Cómo evaluar $\int_{0}^{\infty} \frac{x^{-\mathfrak{i}a}}{x^2+bx+1} \,\mathrm{d}x$ utilizando el análisis complejo?

Question

Hoy nos ha contado nuestro profesor (supongo que para asustarnos) que en ciertas escuelas de física de la Rusia soviética se daba como examen de ingreso la siguiente integral

$$\int\limits_{0}^{\infty} \frac{x^{-\mathfrak{i}a}}{x^2+bx+1} \,\mathrm{d}x\,,$$

donde $a \in \mathbb{R}$ , $b \in [0,2)$ y $\mathfrak{i}$ es la unidad imaginaria. Y como estamos haciendo análisis complejo en este momento, puede, según mi profesor, calcularse utilizando métodos complejos.

Me preguntaba cómo podría funcionar esto. Me parece difícil encontrar una buena curva para aplicar el teorema del residuo para este objeto, supongo. ¿Hay algún truco para calcular esta integral?

Answer 1

$\phantom{}$ Estimados usuarios de MSE, este es el nuevo episodio de Mister Feynman y Monsieur Laplace contra la integración de contornos.

Esta noche tenemos una integral de miedo, pero podemos notar inmediatamente que $$ \mathcal{L}(x^{-ia})(s) = s^{ia-1}\Gamma(1-ia),\qquad \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{x^2+bx+1}\right)(s) =\frac{e^{Bs}-e^{\overline{B}s}}{\sqrt{b^2-4}}$$ donde $B$ es la raíz de $x^2+bx+1$ con una parte imaginaria positiva. Por la propiedades de la transformada de Laplace la integral original se convierte en $$\frac{\Gamma(1-ia)}{\sqrt{b^2-4}}\int_{0}^{+\infty}s^{ia-1}\left(e^{Bs}-e^{\overline{B}s}\right)\,ds$$ que puede ser evaluado en términos de $\Gamma$ función.
Debido a la fórmula de la reflexión el resultado final se simplifica en $$ \frac{\left(B^{-i a}-\overline{B}^{-i a}\right) \pi }{\sinh(\pi a)\sqrt{4-b^2}} $$ y podemos notar que $B=\exp\left[i\arccos\frac{b}{2}\right]$ permite una mayor simplificación.

Outro: niños pobres .

Answer 2

$\newcommand{\Res}{\text{Res}}$ En primer lugar, defina: \begin{align} f(z) = \frac{1}{z^2+bz+1} \end{align} En segundo lugar definir: \begin{align} g(z)= (-z)^{-ia}f(z) \end{align} Utilizamos el registro principal para definir $(-z)^{-ia}$ . La razón principal del signo menos es que quiero trabajar con el Log principal. Consideremos ahora el contorno del ojo de la cerradura $K_R$ que consiste en $C_R \cup C_R^+ \cup C_R^-$ . La parte del círculo es $C_R$ con radio $R$ y $C_R^+$ es el segmento que conecta $0$ a $R$ en el semiplano derecho desde arriba y $C_R^-$ lo mismo que $C_R^+$ pero desde abajo.

Así que nuestro contorno se parece al de abajo:

Tenga en cuenta que $\int_{C_R} g(z)dz \to 0$ como $R\to \infty$ (¿por qué?). Ahora los polos de esta función $g(z)$ está en $z_1= -\frac{1}{2}b - i\ \sqrt[]{1-\frac{1}{4}b^2}$ y $z_2 = -\frac{1}{2}b + i\ \sqrt[]{1-\frac{1}{4}b^2}$ . Obsérvese que para un tamaño suficientemente grande $R$ ambos postes estarán en la zona delimitada por nuestro contorno.

En $C_R^+$ que tenemos: \begin{align} \lim_{R\to \infty} \int_{C_R^+} g(z) dz = e^{-a\pi}\int^{\infty}_0\frac{x^{-ia}}{x^2+bx+1} dx \end{align} Del mismo modo, en $C_R^-$ que tenemos: \begin{align} \lim_{R\to \infty} \int_{C_R^-} g(z) dz = -e^{a\pi}\int^{\infty}_0\frac{x^{-ia}}{x^2+bx+1} dx \end{align} Así que: \begin{align} \lim_{R\to\infty} \int_{K_R} g(z) dz &= (-e^{a\pi} + e^{-a\pi} )\int^\infty_0 \frac{x^{-ia}}{x^2+bx+1} dx \\ &=-2\sinh(a\pi) \int^\infty_0 \frac{x^{-ia}}{x^2+bx+1} dx \end{align} Por otro lado tenemos por el teorema del residuo: \begin{align} \lim_{R\to\infty} \int_{K_R} g(z) dz = 2\pi i\left( \Res_{z=z_1}g(z)+\Res_{z=z_2}g(z)\right) \end{align} Calculemos los residuos: \begin{align} \Res_{z=z_1} g(z) = \frac{\left(\frac{1}{2}b + i\ \sqrt[]{1-\frac{1}{4}b^2}\ \right)^{-ia}}{-2i \ \sqrt[]{1-\frac{1}{4}b^2} } \end{align} El otro: \begin{align} \Res_{z=z_2} g(z) = \frac{\left(\frac{1}{2}b - i\ \sqrt[]{1-\frac{1}{4}b^2}\ \right)^{-ia}}{2i \ \sqrt[]{1-\frac{1}{4}b^2} } \end{align} Definir $\beta:=\frac{1}{2}b + i\ \sqrt[]{1-\frac{1}{4}b^2}$ . Así que: \begin{align} \lim_{R\to\infty} \int_{K_R} g(z) dz = \pi \frac{\bar\beta^{-ia}-\beta^{-ia}}{\sqrt[]{1-\frac{1}{4}b^2}} = 2\pi \frac{\bar\beta^{-ia}-\beta^{-ia}}{ \sqrt[]{4-b^2}} \end{align} Esto significa: \begin{align} \int^{\infty}_0 \frac{x^{-ia}}{x^2+bx+1}dx &= \frac{2\pi}{-2\sinh(a\pi)} \frac{\bar\beta^{-ia}-\beta^{-ia}}{ \sqrt[]{4-b^2}} \end{align} Tenga en cuenta que $\beta = \exp(i\arccos(b/2))$ . Así que $\beta^{-ia}=\exp(a\arccos(b/2))$ y $\bar\beta^{-ia}=\exp(a\arccos(b/2)).$ Sustituyendo $\beta$ nos da el resultado final:

