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Computación $\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2} + a^{2}}dx$ el uso de residuos de cálculo

Necesito encontrar a $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2} + a^{2}}\ dx$ donde $a > 0$. Para ello, me puse a $f(z) = \displaystyle\frac{\cos z}{z^{2} + a^{2}}$ e integrar a lo largo de la semi-círculo de radio $R$. Para el residuo de a $ia$ I get $\displaystyle\frac{\cos(ia)}{2ia}$. A continuación, dejando $R \rightarrow \infty$, la integral sobre el arco es cero, así que conseguir un $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2} + a^{2}}\ dx = 2 \pi i \frac{\cos(ia)}{2ia} = \frac{\pi \cos(ia)}{a}$. Pero se supone que es esto $\displaystyle\frac{\pi e^{-a}}{a}$, por lo que estoy haciendo algo mal.

En un problema similar, tengo que evaluar $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^{2} + a^{2}}\ dx$ y consigue $\pi i \sin(ia)$, mientras que se supone que es esto $\pi e^{-a}$. Creo que me estoy haciendo un poco de detalle equivocado en ambos casos. ¿Alguien puede aclararme?

34voto

Anthony Shaw Puntos 858

Deje $\gamma$ ser el camino a lo largo del eje real, a continuación, vueltas de nuevo contra las agujas del reloj a través de la mitad superior del plano, dejando que el círculo obtener infinitamente grande. $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)}{x^2+a^2}\mathrm{d}x\tag{1} &=\Re\left(\int_{-\infty}^\infty\frac{\exp(ix)}{x^2+a^2}\mathrm{d}x\right)\\\tag{2} &=\Re\left(\int_{\gamma}\frac{\exp(ix)}{x^2+a^2}\mathrm{d}x\right)\\\tag{3} &=\Re\left(2\pi i\,\mathrm{Res}\left(\frac{\exp(ix)}{x^2+a^2},ia\right)\right)\\\tag{4} &=\Re\left(2\pi i\,\lim_{z\to ia}\frac{\exp(ix)}{x+ia}\right)\\\tag{5} &=\Re\left(2\pi i\,\frac{\exp(-a)}{2ia}\right)\\ &=\frac{\pi \exp(-a)}{a} \end{align} $$ $(1)$: $\Re(\exp(ix))=\cos(x)$

$(2)$: La integral a lo largo del círculo de regreso a través de la mitad superior del plano-se desvanece a medida que el círculo se hace más grande.

$(3)$: Sólo hay una singularidad de $\dfrac{\exp(ix)}{x^2+a^2}$ en la mitad superior del plano -, en $x=ia$. La integral a lo largo de $\gamma$ es el residuo de $\dfrac{\exp(ix)}{x^2+a^2}$$x=ia$.

$(4)$: La singularidad de $\dfrac{\exp(ix)}{x^2+a^2}$ $x=ia$ es un simple polo. Podemos calcular el residuo de $\displaystyle\lim_{x\to ia}(x-ia)\frac{\exp(ix)}{x^2+a^2}=\lim_{x\to ia}\frac{\exp(ix)}{x+ia}$.

$(5)$: enchufe $x=ia$.


Siguiendo la misma estrategia, $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{x\sin(x)}{x^2+a^2}\mathrm{d}x &=\Im\left(\int_{-\infty}^\infty\frac{x\exp(ix)}{x^2+a^2}\mathrm{d}x\right)\\ &=\Im\left(\int_{\gamma}\frac{x\exp(ix)}{x^2+a^2}\mathrm{d}x\right)\\ &=\Im\left(2\pi i\,\mathrm{Res}\left(\frac{x\exp(ix)}{x^2+a^2},ia\right)\right)\\ &=\Im\left(2\pi i\,\lim_{z\to ia}\frac{x\exp(ix)}{x+ia}\right)\\ &=\Im\left(2\pi i\,\frac{ia\exp(-a)}{2ia}\right)\\ &=\pi \exp(-a) \end{align} $$

7voto

Argon Puntos 12328

Permítanos integrar a lo largo del contorno de la $\Gamma$, que es el semicírculo de radio $R$ descrito anteriormente. Deje $C_R$ ser el arco de la curva de nivel con el radio de $R$. Podemos decir que

$$\oint_{\Gamma}\frac{\cos z}{z^2+a^2}\, dz=\int_{-R}^{R}\frac{\cos x}{x^2+a^2}\, dx+\int_{C_R}\frac{\cos z}{z^2+a^2}\, dz$$

Tenga en cuenta que $\cos x = \operatorname{Re}\,(e^{ix})$. Así

$$ f(z)=\frac{\operatorname{Re}\(e^{i})}{z^2+a^2} = \operatorname{Re}\,\left(\frac{e^{i}}{(z+ia)(z-ia)}\right) $$

Debido a $f(z)$ puede ser escrito ias $g(z)e^{iaz}$ y basta de todo de las condiciones de Jordania lema, vemos que la integral a lo largo del arco tiende a cero cuando $R\to \infty$. Así

$$ \lim_{R\to\infty}\oint_{\Gamma}\frac{\cos z}{z^2+a^2}\, dz=\lim_{R\to\infty} \int_{-R}^{R}\frac{\cos x}{x^2+a^2}\, dx+0 $$

Para resolver la LHS, nos encontramos con los residuos. El residuo, similar a la que se encuentra $$ b=\frac{e^{i^2a}}{ia+ia}=\frac{e^{-a}}{2ia} $$

Así

$$ \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2} + a^{2}}\, dx= \lim_{R\to\infty}\oint_{\Gamma}\frac{\cos z}{z^2+a^2}\, dz=\operatorname{Re}\,\left(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i}}{z^{2} + a^{2}}\, dz\right) =\operatorname{Re}\,(2\pi ib)=\operatorname{Re}\,(2\pi i\frac{e^{-a}}{2ia}) = \frac{\pi e^{-a}}{a} $$


De manera similar, con $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^{2} + a^{2}}\ dx$ cambio $\sin x$ $\operatorname{Im}\,(e^{ix})$y hacer la función de valores complejos.

$$g(z)=\frac{z\sin z}{z^2+a^2}=\operatorname{Im}\,\left(\frac{ze^{iz}}{(z+ia)(z-ia)}\right)$$

Jordan lema de nuevo, puede ser utilizado para demostrar que la integral de todo el arco tiende a cero, como se $R\to\infty$. Luego procedemos a encontrar los residuos. El residuo de la pole $z_1=ia$ es

$$b=\frac{iae^{-a}}{2ia}=\frac{e^{-a}}{2}$$

$z_1$ es el único polo en el contorno, de modo que, en la multiplicación de su residuo, $b$, $2\pi i$ nos encontramos con: $$ \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^{2} + a^{2}}\, dx= \lim_{R\to\infty}\oint_{\Gamma} \frac{x \sin x}{x^{2} + a^{2}}\, dz= \operatorname{Im}\,\left(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty} \frac{ze^{iz}}{(z+ia)(z-ia)}\, dz\right)= \operatorname{Im}\,(2\pi ib)= \operatorname{Im}\,(2\pi i \frac{e^{-a}}{2})= \operatorname{Im}\,(\pi e^{-a}i)= \pi e^{-a} $$

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