Evaluación de una Integral por el teorema del residuo

Question

Su sido un rato puesto que he tomado complejos análisis y me pregunto cómo resolver la siguiente integral cuando $a>0, \ a=0,$ y $a<0$ $$\int^{\infty}_0\frac{\cos ax+x\sin ax}{1+x^2}dx.$ $

Sé que puedo usar el teorema del residuo así $$\int^{\infty}_0\left(\frac{\cos ax}{1+x^2}+\frac{x\sin ax}{1+x^2}\right)dx.$ $

Answer 1

En primer lugar observamos que la integral puede escribirse como

$$\frac12 \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\cos{a x}}{1+x^2} - \frac12 \frac{d}{da} \int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\cos{a x}}{1+x^2} $$

Así que considere la integral de contorno

$$\oint_{C(a)} dz \frac{e^{i a z}}{1+z^2} $$

donde $C(a)$ es un semicírculo de radio $R$ en la mitad superior del plano al $a\gt 0$ y en la mitad inferior del plano al $a \lt 0$. Por ejemplo, cuando se $a \gt 0$, la integral es

$$\int_{-R}^R dx \frac{e^{i a x}}{1+x^2} + i R \int_0^{\pi} d\phi \, e^{i \phi} \frac{e^{i a R \cos{\phi}} e^{-a R \sin{\phi}}}{1+R^2 e^{i 2 \phi}} $$

Como $R \to \infty$, la magnitud de la segunda integral es delimitada por

$$\frac{2 R}{R^2-1} \int_0^{\pi/2} d\phi \, e^{-2 a R \phi/\pi} = \frac{\pi}{a (R^2-1)} \left ( 1-e^{-a R} \right )$$

en el que claramente se desvanece en este límite. Por otro lado, el contorno de la integral es también igual a $i 2 \pi$ veces el residuo en la pole $z=i$, por lo que

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\cos{a x}}{1+x^2} = i 2 \pi \frac{e^{-a}}{2 i} = \pi \, e^{-a} \quad (a\gt 0)$$

(Aquí se usa la simetría de el integrando para obtener el original de la integral de la parte de atrás.) Para $a \lt 0$, se cierra en la mitad inferior del plano (o simplemente el uso de la uniformidad del coseno) y encontrar que

$$\int_{-\infty}^{\infty} dx \frac{\cos{a x}}{1+x^2} = \pi \, e^{-|a|} $$

A continuación, tomamos la derivada de esta integral (por separado para los casos de $a \gt 0$$a \lt 0$) encuentra que el original de la integral es

$$\int_0^{\infty} dx \frac{\cos{a x} + x \sin{a x}}{1+x^2} = \frac{\pi}{2} \left (1+\operatorname{sgn}{a} \right )e^{-|a|} = \pi \theta(a) e^{-|a|}$$

donde $\theta$ es la función escalón unitario, que es igual a $1/2$ al $a=0$.

Answer 2

Alternativamente, usted podría considerar $ \displaystyle f(z) = \frac{e^{iaz}}{z-i}$.

Entonces $a >0$ podemos utilizar el lema de Jordania para concluir $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iax}}{x-i} \ dx = 2 \pi i \ \text{Res}[f(z),i] = 2 \pi i e^{-a}. $ $

Pero %#% $ #%

Y comparando las partes imaginarias en ambos lados de la ecuación obtenemos $$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{iax}}{x-i} \ dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\Big(\cos(ax) + i \sin(ax) \Big)(x+i)}{x^{2}+1} \ dx \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \cos (ax) - \sin(ax) + i \Big(\cos(ax) + x \sin(ax) \Big)}{x^{2}+1} \ dx . \end{align}$ $

Ahora si $$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos (ax) + x \sin(ax)}{x^{2}+1} \ dx = \pi e^{-a}. $, $a<0$ desaparecerán a lo largo de la mitad inferior del círculo $ \displaystyle \int f(z) \ dz$ $|z|=R$.

Y puesto que es analítica en el plano medio inferior $R \to \infty$, la integral en cuestión se evalúa como cero.

