¿Cómo puedo calcular la integración de $a>0$,
$$ \int_0^\pi \frac{x\sin x}{1-2a\cos x+a^2}dx? $$
Quiero encontrar una función compleja y se integran por el teorema de los residuos.
Respuestas
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Ya que no ha sido específicamente objetado, sin embargo, aquí es una solución que no depende de la variable compleja métodos.
Vamos a hacer uso de la transformada de Fourier senoidal de la serie,
$$\frac{a\sin x}{1-2a\cos x+a^2}=\begin{cases} \sum_{n=1}^{\infty}a^{n}\sin{(nx)},~~~\text{for }|a|<1,\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{(nx)}}{a^{n}},~~~\text{for }|a|>1. \end{casos}$$
Estas series pueden ser fácilmente obtiene tomando el imaginario partes de la compleja serie geométrica $\sum_{n=1}^{\infty}\left(ae^{ix}\right)^n$$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{a}e^{ix}\right)^n$, respectivamente.
Ampliando el integrando en términos de estas series y, a continuación, cambiar el orden de integración y totalización, una cerrada formulario puede ser obtenido. Para el $|a|>1$ de los casos,
$$\begin{align}I(a)&=\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1-2a\cos x+a^2}\mathrm{d}x\\ &=\int_{0}^{\pi}x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin{(nx)}}{a^{n+1}}\mathrm{d}x\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a^{n+1}}\int_{0}^{\pi}x\sin{(nx)}\mathrm{d}x\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a^{n+1}}\left(\frac{\sin{(n\pi)}}{n^2}-\frac{\pi\cos{(n\pi)}}{n}\right)\\ &=\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n\,a^{n+1}}\\ &=\frac{\pi}{a}\log{\frac{1+a}{a}}. \end{align}$$
Para el $0<|a|<1$ de los casos, podemos hacer uso del hecho de que si $0<|a|<1$,$\frac{1}{|a|}>1$, lo que nos permite invocar el resultado anterior. Por lo tanto,
$$\begin{align}I(a)&=\int_0^\pi \frac{x\sin x}{1-2a\cos x+a^2}\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{a^2}\int_0^\pi \frac{x\sin x}{a^{-2}-2a^{-1}\cos x+1}\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{a^2}\frac{\pi}{a^{-1}}\log{\frac{1+a^{-1}}{a^{-1}}}\\ &=\frac{\pi}{a}\log{(1+a)}. \end{align}$$
Thierry Lam
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Primera vez que voy a considerar el caso de $0<a<1$.
Deje $\displaystyle f(z) = \frac{z}{a-e^{-iz}}$ e integrar alrededor de un rectángulo con vértices en a$\pm \pi$$\pm \pi + iR$.
La función de $f(z)$ tiene polos donde $a-e^{-iz}=e^{\ln a + 2 \pi i n}-e^{-iz}= 0$.
Es decir, cuando se $z= i \ln a - 2 \pi n$.
Si $ 0<a< 1$, todos los puntos están en la mitad inferior del plano -.
Dejando $ R \to \infty$ y va en sentido antihorario alrededor del contorno,
$$ \int_{- \pi}^{0} \frac{z}{a-e^{-ix}} \ dx + \int_{0}^{\pi} \frac{x}{a-e^{-ix}} \ dx + i \int_{0}^{\infty}f(\pi + i t) \ dt + \lim_{R \to \infty} \int_{-\pi}^{\pi} f(t + iR) \ dt $$
$$+ \ i \int_{\infty}^{0} f(-\pi+it) \ dy =0$$
Peinar las dos primeras integrales,
$$ \begin{align} \int_{- \pi}^{0} \frac{x}{a-e^{-ix}} \ dx + \int_{0}^{\pi} \frac{x}{a-e^{-ix}} \ dx &= -\int_{0}^{\pi} \frac{u}{a-e^{iu}} \ du + \int_{0}^{\pi} \frac{x}{a-e^{-ix}} \ dx \\ &= \int_{0}^{\pi} \frac{-x(a-e^{-ix})+ x(a-e^{ix}) }{(a-e^{ix})(a-e^{-ix})} \ dx \\ &= - 2 i \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1-2a \cos x +a^{2}} \ dx \end{align}$$
La combinación de la tercera y quinta integrales,
$$ \begin{align} i \int_{0}^{\infty} f(\pi + it) \ dt - i \int_{0}^{\infty} f(-\pi + it) \ dt &= i \int_{0}^{\infty} \frac{\pi + it}{a-e^{-i(\pi + it)}} \ dt - i \int_{0}^{\infty} \frac{- \pi + it}{a-e^{-i( -\pi + it)}} \ dy \\ &= i \int_{0}^{\infty} \frac{\pi + it}{a +e^{t}} \ dt - i \int_{0}^{\infty} \frac{- \pi + it}{a+ e^{t}} \ dt \\ &= 2 \pi i \int_{0}^{\infty} \frac{1}{a+e^{t}} \ dt \\ &= 2 \pi i \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t}}{1+ae^{-t}} \ dt \\ &= - \frac{2 \pi i}{a} \ln (1+ae^{-t}) \Big|^{\infty}_{0} \\ &= \frac{2 \pi i}{a} \ln(1+a) \end{align}$$
Y la cuarta, la integral se desvanece.
