La integración por medio de análisis complejo

Question

Hola a todos: esta vez tengo la integral de la $$\int_0^\infty\frac{1-\cos x}{x^2(x^2+1)}\,dx$$y debemos tratar de resolverlo mediante la integración compleja, de residuos, del Teorema de Cauchy y de la totalidad del lote. (Por CIERTO, ¿alguien tiene alguna idea de si esta integral puede resolverse sin funciones complejas?)

$\underline{\text{What I did}}$: Dejar a $\,\gamma\,$ ser la integración de ruta de acceso que contiene los segmentos $$\begin{align}(i)&\,\,\text{the real interval} \,[-R\,,\,-\epsilon]\\(ii)&\,\,\text{the "little" half circle} \,\{z\;|\;z=\epsilon e^{i\theta}\,,\,\theta\in [0,\pi]\}\\(iii)&\,\,\text{ the real interval}\,[\epsilon\,,\,R]\\(iv)&\,\,\text{ and the "big" half circle}\,\{z\;|\;z=R e^{i\theta}\,,\,\theta\in [0,\pi]\}\end{align}$$ we take the integral $$I:=\oint_\gamma\frac{1-e^{iz}}{z^2(z^2+1)}\,dz$$ Como el único polo de esta función dentro de la $\,\gamma\,$ es la simple $\,z=i\,$ ( $\,\epsilon<1<R\,$ , por ejemplo), y $$\,\operatorname{Res}_{z=i}\left(\frac{1-e^{iz}}{z^2(z^2+1)}\right)=\lim_{z\to i}\frac{1-e^{iz}}{z^2(z+i)}=\frac{e^{-1}-1}{2i}$$We get from the Cauchy's residue theorem $$\displaystyle{I=2\pi i\,\frac{e^{-1}-1}{2i}=\pi\left(\frac{1}{e}-1\right)}$$

Pasamos ahora a evaluar la integral anterior en cada segmento de $\,\gamma\,$ descrito anteriormente:$$\text{on}\,(iv)\,\text{it is easy:}\,\left|\frac{1-e^{iz}}{z^2(z^2+1)}\right|\leq\frac{1+e^{-R\cos\theta}}{R^4}\xrightarrow[R\to\infty]{} 0$$

En $\,(i)\,,\,(iii)\,$ juntos y dejando $\,R\to \infty\,$ obtenemos $\,\displaystyle{\int_{-\infty}^\infty\frac{1-\cos x}{x^2(x^2+1)}\,dx}\,$ , que no es un problema como el integrando la función es par.

Así que aquí viene el problema: en $\,(ii)\,$ hemos:$$z=\epsilon e^{i\theta}\Longrightarrow dz=\epsilon ie^{i\theta}d\theta\,,\,0\leq\theta\leq \pi\,\,\text{but going from left to right, so}$$$$\oint_{z=\epsilon e^{i\theta}}\frac{1-e^{i}}{z^2(z^2+1)}\,dz=\int_\pi^0\frac{1-e^{i\epsilon e^{i\theta}}}{\epsilon^2e^{2i\theta}\left(\epsilon^2e^{2i\theta}+1\right)}\,\epsilon ie^{i\theta}\,d\theta$$

Ahora, la única cosa que se le ocurrió para evaluar la integral anterior al $\,\epsilon\to 0\,$ es conseguir que el límite en la integral, llegar $$\lim_{\epsilon\to 0}\frac{1-e^{i\epsilon e^{i\theta}}}{\epsilon e^{i\theta}\left(\epsilon^2 e^{2i\theta}+1\right)}=-i\Longrightarrow \int_\pi^0\frac{1-e^{i\epsilon e^{i\theta}}}{\epsilon^2e^{2i\theta}\left(\epsilon^2e^{2i\theta}+1\right)}\,\epsilon ie^{i\theta}\,d\theta\xrightarrow [\epsilon\to 0]{} -\pi$$applying L'Hospital, so the final result is$$\pi\left(\frac{1}{e}-1\right)=I\xrightarrow [R\to\infty\,,\,\epsilon\to 0]{} \int_{-\infty}^\infty\frac{1-\cos x}{x^2(x^2+1)}\,dx-\pi$$from which we get the value of $\,\displaystyle{\frac{\pi}{2}}\,$ por nuestros integral, lo cual es correcto (al menos de acuerdo a Wolframalpha), sin embargo,...

¿Cómo puedo justificar la introducción del límite en el integral?? La única manera de que me parece posible (en todo caso) es sustituir $$\epsilon\to\frac{1}{\delta}$$ to get an indefinite integral with upper limit equal to $\,\infty\,$ inj $\,(ii)\,$ arriba y, a continuación, utilizar el teorema de convergencia dominada (o tal vez la monotonía).

