Calcular $\int_0^{\infty}\frac{1}{(x+1)(x-2)}dx$ con residuos

Question

Voy a calcular

$$\int_0^{\infty}\frac{1}{(x+1)(x-2)}dx$$

el uso de los residuos. El procedimiento típico en un problema como este sería integrar un contorno que va alrededor de la mitad superior semicírculo de radio $R$, y volver a través del eje real, la toma de dos guiones en la ruta de acceso a los puntos de $z=-1$, $z=2$, dicen de radio $\rho_1,\rho_2$ respectivamente. El total de la integral alrededor de la ruta es $0$ y puedo calcular los límites de $\rho_1,\rho_2\to0$ $R\to\infty$ el uso de las conocidas fórmulas/teoremas. Sin embargo, esto me deja con $\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x+1)(x-2)}dx$, en lugar de $0$$\infty$. Y la función no es ni siquiera de manera que no puedo tomar la mitad de la totalidad de la integral.

¿Alguien sabe una manera de evitar este problema? Tomando un camino que va de un cuarto de alrededor del círculo y de vuelta hacia el origen parece innecesariamente complicado, y ni siquiera estoy seguro de que funcionaría aquí.

Answer 1

El integrando la función de un simple poste de $z=2$, por lo tanto la integral $$ \int_{0}^{+\infty}\frac{dz}{(z+1)(z-2)}\,dx $$ no es la convergencia en la costumbre de Riemann - o Lebesgue-sentido. Sin embargo, si $\gamma_r$ es un key-hole contorno de$0$$R\in(4,+\infty)$, en la mitad derecha del plano-que evita la $z=2$ con una pequeña semi-circular de la protuberancia con radio $r$,

podemos considerar la posibilidad de: $$\begin{eqnarray*} \lim_{r\to 0}\oint_{\gamma_r}\frac{dz}{(z+1)(z-2)}&=&\frac{1}{3}\lim_{r\to 0}\oint_{\gamma_r}\left(\frac{1}{z-2}-\frac{1}{z+1}\right)\\&=&\frac{1}{3}\left(\int_{4}^{R}\frac{dz}{z-2}-\int_{0}^{R}\frac{dz}{z+1}\right)\\&=&\frac{1}{3}\left(\int_{2}^{R-2}\frac{dz}{z}-\int_{1}^{R+1}\frac{dz}{z}\right)\\&=&\frac{1}{3}\left(-\int_{1}^{2}\frac{dz}{z}-\int_{R-2}^{R+1}\frac{dz}{z}\right)\\&=&\color{red}{-\frac{\log 2}{3}}+O\left(\frac{1}{R}\right).\end{eqnarray*} $$ Dejando $R\to +\infty$, $\color{red}{-\frac{\log 2}{3}}$ es el principal valor (PV) de la integral dada.

Answer 2

Incluso si usted no está familiarizado con el valor principal de Cauchy, puede verte integración como $$\int_{0}^{\infty } \frac{\mathrm{d} x}{(x+1) (x-2)} = \lim_{\delta \to 0} \, \left(\int_0^{2-\delta} \frac{\mathrm{d} x}{(x+1) (x-2)} + \int_{2+\delta}^{\infty} \frac{\mathrm{d} x}{(x+1) (x-2)} \right),$ $ que es $$\lim_{\delta \to 0} \, \left( \frac{1}{3} (\log (\delta +3)-\log (\delta )) + \frac{1}{3} (-\log (3-\delta )+\log (-\delta )- i \pi -\log (2)) \right).$ $ simplificar tenemos $$\lim_{\delta \to 0} \, \frac{1}{3} \left(\log \left(-\frac{\delta }{2}\right)-\log (\delta )+2 \tanh ^{-1}\left(\frac{\delta }{3}\right)-i \pi \right) = -\frac{\log (2)}{3}.$ $

Answer 3

Utiliza, como dijo Jack, un contorno de ojo de la cerradura con golpes arriba y debajo del eje real de pos. en $z=2$. Por lo tanto, si $C$ es ese contorno de ojo de la cerradura con los golpes de radio $\epsilon$, consideramos

$$\oint_C dz \frac{\log{z}}{(z+1)(z-2)}$$

que es igual a (suponiendo que nos hemos tomado el radio del arco circular grande para ir a $\infty$)

$$PV \int_0^{\infty} dx \frac{\log{x}}{(x+1)(x-2)} + i \epsilon \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log{(2+\epsilon e^{i \phi}})}{(3+ \epsilon e^{i \phi})(e^{i \phi})} \\ + PV \int_{\infty}^0 dx \frac{\log{x}+i 2 \pi}{(x+1)(x-2)} + i \epsilon \int_{2 \pi}^{\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{\log{(2+\epsilon e^{i \phi})+i 2 \pi}}{(3+ \epsilon e^{i \phi})(e^{i \phi})} $$

El contorno de la integral es igual a $i 2 \pi$ veces el residuo en el polo $z=e^{i \pi}$. Por lo tanto,

$$-i 2 \pi PV \int_0^{\infty} \frac{dx}{(x+1)(x-2)} - i 2 \pi \frac{\log{2}}{3} + \frac{2 \pi^2}{3} = i 2 \pi \frac{i \pi}{-3}$$

Por lo tanto, ahora decimos que

$$PV \int_0^{\infty} \frac{dx}{(x+1)(x-2)} = - \frac{\log{2}}{3} $$