Así tenemos
$$ - 2i \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1-2a \cos x +a^{2}} \ dx + \frac{2 \pi i}{a} \ln(1+a) = 0$$
o
$$ \int_{0}^{\pi } \frac{x \sin x}{1-2a \cos x +a^{2}} \ dx = \frac{\pi \ln (1+a)}{a}$$
El caso de al $a >1$ es similar.
La única diferencia es que ahora hay un poste en el interior del contorno en $z=i \ln a$ con residuo $ \displaystyle \frac{\ln a}{a}$.
Y por lo tanto,
$$- 2i \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1-2a \cos x +a^{2}} \ dx + \frac{2 \pi i}{a} \ln(1+a) = 2 \pi i \frac{\ln a}{a} $$
o
$$ \int_{0}^{\pi} \frac{x \sin x}{1-2a \cos x+a^{2}} \ dx = \frac{\pi \ln (1+a)}{a} - \frac{\pi \ln a}{a} = \frac{\pi \ln \left(\frac{1+a}{a} \right)}{a}$$
Felix Marin
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\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\pi} {x\sin\pars{x} \over 1-2a\cos\pars{x} + a^{2}}\,\dd x} =\half\int_{-\pi}^{\pi}{x\sin\pars{x} \over \pars{a - \expo{\ic x}}\pars{a - \expo{-\ic x}}}\,\dd x \\[3mm]&=\half\int_{-\pi}^{\pi}{x\sin\pars{x} \over 2\ic\sin\pars{x}} \,\pars{{1 \over a - \expo{\ic x}} -{1 \over a - \expo{-\ic x}}}\,\dd x =\half\,\Im\int_{-\pi}^{\pi}{x \over a - \expo{\ic x}}\,\dd x \\[3mm]&=\half\Im \int_{\verts{z}\ =\ 1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}}\ <\ \pi}} {-\ic\ln\pars{z} \over a - z}\,{\dd z \over \ic z} \\[3mm]&={1 \over 2a}\,\Im\bracks{% \int_{\verts{z}\ =\ 1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}}\ <\ \pi}} {\ln\pars{z} \over z - a}\,\dd z\ -\ \overbrace{% \int_{\verts{z}\ =\ 1 \atop {\vphantom{\Huge A}\verts{{\rm Arg}\pars{z}}\ <\ \pi}} {\ln\pars{z} \over z}\,\dd z}^{\ds{=\ 0}}} \end{align}
$$ \color{#c00000}{\int_{0}^{\pi} {x\sin\pars{x} \over 1-2a\cos\pars{x} + a^{2}}\,\dd x} ={1 \over 2a}\,\Im \int_{\verts{z}\ =\ 1 \cima {\vphantom{\Enorme}\verts{{\rm Arg}\pars{z}}\ <\ \pi}} {\ln\pars{z} \over z - a}\,\dd z $$
\begin{align}&\color{#c00000}{\int_{0}^{\pi} {x\sin\pars{x} \over 1-2a\cos\pars{x} + a^{2}}\,\dd x} \\[3mm]&={1 \over 2a}\Im\bracks{% 2\pi\ic\ln\pars{a}\Theta\pars{1 - a} -\int_{-1}^{0}{\ln\pars{-x} + \ic\pi \over x - a}\,\dd x -\int_{0}^{-1}{\ln\pars{-x} - \ic\pi \over x - a}\,\dd x} \\[3mm]&={\pi \over a}\bracks{\ln\pars{a}\Theta\pars{1 - a} -\int_{-1}^{0}{\dd x \over x - a}} ={\pi \over a}\bracks{\ln\pars{a}\Theta\pars{1 - a} + \ln\pars{1 + a \over a}} \end{align}
$$\color{#66f}{\large% \left.\int_{0}^{\pi}{x\sin\pars{x}\,\dd x \a más de 1-2a\cos\pars{x} + a^{2}} \right\vert_{\ds{\color{#c00000}{\,a > 0}}}} =\color{#66f}{\large% \left\lbrace\begin{array}{lcrcl} {\pi \over a}\,\ln\pars{1 + a} & \mbox{if} & a & < & 1 \\[3mm] {\pi \over a}\,\ln\pars{1 + a \over a} & \mbox{if} & a & > & 1 \end{array}\right.} $$
