Calcular el % integral $\int_{0}^{\infty} \frac{\cos x}{1+x^2}\mathrm{d}x$sin usar análisis complejo

Question

Supongamos que no sabemos nada sobre el complejo análisis (números). ¿En este caso, cómo calcular la siguiente integral en cerrada forma? $$\int_0^\infty\frac{\cos\;x}{1+x^2}\mathrm{d}x$$

Answer 1

Esto puede hacerse mediante la técnica útil de diferenciación bajo el signo integral.

De hecho, esto es ejercicio 10.23 de la segunda edición de "Análisis matemático" de Tom Apostol.

Aquí está el bosquejo breve (lo dispuesto en el ejercicio de sí mismo).

Que %#% $ #%

Muestran que

$$ F(y) = \int\limits_{0}^{\infty} \frac{\sin xy}{x(1+x^2)} \ dx \ \ \text{for} \quad\quad y > 0$ y por lo tanto deducir que $\displaystyle F''(y) - F(y) + \pi/2 = 0$.

Utilice esto para deducir que $\displaystyle F(y) = \frac{\pi(1-e^{-y})}{2}$ y $y > 0$

$a > 0$$

y

$$\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\sin xy}{x(x^2 + a^2)} \ dx = \frac{\pi(1-e^{-ay})}{2a^2}$$

Answer 2

Desde $$\frac{x}{1+x^2}=\int_{0}^{\infty}e^{-y}\sin (xy)dy,$ $ tenemos que %#% $ de #% cambiando el orden de integración (que puede ser justificada por el método estándar) rendimiento % $ $$I=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos bx}{1+x^2}dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos bx}{x}dx\int_{0}^{\infty}e^{-y}\sin (xy)dy.$el cálculo de la integral (también conocido como el factor de Dirichlet discontinua) $$ \int_{0}^{\infty}\frac{\sin xy} {x} \cos bx dx =\begin{cases}0, & 0 < y < b \\ \ \\ \pi/2, & 0 < b < y, \end{casos} $$ se puede reducir fácilmente al cálculo de la norma integral de Dirichlet. Por lo tanto, $$I=\int_{0}^{\infty}e^{-y}dy\int_{0}^{\infty}\frac{\sin xy}{x} \cos bx dx.$ $

Answer 3

Estos son los métodos que utilizo para evaluar $$ \int_0^{\infty}\frac{\cos2x}{x^2+4}\,dx $$ y la publicaremos en Brilliant.org como una solución de un problema similar. Usted puede utilizar la técnica similar para evaluar $$ \int_0^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}\,dx. $$

---

Método 1:

Considere la función $f(t)=e^{-a|t|}$, entonces la transformada de Fourier de $f(t)$ está dado por $$ \begin{align} F(\omega)=\mathcal{F}[f(t)]&=\int_{-\infty}^{\infty}f(t)e^{-i\omega t}\,dt\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|t|}e^{-i\omega t}\,dt\\ &=\int_{-\infty}^{0}e^{at}e^{-i\omega t}\,dt+\int_{0}^{\infty}e^{-at}e^{-i\omega t}\,dt\\ &=\lim_{u\to-\infty}\left. \frac{e^{(a-i\omega)t}}{a-i\omega} \right|_{t=u}^0-\lim_{v\to\infty}\left. \frac{e^{-(a+i\omega)t}}{a+i\omega} \right|_{0}^{t=v}\\ &=\frac{1}{a-i\omega}+\frac{1}{a+i\omega}\\ &=\frac{2a}{\omega^2+a^2}. \end{align} $$ Siguiente, la inversa de la transformada de Fourier de $F(\omega)$ es $$ \begin{align} f(t)=\mathcal{F}^{-1}[F(\omega)]&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}F(\omega)e^{i\omega t}\,d\omega\\ e^{-a|t|}&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{2a}{\omega^2+a^2}e^{i\omega t}\,d\omega\\ \frac{\pi e^{-a|t|}}{a}&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i\omega t}}{\omega^2+a^2}\,d\omega.\tag1 \end{align} $$ Ahora, vuelva a escribir $$ \int_0^{\infty}\frac{\cos2x}{x^2+4}\,dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathbb{Re}\left(e^{2ix}\right)}{x^2+2^2}\,dx.\tag2 $$ Comparando $(2)$ $(1)$rendimiento $t=2$$a=2$. Por lo tanto, $$ \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{\cos2x}{x^2+4}\,dx &=\frac{1}{2}\frac{\pi e^{-2\cdot|2|}}{2}\\ &=\frac{\pi}{4e^4}\\ \end{align} $$ y $$ \Large\color{blue}{\int_0^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}\,dx=\frac{\pi}{2}}. $$