Answer 3

En primer lugar, por $a=0$ $$\int^{\infty}_{0}\Big(\frac{\cos(ax)}{1+x^2}+\frac{x\sin(ax)}{1+x^2}\Big)\,dx=\int^{\infty}_{0}\frac{1}{1+x^2}\,dx=\arctan(x)\Big|^{\infty}_0=\frac{\pi}{2}$$

En general, para $a\neq 0$
$$\cos(ax)=\frac{e^{iax}+e^{-iax}}{2}$$ y $$\sin(ax)=\frac{e^{iax}-e^{-iax}}{2i}$$ de ahí su integral puede escribirse como $$\int^{\infty}_{0}\Big(\frac{\cos(ax)}{1+x^2}+\frac{x\sin(ax)}{1+x^2}\Big)\,dx=\int^{\infty}_{0}\Big(\frac{e^{iax}+e^{-iax}}{2(1+x^2)}+\frac{x(e^{iax}-e^{-iax})}{2i(1+x^2)} \Big)\,dx$$ Sustituto $z=ix$ para obtener $$\int^{i\infty}_{0}\Big(\frac{e^{az}+e^{-az}}{2(1-z^2)}-\frac{z(e^{az}-e^{-az})}{2(1-z^2)} \Big)\frac{dz}{i}=\frac{1}{4}\int^{i\infty}_{-i\infty}\Big(\frac{e^{az}+e^{-az}}{1-z^2}-\frac{z(e^{az}-e^{-az})}{1-z^2} \Big)\frac{dz}{i}$$ Vamos $$\mathcal{I}=\frac{1}{4}\int^{i\infty}_{-i\infty}\Big(\frac{e^{az}+e^{-az}}{1-z^2}-\frac{z(e^{az}-e^{-az})}{1-z^2} \Big)\frac{dz}{i}=\frac{1}{4}\int^{i\infty}_{-i\infty}\Big(\frac{(1-z)+(1+z)e^{-2az}}{1-z^2}\Big)\cdot e^{az}\frac{dz}{i}$$ La última integral se puede dividir en dos integrales de la siguiente manera $$\mathcal{I}=\int^{i\infty}_{-i\infty}\frac{1}{4(1+z)}\cdot e^{az}\frac{dz}{i}+\int^{i\infty}_{-i\infty}\frac{1}{4(1-z)}\cdot e^{-az}\frac{dz}{i}$$ Sustituyendo $z\equiv-z$ para la segunda integral de los rendimientos $$\mathcal{I}=\int^{i\infty}_{-i\infty}\frac{1}{4(1+z)}\cdot e^{az}\frac{dz}{i}-\int^{-i\infty}_{i\infty}\frac{1}{4(1+z)}\cdot e^{az}\frac{dz}{i}=\frac{1}{2i}\int^{i\infty}_{-i\infty}\frac{1}{1+z}\cdot e^{az}\,dz$$ Ahora vamos a hacer un análisis de cómo evaluar la última integral. En primer lugar, considere la posibilidad de el siguiente contorno integral $$\mathcal{J}=\oint_{\gamma}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz$$ donde $\Re(a)>0$ $\gamma$ es el contorno que consiste en el eje imaginario y la mitad del disco en la izquierda la mitad de plano complejo. La orientación que elija a ser en sentido antihorario. Ahora podemos partición de la integral de contorno en sus partes componentes, uno a lo largo del eje imaginario y el otro a lo largo de la mitad del disco en la izquierda la mitad de avión mantener el elegido de orientación, es decir, $$\oint_{\gamma}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz=\oint_{\Gamma_{R}}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz+\int^{+iR}_{-iR}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz$$ donde la primera parte es a lo largo de la mitad del disco y el otro a lo largo del eje imaginario con puntos finales $-iR$$+iR$. La integral a lo largo de la mitad del disco, puede ser estimada de la siguiente manera por el uso de la ML estimación es decir, $$\Big|\oint_{\Gamma_{R}}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz\Big|=\Big|\int^{3\pi/2}_{\pi/2}\frac{e^{aRe^{i\theta}}}{1+Re^{i\theta}}Rie^{i\theta}\,d\theta\Big|\leq\int^{3\pi/2}_{\pi/2}\frac{|e^{aRe^{i\theta}}|}{|1+Re^{i\theta}|}|Rie^{i\theta}||\,d\theta|\leq \frac{e^{-aR}}{R-1}R\cdot \pi\sim e^{-aR}\to 0$$ como $R\to\infty$. Así, en el límite de la única contribución proviene de la