mostrar que $\int_{0}^{\infty } \frac{\sin (ax)}{x(x^2+b^2)^2}dx=\frac{\pi}{2b^4}(1-\frac{e^{-ab}(ab+2)}{2})$

Question

mostrar que

$$\int_{0}^{\infty } \frac{\sin (ax)}{x(x^2+b^2)^2}dx=\frac{\pi}{2b^4}\left(1-\frac{e^{-ab}(ab+2)}{2}\right)$$

para $a,b> 0$

Me gustaría que alguien solucione usando el contorno, pero también me gustaría ver las diferentes soluciones utilizando diferentes manera de solucionarlo

es allí cualquier ayuda gracias por todo

Answer 1

$$\int_0^{\infty} \frac{\sin ax\,dx}{x(x^2+b^2)^2}=\frac{1}{b^4}\left(\int_0^{\infty}\frac{\sin ax}{x}\,dx-\int_0^{\infty}\frac{x\sin ax\,dx}{x^2+b^2}\right)-\frac{1}{b^2}\int_0^{\infty}\frac{x\sin ax\,dx}{(x^2+b^2)^2}$$

La primera integral es bien conocida. Para cualquier $a>0:$

$$\int_0^{\infty} \frac{\sin ax}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}$$

El segundo, considere la posibilidad de:

$$\begin{aligned}f(t)=\int_0^{ \infty} \frac{x\sin axt\,dx}{x^2+b^2}\,dx \Rightarrow \mathcal{L} \{ f(t)\} &=\int_0^{ \infty}e^{-st}\int_0^{ \infty}\frac{x\sin axt\,dx}{x^2+ b^2}\,dx\,dt\\&=\int_0^{ \infty}\frac{x}{x^2+ b^2}\int_0^{\infty}e^{-st}\sin axt\,dt\,dx\\&=\int_0^{\infty} \frac{ax^2}{(x^2+ b^2)(a^2x^2+s^2)} \,dx\\&= \frac{\pi}{2(s+ab)}\end{aligned}$$

$$\frac{\pi}{2}\cdot\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{s+ab}\right\}\Bigg|_{t=1}= \frac{\pi}{2e^{ab}}$$

El tercero, utilizando el mismo parámetro (llamar a la función $g(t)$ ahora) se obtiene:

$$\begin{aligned}\mathcal{L} \{ g(t)\} &=\int_0^{ \infty}\frac{x}{(x^2+ b^2)^2}\int_0^{\infty}e^{-st}\sin axt\,dt\,dx\\&=\int_0^{\infty} \frac{ax^2}{(x^2+ b^2)^2(a^2x^2+s^2)} \,dx\\&= \frac{a\pi}{4b(s+ab)^2}\end{aligned}$$

$$\frac{\pi a}{4b}\cdot\mathcal{L}^{-1}\left\{ \frac{1}{(s+ab)^2}\right\}\Bigg|_{t=1}= \frac{a\pi}{4be^{ab}}$$

Por lo tanto:

$$\int_0^{\infty} \frac{\sin ax\,dx}{x(x^2+b^2)^2}=\frac{\pi}{2b^4}\left(1-\frac{2+ab}{2e^{ab}}\right)$$

Answer 2

Usted puede considerar la posibilidad de emplear el teorema de los residuos. El truco es usar un contorno simple, a pesar de la pole en $z=0$. Una manera de atacar este es deformar la costumbre de contorno semicircular en el origen, a fin de no incluir el polo.

Veamos primero el caso de $a>0$. Reescribir la integral como

$$\frac12 \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\sin{a x}}{x (x^2+b^2)^2} = \frac{1}{4 i} \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{e^{i a x} - e^{-i a x}}{x (x^2+b^2)^2}$$

Por tanto, la integral de contorno

$$\frac{1}{4 i} \oint_C dz \frac{e^{i a z}}{z (z^2+b^2)^2}$$

donde $C$ es como se describió anteriormente, un semicírculo de radio $R$ en la mitad superior del plano, con un semicírculo de radio $\epsilon$ sobre el origen, que se adentra en la mitad superior del plano. Nota luego de que el polo en el origen no está dentro de $C$.

