¿Cómo puedo probar $\int_{-\infty}^{\infty}{\cos(x+a)\over (x+b)^2+1}dx={\pi\over e}{\cos(a-b)}$?

Question

¿Cómo puedo probar estas?

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\sin(x+a)\over (x+b)^2+1}dx={\pi\over e}\color{blue}{\sin(a-b)}\tag1$$

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\cos(x+a)\over (x+b)^2+1}dx={\pi\over e}\color{blue}{\cos(a-b)}\tag2$$

Estoy tratando de aplicar el teorema de los residuos a $(2)$

$$f(x)={\cos(x+a)\over (x+b)^2+1}$$

$(x+b)^2+1$=$(x+b-i)(x+b+i)$

$$2\pi{i}Res(f(x),-b-i)=2\pi{i}\lim_{x\rightarrow -b-i}{\cos(a-b-i)\over -2i}=-\pi\cos(a-b-i)$$

$$2\pi{i}Res(f(x),-b+i)=2\pi{i}\lim_{x\rightarrow -b+i}{\cos(a-b+i)\over 2i}=\pi\cos(a-b+i)$$

¿Cómo puedo suponer para evaluar $\cos(a-b-i)$$\cos(a-b+i)$?

Answer 1

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\cos(x+a)\over (x+b)^2+1}dx=\cos (a-b)\int_{-\infty}^{\infty}{\cos x\over x^2+1}dx-\sin (a-b)\int_{-\infty}^{\infty}{\sin x\over x^2+1}dx$$ Deje $\lambda\in\mathbb{R}$, $$I(\lambda)=\int_{-\infty}^{\infty}{\cos(\lambda x)\over x^2+1}dx$$ utilizamos integrar por partes, la escritura
$$u=\frac{1}{{{x}^{2}}+1}\quad,\quad dv=\cos (\lambda x)$$ tenemos $$I(\lambda )=\frac{\sin (\lambda x)}{\lambda ({{x}^{2}}+1)}\izquierda| \begin{matrix} \infty \\ -\infty \\ \end{de la matriz} \right.+\frac{2}{\lambda }\int_{-\infty }^{+\infty }{\frac{\sin (\lambda x)}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}}\,dx $$ como resultado $$\lambda I(\lambda )=2\int_{-\infty }^{\infty }{\frac{x\sin \lambda x}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}\,}dx \,.\quad(1)$$ Por diferenciarse con respecto a $\lambda$ para obtener $$\lambda \frac{dI}{d\lambda }+I(\lambda )=2\int_{-\infty }^{\infty }{\frac{{{x}^{2}}\cos \lambda x}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}\,}dx=\underbrace{2\int_{-\infty }^{\infty }{\frac{\cos \lambda x}{{{x}^{2}}+1}\,}dx}_{2I(\lambda )}-2\int_{-\infty }^{\infty }{\frac{\cos \lambda x}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}\,}dx$$ por lo tanto $$\lambda \frac{dI}{d\lambda }-I(\lambda )=-2\int_{-\infty }^{\infty }{\frac{\cos \lambda x}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}\,}dx$$
y $$\lambda \frac{{{d}^{2}}I}{d{{\lambda }^{2}}}=2\int_{-\infty }^{\infty }{\frac{x\sin \lambda x}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}\,}dx.\quad(2)$$ $(1)$ $(2)$ $$\frac{{{d}^{2}}I(\lambda)}{d{{\lambda }^{2}}}- I(\lambda )=0$$ así $$I(\lambda)=c_1e^{\lambda}+c_2e^{-\lambda}$$ en el otro lado \begin{align} & I(0)={{c}_{1}}+{{c}_{2}}=\int_{-\infty }^{+\infty }{\frac{1}{{{x}^{2}}+1}}\,dx=\pi \,\,\,\,\Rightarrow \,\,{{c}_{1}}+{{c}_{2}}=\pi \, \\ & I(\lambda )=\frac{2}{\lambda }\int_{-\infty }^{+\infty }{\frac{x\sin \lambda x}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}\,\,}dx\,\,\,\Rightarrow \,\,\underset{\lambda \to \infty }{\mathop{\lim }}\,I(\lambda )=0\,\,\,\Rightarrow \,{{c}_{1}}=0 \\ \end{align} entonces $$I(\lambda )=\pi {{e}^{-\lambda }}$$ set $\lambda=1$, tenemos

$$\cos (a-b)\int_{-\infty}^{\infty}{\cos x\over x^2+1}dx=\frac{\pi}{e}\cos (a-b)$$

Ahora establecer $$J(\lambda)=\int_{-\infty}^{\infty}{\sin(\lambda x)\over x^2+1}dx$$ Repetimos esta producción,para obtener $$J(\lambda)=c_1e^{\lambda}+c_2e^{-\lambda}$$ y \begin{align} & J(0)={{c}_{1}}+{{c}_{2}}=0 \\ & \underset{\lambda \to \infty }{\mathop{\lim }}\,J(\lambda )=0\Rightarrow \,{{c}_{1}}=0 \\ \end{align} es decir,$J(\lambda)=0$, con lo que

$$\int_{-\infty}^{\infty}{\cos(x+a)\over(x+b)^2+1}dx=\frac{\pi}{e}\cos(a-b)$$

Answer 2

Con los residuos en la mano usted está bien equipado para evaluar estos impropias integrales.

Pero antes de hacerlo me gustaría proponer para transformar: Cambio $x$ a deshacerse de $b$ en el denominador, $(1)$ lee $$\int_{-\infty}^\infty{\sin(x+a)\(x+b)^2+1}\,dx\; =\; \int_{-\infty}^\infty{\sin(x+a-b)\sobre x^2+1}\,dx\:,$$ y aplicar trigonométricas, además de las fórmulas para el numerador para obtener $$ =\: \sin(a-b)\int_{-\infty}^\infty{\cos x\sobre x^2+1}\,dx\; +\; \cos(a-b)\int_{-\infty}^\infty{\sin x\sobre x^2+1}\,dx\:,$$ con una fuga segunda integral-tenga en cuenta que sus integrando es una función impar.
El tratamiento de la $(2)$ a lo largo de las mismas líneas de los rendimientos $$\cos(a-b)\int_{-\infty}^\infty{\cos x\over x^2+1}\,dx\; .$$ El resto de integral para ser evaluado $$\int_\mathbb{R}{\cos x\over x^2+1}\,dx$$ es bien conocido, cf. Jack D'Aurizio la respuesta, es un escaparate para el cálculo de los residuos.

Observación: El método se extiende para el caso más general donde una potencia par $x^{2n}$ está presente en el denominador, en lugar de $x^2$.

Answer 3

Usted puede calcular las integrales de una vez por computación $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{i(x+a)}}{(x+b)^2+1}\,dx $$ (es decir, el reescalado transformada de Fourier de $\frac{1}{x^2+1}$), a continuación, teniendo en cuenta el real o la parte imaginaria.

Desde la CF de la distribución de Laplace es bien conocida y fácil de calcular, el reclamo es trivial por la transformada de Fourier de la inversión. El uso de residuos:

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{e^{i\xi x}}{x^2+1}\,dx = 2\pi i\cdot\text{Res}\left(\frac{e^{i\xi x}}{x^2+1},x=\pm i\right) = \pi e^{-|\xi|} $$ simplemente teniendo en cuenta un contorno semicircular en la mitad superior o inferior de plano, según el signo de $\xi\in\mathbb{R}$.