segunda integral es decir, $$\lim_{R\to\infty}\oint_{\gamma}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz=\lim_{R\to\infty}\Big(\oint_{\Gamma_{R}}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz+\int^{+iR}_{-iR}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz\Big)$$$$=\lim_{R\to\infty}\oint_{\Gamma_{R}}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz+\lim_{R\to\infty}\int^{+iR}_{-iR}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz=\lim_{R\to\infty}\int^{+iR}_{-iR}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz$$ Por otro lado el integrando de la integral de contorno es analítica en el dominio definido por su contorno, excepto por un simple poste de $z=-1$ con residuo $e^{-a}$. Atractivo para los Residuos de Cauchy Teorema obtenemos $$\mathcal{J}=\oint_{\gamma}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz=2\pi i\cdot\text{Res}\{\frac{e^{az}}{1+z},-1\}=2\pi i e^{-a}$$ Como $R\to\infty$ la analítica de las propiedades de el integrando no cambian por lo que el residuo es el mismo. Por lo tanto $$\lim_{R\to\infty}\int^{+iR}_{-iR}\frac{e^{az}}{1+z}\,dz=2\pi i e^{-a}$$ (Esto está relacionado con la transformada de Laplace de $\frac{1}{1+z}$ con transformar la variable $a$ tal que $\Re{(a)}>0$
$$\mathcal{L}^{-1}(\frac{1}{1+z})(a)=\lim_{T\to\infty}\frac{1}{2\pi i}\int^{\sigma+iT}_{\sigma-iT}\frac{1}{1+z}\cdot e^{az}\,{dz}=\frac{1}{2\pi i}\int^{\sigma+i\infty}_{\sigma-i\infty}\frac{1}{1+z}\cdot e^{az}\,{dz}=e^{-a}$$ con $\sigma=0$) Habiendo evaluado $\mathcal{J}$ ahora podemos encontrar $\mathcal{I}$ $$\mathcal{I}=\frac{1}{2i}\mathcal{J}=\pi e^{-a}$$ Para $\Re(a)<0$ establecer $a=-b$ $\Re(b)>0$ $\mathcal{I}$ puede escribirse como $$\mathcal{I}=\frac{1}{2i}\int^{i\infty}_{-i\infty}\frac{1}{1+z}\cdot e^{az}\,dz=\frac{1}{2i}\int^{i\infty}_{-i\infty}\frac{1}{1-z}\cdot e^{bz}\,dz$$ Hemos utilizado en el último paso de la sustitución de $z\equiv-z$. Considere la posibilidad de $$\mathcal{J}=\oint_{\gamma}\frac{e^{bz}}{1-z}\,dz$$ donde $\gamma$ es el mismo contorno que el anterior. Sin embargo, el integrando es analítica en todas partes en el dominio definido por el contorno para Residuos de Cauchy Teorema nos dirá que $$\mathcal{J}=\oint_{\gamma}\frac{e^{bz}}{1-z}\,dz=0$$ Como el radio de la mitad del disco aumenta decir $R\to\infty$ la analítica de las propiedades de el integrando no cambian por lo que el contorno de la integral se evalúa a cero. Pero en el límite se puede demostrar con los mismos argumentos como el anterior (ML estimación) de que la única contribución, si no habría alguna vendría de la integral en el eje imaginario es decir, $$\lim_{R\to\infty}\oint_{\gamma}\frac{e^{bz}}{1-z}\,dz=\lim_{R\to\infty}\int^{+iR}_{-iR}\frac{e^{bz}}{1-z}\,dz$$ Junto con el resultado de Cauchy obtenemos $$\mathcal{J}=\lim_{R\to\infty}\int^{+iR}_{-iR}\frac{e^{bz}}{1-z}\,dz=0$$ En el otro lado $$\mathcal{I}=\frac{1}{2i}\mathcal{J}=0$$ Así que en conclusión, tenemos $$ \mathcal{I} = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \quad \Re(a)<0 \\ \frac{\pi}{2} & a=0\\ \pi e^{-a} & \Re(a)>0 \end{array} \right. $$