\begin{align} \int^{\infty}_0 \frac{x^{-ia}}{x^2+bx+1}dx = \color{red}{\frac{2\pi\sinh(a\cdot\arccos(b/2))}{\sinh(a\pi) \ \sqrt[]{4-b^2}} } \end{align}

Esta integral es real .

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Nota:

Puede ser interesante observar lo siguiente. Para los positivos $x$ uno tiene: $x^{-ia}=e^{-ia\text{Log}(x)}=e^{-ia\ln(x)}=\cos(a\ln(x))-i\sin(a\ln(x))$ . Así que tenemos: \begin{align} \int^\infty_0 \frac{x^{-ia}}{x^2+bx+1} dx = \int^\infty_0 \frac{\cos(a\ln(x))}{x^2+bx+1} dx - i\int^\infty_0 \frac{\sin(a\ln(x))}{x^2+bx+1} dx \end{align} Como nuestra integral es real, obtenemos las siguientes identidades de forma gratuita: \begin{align} \color{blue}{\int^\infty_0 \frac{\cos(a\ln(x))}{x^2+bx+1} dx = \frac{2\pi\sinh(a\cdot\arccos(b/2))}{\sinh(a\pi) \ \sqrt[]{4-b^2}}} \end{align} Y: \begin{align} \color{blue}{\int^\infty_0 \frac{\sin(a\ln(x))}{x^2+bx+1} dx = 0 } \end{align}

Answer 3

En una clase de análisis complejo, es más probable que te encuentres con la integral $$\int_{0}^{\infty} \frac{x^{\alpha}}{1+2x \cos \beta +x^{2}} \, dx = \frac{\pi \sin (\alpha \beta)}{\sin(\alpha \pi) \sin(\beta)}, \quad (-1<\alpha <1, \ 0 < \beta < \pi).$$

Ver esta respuesta por ejemplo, que utiliza un semicírculo en el semiplano superior con una sangría en el origen.

También puedes utilizar el contorno de ojo de cerradura que utilizó Shashi.

Ver también esta pregunta sobre la peculiar simetría de esta integral cuando se escribe en una forma ligeramente diferente.

La función de la derecha no está definida en $\alpha =0$ . Pero se podría demostrar por separado (utilizando el mismo contorno o completando el cuadrado) que el valor de la integral en $\alpha =0$ es $$\lim_{a \to 0} \frac{\pi \sin (\alpha \beta)}{\sin(\alpha \pi) \sin(\beta)} = \frac{\beta}{\sin \beta}.$$

Ahora, si asignamos a la función de la derecha el valor $\frac{\beta}{\sin \beta}$ en $\alpha =0$ entonces el lado derecho de la ecuación es una función holomorfa para $-1 <\operatorname{Re}(\alpha) <1$ con $\beta$ arreglado.

Y como la integral de la izquierda es absolutamente convergente en la franja $-1 < \operatorname{Re}(\alpha) < 1$ podemos utilizar una propiedad de la transformada de Mellin que establece que la integral define una función holomorfa en esa franja.

(Esto es muy similar a la propiedad de la transformada de Laplace mencionada aquí y se puede demostrar esencialmente de la misma manera).

Así que por el teorema de la identidad la fórmula es válida para $-1 <\operatorname{Re}(\alpha) <1$ .

Su integral es el caso $\alpha=-ia$ y $\cos(\beta) = \frac{b}{2}$ .

Si $b\in [0, 2)$ entonces $\beta$ se encuentra entre los medios $0$ y $\pi$ y obtenemos

$$\begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{-ia}}{x^{2}+bx+1} \, dx &= \frac{\pi \sin\left(-ia \arccos\left(\frac{b}{2} \right)\right)}{\sin(-ia \pi) \sin \left(\arccos \left(\frac{b}{2} \right) \right)} \\ &= \frac{\pi \sinh \left(a \arccos\left(\frac{b}{2} \right) \right)}{\sinh(a \pi)\frac{\sqrt{4-b^{2}}}{2}}. \end{align} $$