A continuación, el de arriba contorno de la integral es igual a

$$\frac{1}{4 i} \int_{-R}^{-\epsilon} dx \frac{e^{i a x}}{x (x^2+b^2)^2} + \frac{\epsilon}{4} \int_{\pi}^0 d\phi \, e^{i \phi} \frac{e^{i a \epsilon e^{i \phi}}}{\epsilon e^{i \phi} (\epsilon^2 e^{i 2 \phi}+b^2)^2} + \frac{1}{4 i} \int_{\epsilon}^{R} dx \frac{e^{i a x}}{x (x^2+b^2)^2} + \\ \frac{R}{4} \int_0^{\pi} d\theta\, e^{i \theta} \frac{e^{i a R e^{i \theta}}}{R e^{i \theta} (R^2 e^{i 2 \theta}+b^2)^2} $$

Tomamos el límite de $R \to \infty$ $\epsilon \to 0$ y el contorno de la integral se convierte entonces en

$$\frac{1}{4 i} PV \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{e^{i a x}}{x (x^2+b^2)^2} -\frac{\pi}{4 b^4} $$

donde $PV$ denota el valor principal de Cauchy. Tenga en cuenta que el cuarto integral desvanece como

$$\frac{1}{R^4} \int_0^{\pi} d\theta \, e^{-a R \sin{\theta}} \le \frac{2}{R^4} \int_0^{\pi/2} d\theta \, e^{-2 a R \theta/\pi} = \frac{\pi}{R^5}\frac{1-e^{-a R}}{a} $$

El contorno de la integral es también igual a $(1/(4 i)) i 2 \pi$ veces el residuo de el integrando en el polo $z=i b$. Porque tenemos un doble polo, el residuo tiene valor

$$\begin{align}\frac{d}{dz} \left [ \frac{e^{i a z}}{z (z+i b)^2}\right ]_{z=i b} &= -\left (\frac{a b+2}{4 b^4} \right ) e^{-a b}\end{align}$$

Por lo tanto

$$\frac{1}{4 i} PV \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{e^{i a x}}{x (x^2+b^2)^2} = \frac{\pi}{4 b^4} \left [1-\frac12 (2+a b) e^{-a b} \right ]$$

al $a>0$. Del mismo modo, uno puede encontrar que, para $a>0$:

$$\frac{1}{4 i} PV \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{e^{-i a x}}{x (x^2+b^2)^2} = -\frac{\pi}{4 b^4} \left [1-\frac12 (2+a b) e^{-a b} \right ]$$

(Tenga en cuenta que la integral de contorno en este caso es $(1/(4 i) (-i 2 \pi)$ veces el residuo en $z=-i b$ debido a que el contorno de la mitad inferior del plano se toma hacia la derecha en lugar de hacia la izquierda.) Por lo tanto, para $a>0$,

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\sin{a x}}{x (x^2+b^2)^2} = \frac{\pi}{2 b^4} \left [1-\frac12 (2+a b) e^{-a b} \right ]$$

Answer 3

Me gustaría empezar con el resultado conocido (a partir de este sitio!) Enlace

$$\int_{0}^{\infty } \frac{\cos (tx)}{x^2+b^2}dx=\frac{\pi}{2}\frac{e^{-tb}}{b}$$

Ahora, todo lo que necesita es integrar el resultado con respecto a $t$ $t=0$ $t=a$y diferencian con respecto a $b$

Answer 4

Aquí es un indicio. En primer lugar, tenga en cuenta que

$$ \int_{0}^{\infty } \frac{\sin (ax)}{x(x^2+b^2)^2}dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty } \frac{\sin (ax)}{x(x^2+b^2)^2}dx .$$

Ahora, usted puede considerar el complejo integral

$$ \int_{C} \frac{e^{iaz}}{z(z^2+b^2)^2}dz.$$