Mi pregunta es doble: Es la sustitución sólo se describe lo que puede poner de mí fuera de mi miseria en este caso? y: ¿Es posible justificar la aprobación de la límite a la integral sin hacer la sustitución y, por lo tanto, sin recursos para una integral indefinida con infinito límite superior?

Gracias a cualquier persona invertir él/su tiempo para leer esta pregunta, y por supuesto, las ideas, las correcciones serán muy agradecidos.

Answer 1

$$\int_0^\infty\frac{1-\cos x}{x^2(x^2+1)}\,dx$$

Desde

$$\frac{1}{{{x^2}({x^2} + 1)}} = \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^2} + 1}}$$

Usted tiene

$$\int_0^\infty {\frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}}} {\mkern 1mu} - \int_0^\infty {\frac{{1 - \cos x}}{{1 + {x^2}}}} dx$$

Ahora

$$\int_0^\infty {\frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}}} {\mkern 1mu} =- \left. {\frac{{1 - \cos x}}{x}} \right|_0^\infty + \int_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}} {\mkern 1mu} = \int_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}} = \frac{\pi }{2}$$

Así que tal vez ahora es más fácil abordar $$\int_0^\infty {\frac{{1 - \cos x}}{{1 + {x^2}}}} dx$$ que da

$$\int_0^\infty {\frac{{1 - \cos x}}{{1 + {x^2}}}} dx = \int_0^\infty {\frac{{dx}}{{1 + {x^2}}}} - \int_0^\infty {\frac{{\cos x}}{{1 + {x^2}}}dx} = \frac{\pi }{2} - \int_0^\infty {\frac{{\cos x}}{{1 + {x^2}}}dx} $$

y así

$$\int_0^\infty {\frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}({x^2} + 1)}}} {\mkern 1mu} dx = \int_0^\infty {\frac{{\cos x}}{{1 + {x^2}}}dx} $$

EDITAR

Desde la última solución no es muy satisfactorio, como se ha discutido, voy a suministro de esta solución:

Definir

$$F\left( \varphi \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\cos \varphi x}}{{1 + {x^2}}}dx} $$

Claramente la integral es absolutamente convergente.

Por lo tanto, el uso de la transformada de Laplace, para obtener:

$$L\left( s \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{s}{{{x^2} + {s^2}}}\frac{1}{{1 + {x^2}}}dx} $$

Podemos evaluar esta integral:

$$\frac{s}{{{x^2} + {s^2}}}\frac{1}{{1 + {x^2}}} = \frac{s}{{1 - {s^2}}}\left( {\frac{1}{{1 + {x^2}}} - \frac{1}{{{s^2} + {x^2}}}} \right)$$

$$\eqalign{ & L\left( s \right) = \frac{s}{{1 - {s^2}}}\int\limits_0^{ + \infty } {\left( {\frac{1}{{1 + {x^2}}} - \frac{1}{{{s^2} + {x^2}}}} \right)dx} \cr & L\left( s \right) = \frac{s}{{1 - {s^2}}}\left( {\frac{\pi }{2} - \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{{s^2} + {x^2}}}dx} } \right) \cr & L\left( s \right) = \frac{s}{{1 - {s^2}}}\left( {\frac{\pi }{2} - \frac{1}{s}\frac{\pi }{2}} \right) \cr & L\left( s \right) = \frac{\pi }{2}\frac{s}{{1 - {s^2}}}\frac{{s - 1}}{s} = \frac{\pi }{2}\frac{1}{{1 + s}} \cr} $$

Tomando la inversa de la transformación, se llega a

$$F\left( \varphi \right) = \frac{\pi }{2}{e^{ - \varphi }}$$

Esto es claramente para $\varphi >0$, por lo tanto la homogeneidad de la función de las fuerzas

$$F\left( \varphi \right) = \frac{\pi }{2}{e^{ - |\varphi| }}$$

y el resultado de la siguiente manera:

$$F\left( 1 \right) = \int\limits_0^\infty {\frac{{\cos x}}{{1 + {x^2}}}dx} = \frac{\pi }{{2e}}$$

---

Answer 2

Puesto que el integrando es par, obtenemos $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{1-\cos(x)}{x^2(x^2+1)}\,\mathrm{d}x &=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{1-\cos(z)}{z^2(z^2+1)}\,\mathrm{d}z\tag{1} \end{align} $$ Desde $\lim\limits_{z\to0}\frac{1-\cos(z)}{z^2}=\frac12$, la singularidad de el integrando cerca de $z=0$ es extraíble. Por lo tanto, dado que el integrando se desvanece para $z$ dentro $\frac12$ de el eje real como $|z|\to\infty$ y no existen singularidades en $\frac12$ de el eje real, la integral en $(1)$ no cambia cuando se cambia la ruta de acceso de la integración de$z=t$$z=t-\frac{i}{2}$.