---

Método 2:

Tenga en cuenta que: $$ \int_{y=0}^\infty e^{- x^2+4)y}\,dy=\frac{1}{x^2+4}, $$ por lo tanto $$ \int_{x=0}^\infty\int_{y=0}^\infty e^{- x^2+4)y}\cos2x\,dy\,dx=\int_0^{\infty}\frac{\cos2x}{x^2+4}\,dx $$ Reescribir $\cos2x=\Re\left(e^{-2ix}\right)$, luego $$ \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{\cos2x}{x^2+4}\,dx&=\int_{x=0}^\infty\int_{y=0}^\infty e^{-(x^2+4)y}\cos2x\,dy\,dx\\ &=\int_{y=0}^\infty\int_{x=0}^\infty e^{-(yx^2+2ix+4y)}\,dx\,dy\\ &=\int_{y=0}^\infty e^{-4y} \int_{x=0}^\infty e^{-(yx^2+2ix)}\,dx\,dy. \end{align} $$ En general $$ \begin{align} \int_{x=0}^\infty e^{-(ax^2+bx)}\,dx&=\int_{x=0}^\infty \exp\left(-a\left(\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{b^2}{4a^2}\right)\right)\,dx\\ &=\exp\left(\frac{b^2}{4a}\right)\int_{x=0}^\infty \exp\left(-a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2\right)\,dx\\ \end{align} $$ Deje $u=x+\frac{b}{2a}\;\rightarrow\;du=dx$, luego $$ \begin{align} \int_{x=0}^\infty e^{-(ax^2+bx)}\,dx&=\exp\left(\frac{b^2}{4a}\right)\int_{x=0}^\infty \exp\left(-a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2\right)\,dx\\ &=\exp\left(\frac{b^2}{4a}\right)\int_{u=0}^\infty e^{-au^2}\,du.\\ \end{align} $$ La última forma integral es la integral de Gauss que es igual a $\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}$. Por lo tanto $$ \int_{x=0}^\infty e^{-(ax^2+bx)}\,dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\exp\left(\frac{b^2}{4}\right). $$ Así $$ \int_{x=0}^\infty e^{-(yx^2+2ix)}\,dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{y}}\exp\left(\frac{(2i)^2}{4y}\right)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{y}}\exp\left(-\frac{1}{y}\right). $$ Siguiente $$ \int_0^{\infty}\frac{\cos2x}{x^2+4}\,dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{y=0}^\infty \frac{\exp\left(-4y-\frac{1}{y}\right)}{\sqrt{y}}\,dy. $$ 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 mediante el establecimiento de $$ I=\int_{v=0}^\infty \exp\left (\left(v-\frac{1}{v}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2\right)\,dv. $$ Deje $t=-\frac{1}{v}\sqrt{\frac{b}{a}}\;\rightarrow\;v=-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}\;\rightarrow\;dv=\frac{1}{t^2}\sqrt{\frac{b}{a}}\,dt$, luego $$ I_t=\sqrt{\frac{b}{a}}\int_{t=0}^\infty \frac{\exp\left (\left(-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}+t\right)^2\right)}{t^2}\,dt. $$ Deje $t=v\;\rightarrow\;dt=dv$, luego $$ I_t=\int_{t=0}^\infty \exp\left (\left(t-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2\right)\,dt. $$ La adición de los dos $I_t$s de los rendimientos $$ 2I=I_t+I_t=\int_{t=0}^\infty\left(1+\frac{1}{t^2}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)\exp\left(-a\left(t-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2\right)\,dt. $$ Deje $s=t-\frac{1}{t}\sqrt{\frac{b}{a}}\;\rightarrow\;ds=\left(1+\frac{1}{t^2}\sqrt{\frac{b}{a}}\right)dt$ $0<t<\infty$ es la que corresponde a $-\infty<s<\infty$, luego $$ I=\frac{1}{2}\int_{s=-\infty}^\infty e^{-como^2}\,ds=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}. $$ 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 $$ \begin{align} \int_0^{\infty}\frac{\cos2x}{x^2+4}\,dx&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\int_{y=0}^\infty \frac{\exp\left(-4y-\frac{1}{y}\right)}{\sqrt{y}}\,dy\\ &=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot\sqrt{\frac{\pi}{4}}e^{-2\sqrt{4\cdot1}}\\ &=\frac{\pi}{4e^4}. \end{align} $$ Por lo tanto $$ \Large\color{blue}{\int_0^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}\,dx=\frac{\pi}{2}}. $$

