Cómo se evaluar $\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos(x)}{x^2+1}dx$ sin usar cálculo de residuos

Question

Así que estoy teniendo problemas para calcular esta integral:

$$\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos(x)}{x^2+1}dx$$

Después de ver algunas otras respuestas en este sitio web, me he dado cuenta de que muchas personas están utilizando los residuos para obtener una respuesta. Sin embargo, yo no sé nada acerca de análisis complejo, así que quería saber si hay una mejor manera de hacerlo sin ella.

Empecé por encontrar la integral indefinida que es:

$$-\dfrac{\sinh\left(1\right)\left(\operatorname{Si}\left(x+\mathrm{i}\right)+\operatorname{Si}\left(x-\mathrm{i}\right)\right)-\mathrm{i}\cosh\left(1\right)\left(\operatorname{Ci}\left(x+\mathrm{i}\right)-\operatorname{Ci}\left(x-\mathrm{i}\right)\right)}{2}$$

pero encontrar lo que esta función viene a la hora de encontrar el límite de la misma hacia la $\infty$ $-\infty$ I get $-\pi\sinh(1)$

Ahora, yo podría estar equivocado tanto con la integral indefinida y el valor. Estoy haciendo algo mal? Estoy olvidando tomar en cuenta algo de lo que debería ser? Gracias de antemano!

Answer 1

Aquí está una manera mucho más agradable con la diferenciación estándar bajo la técnica de la muestra integral. Consideremos primero el case$$I(a)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {\cos ax}{1+x^2}\, dx$$Through integration by parts on $u=1/ general (1 + x ^ 2) $ and $dv=\cos ax\, dx $, we have$$a\cdot I(a)=2\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {x\sin ax}{(1+x^2)^2}\, dx$$Differentating with respect to $ un $, we obtain$$a\cdot I'(a)+I(a)=2I(a)-2\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {\cos ax}{(1+x^2)^2}\, dx$$Combining like terms, we realize that the right-hand side is similar to what we obtained before. So differentiating (again), we finally see that$$a\cdot I''(a)=-2\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {x\sin ax}{(1+x^2)^2}\, dx=a\cdot I(a)$$Solving the simple differential equation that follows, the general solution is $I (a) = C_1e ^ {un} + C_2e ^ {-a} $. When we set $a=0$, we see that $C_1=0$ and similarly, $C_2=\pi$ for $a\to\infty$. Therefore, the general solution is$$\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac {\cos ax}{1+x^2}\, dx=\color{blue}{\frac {\pi}{e^{|a|}}}$$

Answer 2

Paso 1. Deje $s > 0$$\beta \in \mathbb{C}$. A continuación, utilizando la integral de gauss $\int_{-\infty}^{\infty} e^{-sx^2} \, dx = \sqrt{\pi/s}$, tenemos

\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-s(x-\beta)^2} \, dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \bigg( e^{-sx^2} + \int_{0}^{1} \overbrace{ 2s\beta(x-\beta t) e^{-s(x-\beta t)^2} }^{= \frac{\partial}{\partial t} e^{-s(x-\beta t)^2}} \, dt \bigg) \, dx \\ &= \sqrt{\frac{\pi}{s}} -\beta \int_{0}^{1} \int_{-\infty}^{\infty} (-2s)(x-\beta t) e^{-s(x-\beta t)^2} \, dx dt \quad {\small(\because\text{Fubini})}\\ &= \sqrt{\frac{\pi}{s}} -\beta \int_{0}^{1} \left[ e^{-s(x-\beta t)^2} \right]_{x=-\infty}^{x=\infty} \, dt = \bbox[border:1px dashed green,6px]{ \sqrt{\frac{\pi}{s}} }. \end{align*}

Luego de conectar $\beta=\pm\mathrm{i}/2s$, podemos comprobar que

$$ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-sx^2}\cos(x) \, dx = \sqrt{\frac{\pi}{s}} e^{-1/4s}. $$