Ahora podemos descomponer la integral como $$ \frac14\int_{\gamma^+}\frac{1-e^{i}}{z^2(z^2+1)}\mathrm{d}z +\frac14\int_{\gamma^-}\frac{1-e^{-iz}}{z^2(z^2+1)}\mathrm{d}z\etiqueta{2} $$ donde $\gamma^+$ $\gamma^-$ son como se muestra a continuación:

$\hspace{4.6cm}$

$\gamma^+$ círculos de dos singularidades ( $z=0$ $z=i$ ) de las agujas del reloj, y $\gamma^-$ círculos de una singularidad ($z=-i$) en sentido antihorario.

Todas las singularidades son simples, por lo que para obtener el residuo de a $z=z_0$, sólo tenemos que multiplicar por $z-z_0$ y teniendo en $\displaystyle\lim_{z\to z_0}$

En $z=0$ el residuo de $\displaystyle\frac{1-e^{iz}}{z^2(z^2+1)}$ $-i$

En $z=i$ el residuo de $\displaystyle\frac{1-e^{iz}}{z^2(z^2+1)}$ $\displaystyle\frac{1-e^{-1}}{-2i}$

En $z=-i$ el residuo de $\displaystyle\frac{1-e^{-iz}}{z^2(z^2+1)}$ $\displaystyle\frac{1-e^{-1}}{2i}$

Poniendo a estos en conjunto con $(2)$ rendimientos $$ \begin{align} \frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{1-\cos(z)}{z^2(z^2+1)}\,\mathrm{d}z &=\frac{2\pi i}{4}\left(-i+\frac{1-e^{-1}}{-2i}\right)-\frac{2\pi i}{4}\left(\frac{1-e^{-1}}{2i}\right)\\ &=\frac{\pi}{2}\left(1-\frac{1-e^{-1}}{2}-\frac{1-e^{-1}}{2}\right)\\ &=\frac{\pi}{2e} \end{align} $$

Answer 3

Una manera fácil:

Considere La Posibilidad De $$I(a)=\int_0^\infty\frac{1-\cos ax}{x^2(x^2+1)}\,dx ;a\geqslant 0$$ Siguiente:

$$\frac{dI}{da}= \int_0^\infty\frac{\sin ax}{x}\frac{dx}{x^2+1} $$

$$\frac{d^2I}{da^2}=\int_0^\infty\frac{\cos ax}{x^2+1}\,dx=\frac{\pi e^{-a}}{2} $$

Comentario: El último resultado es bien conocido en este sitio

Así

$$\frac{dI}{da}=-\frac{\pi e^{-a}}{2}+\frac{\pi}{2} $$ because of $\frac{dI(0)}{da}=0$

$$I(a)= \frac{\pi e^{-a}}{2}+\frac{\pi a}{2}-\frac{\pi}{2}$$ because of $I(0)=0$

Finalmente, original de la integral:

$$I=I(1)=\frac{\pi e^{-1}}{2}$$

Answer 4

SUGERENCIA: creo que esta integral sería un gran trabajo mediante el uso de Feynman. Su integral es muy similar a la que puede encontrar en este documento, a saber, la última página, la última integral, donde el autor ofrece un conjunto de problemas a resolver mediante el uso de esta forma:

http://ocw.mit.edu/courses/mathematics/18-304-undergraduate-seminar-in-discrete-mathematics-spring-2006/projects/integratnfeynman.pdf

Answer 5

Arce se presenta este anti-derivado: $$ \int \frac{1 - \operatorname{cos} (x)}{x^{2} \bigl(x^{2} + 1\bigr)} d x = -\operatorname{arctan} (x) - \frac{1}{x} - \frac{\operatorname{Si} (x - i) \operatorname{sinh} (1)}{2} - \frac{i}{2} \operatorname{Ci} (x - i) \operatorname{cosh} (1) - \frac{\operatorname{Si} (x + i) \operatorname{sinh} (1)}{2} + \frac{i}{2} \operatorname{Ci} (x + i) \operatorname{cosh} (1) + \frac{\operatorname{cos} (x)}{x} + \operatorname{Si} (x) $$ Tal vez esto se hace por escrito $1/(x^2(1+x^2))$ en fracciones parciales complejas? Entonces: el límite en $+\infty$ $-\pi\sinh(1)/2$ y a las$0$$-\pi\cosh(1)/2$. Restar para obtener $\pi/(2e)$.