Answer 4

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

$$ \mbox{Permite}\quad\fermi\pars{\mu}\equiv \media\int_{-\infty}^{\infty}{\cos\pars{\mu x} \over 1 + x^{2}}\dd x \quad\mbox{tales que}\quad \left\lbrace\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\infty}{\cos\pars{x} \over 1 + x^{2}}\dd x & = & \fermi\pars{1} \\[1mm] \fermi\pars{0} & = & {\pi \over 2} \end{array}\right. $$ \begin{align} \fermi''\pars{\mu}& =\half\int_{-\infty}^{\infty}{-x^{2}\cos\pars{\mu x} \over 1 + x^{2}}\dd x =-\pi\,\Re\int_{-\infty}^{\infty}\expo{\ic\mu x}\,{\dd x \over 2\pi} +\fermi\pars{\mu} \\[3mm]&\imp\quad\fermi''\pars{\mu} - \fermi\pars{\mu} = -\pi\,\delta\pars{\mu} \end{align}

La ecuación diferencial es equivalente a: $$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \fermi''\pars{\mu} - \fermi\pars{\mu} = 0 & \mbox{if} & \mu \not= 0 \\[2mm] \fermi'\pars{0^{+}} - \fermi'\pars{0^{-}} & = & -\pi \end{array}\right. $$

Al $\ds{\mu \not= 0}$, las soluciones son combinaciones lineales de $\ds{\expo{\pm\mu}}$. Desde $\ds{\fermi\pars{0} = {\pi \over 2}}$y la solución es continua en a $\ds{\mu = 0}$ y finito, obtendremos: $$ \fermi\pars{\mu} = {\pi \over 2}\,\expo{-\verts{\mu}} $$ Satisface $\ds{\fermi'\pars{0^{+}} - \fermi'\pars{0^{-}} = \pars{-\,{\pi \over 2}} - \pars{{\pi \over 2}} = -\pi}$

$$\color{#44f}{\large \int_{0}^{\infty}{\cos\pars{x} \over 1 + x^{2}}\dd x} =\fermi\pars{1} = {\pi \over 2}\,\expo{-\vértices{1}}= \color{#44f}{\large{\pi \más de 2\expo{}}} $$

Answer 5

La respuesta anterior no es correcta. Si utiliza la expansión de Taylor de coseno e integrar termwise considerar integrales de la forma siguiente:\begin{eqnarray} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{a} \ dx}{1 + x^{2}} = \tfrac{\pi}{2} \sec (\tfrac{\pi a}{2}) \end{eqnarray} que sólo está bien definida si $-1 < a < 1$.