Paso 2. Mediante el paso anterior,

\begin{align*} I := \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^2+1} \, dx &= \int_{-\infty}^{\infty} \cos x \left( \int_{0}^{\infty} e^{-(x^2+1)s} \, ds \right) \, dx \\ &= \int_{0}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-sx^2}\cos(x) \, dx \right) e^{-s} \, ds \quad {\small(\because\text{Fubini})}\\ &= \int_{0}^{\infty} \sqrt{\frac{\pi}{s}} e^{-\left( s + \frac{1}{4s}\right)} \, ds \\ &= \int_{0}^{\infty} \sqrt{2\pi} e^{-\frac{1}{2}\left( t^2 + \frac{1}{t^2}\right)} \, dt. \quad {\small(2s=t^2)} \end{align*}

Finalmente aquí está un muy hábil manera de calcular la última integral. La aplicación de la sustitución de $t\mapsto 1/t$ muestra que

$$ \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{1}{2}\left( t^2 + \frac{1}{t^2}\right)} \, dt = \int_{0}^{\infty} \frac{1}{t^2} e^{-\frac{1}{2}\left( t^2 + \frac{1}{t^2}\right)} \, dt. $$

Así que el promedio,

$$ I = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \int_{0}^{\infty} \left(1 + \frac{1}{t^2}\right) e^{-\frac{1}{2}\left( t - \frac{1}{t}\right)^2 - 1} \, dt. $$

Por último, la aplicación de la sustitución de $u = t - \frac{1}{t}$ demuestra

$$ Yo = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{u^2}{2} - 1} \, du = \frac{\pi}{e}. $$

Answer 3

Deje $f(a)$ ser dada por el convergente integral impropia

$$f(a)=\int_0^\infty \frac{\cos(ax)}{x^2+1}\,dx \tag1$$

Puesto que la integral de la $\int_0^\infty \frac{x\sin(ax)}{x^2+1}\,dx$ es uniformemente convergente para $|a|\ge \delta>0$, podemos diferenciar en la integral en $(1)$ $|a|>\delta>0$ obtener

$$\begin{align} f'(a)&=-\int_0^\infty \frac{x\sin(ax)}{x^2+1}\,dx\\\\ &=-\int_0^\infty \frac{(x^2+1-1)\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,dx\\\\ &=-\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x}\,dx+\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,dx\\\\ &=-\frac{\pi}{2}+\int_0^\infty \frac{\sin(ax)}{x(x^2+1)}\,dx\tag2 \end{align}$$

De nuevo, ya que la integral de la $\int_0^\infty \frac{\cos(ax)}{x^2+1}\,dx$ converge uniformemente para todos los $a$, podemos diferenciar en la integral en $(2)$ obtener

$$f''(a)=\int_0^\infty \frac{\cos(ax)}{x^2+1}\,dx=f(a)\tag 3$$

La resolución de la segunda-el fin de la educación a distancia en $(3)$ revela

$$f(a)=C_1 e^{a}+C_2 e^{-a}$$

El uso de $f(0)=\pi/2$$f'(0)=-\pi/2$, nos encontramos con que $C_1=0$ $C_2=\frac{\pi}{2}$ y, por tanto,$f(a)=\frac{\pi e^{-a}}{2}$. Establecimiento $a=1$ y explotar incluso la simetría se obtiene el codiciado resultado

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos(x)}{x^2+1}\,dx=\frac{\pi}{e}}$$

como se esperaba!

Answer 4

¿Conoces el teorema de inversión de Fourier? $$\frac{2}{1+x^2} = \int_{-\infty}^\infty e^{-|t|}e^{i x t}dt$$ where $ \frac{d}{dt} e ^ {-| t |} \in L^1$ thus $$\int_{-\infty}^\infty \frac{2 e^{-i xu}}{1+x^2}dx = \lim_{A \to \infty} \int_{-A}^A e^{-ixu} (\int_{-\infty}^\infty e^{-|t|}e^{i x t}dt)dx=\lim_{A \to \infty}\int_{-\infty}^\infty e^{-|t|} A\frac{\sin(A(t-u))}{A(t-u)}dt$$ which converges to $2\pi e ^ {-| u |} $ por integración por partes