av^2}+2\sqrt{\frac{b}{a}}\right)\right)\,dv\\ &=2\int_{v=0}^\infty \exp\left(-a\left(v-\frac{1}{v}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2-2\sqrt{ab}\right)\,dv\\ &=2\exp(-2\sqrt{ab})\int_{v=0}^\infty \exp\left(-a\left(v-\frac{1}{v}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2\right)\,dv\\ \end{align} $$ El truco para resolver la última integral es poner $$ I=\int_{v=0}^\infty \exp\left(-a\left(v-\frac{1}{v}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2\right)\,dv. $$ Dejemos que $t=-\frac{1}{v}\sqrt{\frac{b}{a}}\;\rightarrow\;v=-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}\;\rightarrow\;dv=\frac{1}{t^2}\sqrt{\frac{b}{a}}\,dt$ entonces $$ I_t=\sqrt{\frac{b}{a}}\int_{t=0}^\infty \frac{\exp\left(-a\left(-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}+t\right)^2\right)}{t^2}\,dt. $$ Dejemos que $t=v\;\rightarrow\;dt=dv$ entonces $$ I_t=\int_{t=0}^\infty \exp\left(-a\left(t-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2\right)\,dt. $$ Sumando los dos $I_t$ s rendimientos $$ 2I=I_t+I_t=\int_{t=0}^\infty\left(1+\frac{1}{t^2}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)\exp\left(-a\left(t-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2\right)\,dt. $$ Dejemos que $s=t-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}\;\rightarrow\;ds=\left(1+\frac{1}{t^2}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)dt$ y para $0<t<\infty$ corresponde a $-\infty<s<\infty$ entonces $$ I=\frac{1}{2}\int_{s=-\infty}^\infty e^{-as^2}\,ds=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}. $$ Así, $$ \begin{align} \int_{y=0}^\infty \frac{\exp\left(-ay-\frac{b}{y}\right)}{\sqrt{y}}\,dy&=2\exp(-2\sqrt{ab})\int_{v=0}^\infty \exp\left(-a\left(v-\frac{1}{v}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2\right)\,dv\\ &=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-2\sqrt{ab}}\\ \end{align} $$ y $$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-\frac{ipx}{h}}}{x^2+a^2}\,dx&=2\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{y=0}^\infty \frac{\exp\left(-a^2y-\frac{p^2}{4h^2y}\right)}{\sqrt{y}}\,dy\\ &=\sqrt{\pi}\cdot\sqrt{\frac{\pi}{a^2}}\;e^{-2\sqrt{a^2\cdot\frac{p^2}{4h^2}}}\\ &=\frac{\pi}{a}\;e^{-\frac{pa}{h}}. \end{align} $$

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$$ \text{# }\mathbb{Q.E.D.}\text{ #} $$