Establecer $\int_0^{\infty} \frac{x^a}{x^2 + b^2}dx = \frac{\pi b^{a-1}}{2 \cos(\pi a /2)}$ cuando $-1 < a < 1$

Question

Mi intento de solución: (esto es una tarea, por cierto)

Dejemos que $f(z) = \frac{z^a}{z^2 + b^2}dz$ entonces las singularidades de $f$ se producen en $\pm ib$ . $$Res(f; ib) = \frac{z^a}{z + ib} \biggr |_{ib} = \frac{(ib)^a}{2ib}$$ $$Res(f; -ib) = \frac{z^a}{z - ib} \biggr |_{-ib} = \frac{(-ib)^a}{-2ib}$$ Sumamos los residuos y los multiplicamos por $2 \pi i$ para dar el valor de una integral de contorno que contenga los dos polos. $$2 \pi i \cdot \biggl ( \frac{(ib)^a}{2ib} - \frac{(-ib)^a}{2ib} \biggr ) = \pi b^{a-1} (i^a - (-i)^a) = \pi b^{a-1} (e^{\pi i a/2} - e^{- \pi i a/2}) = \pi b^{a-1} 2 i \sin (\pi i a/2)$$ Utilizamos un contorno circular centrado en el origen con el origen recortado (ya que $a$ puede ser negativo)

También hacemos el corte de la rama para $x^a$ a lo largo del eje real positivo.

$\gamma = [r, R]$

$\mu_R = Re^{i \theta}$ , donde $0 < \theta < 2\pi$

$\kappa = [-R, -r]$

$\mu_r = re^{i \theta}$ , donde $0 < \theta < 2\pi$

$$\pi b^{a-1} 2 i \sin (\pi i a/2) = \int_r^R \frac{x^a}{x^2 + b^2}dx + \int_0^{2\pi} \frac{(Re^{i \theta})^a}{(Re^{i \theta})^2 + b^2}i R e^{i \theta} d \theta + \int_{R}^{r} -\frac{x^a}{x^2 + b^2}dx + \int_{2\pi}^0 \frac{(re^{i \theta})^a}{(re^{i \theta})^2 + b^2}i r e^{i \theta} d \theta$$ Como $r \rightarrow 0$ y $R \rightarrow \infty$ tenemos que las integrales segunda y cuarta van a cero. Por lo tanto, $$\pi b^{a-1} 2 i \sin (\pi i a/2) = 2 \int_0^{\infty} \frac{x^a}{x^2 + b^2}dx \implies \int_0^{\infty} \frac{x^a}{x^2 + b^2}dx = \frac{\pi b^{a-1} i \sin (\pi i a/2)}{2}$$

Entonces, ¿en qué me equivoqué?

Answer 1

Configuración $m=2$ en esta respuesta se demuestra que $$\frac{\pi}{2}\csc\left(\pi\frac{a+1}{2}\right)=\int_0^\infty\frac{x^a}{1+x^2}\,\mathrm{d}x$$ Así, $$\begin{align} \int_0^\infty\frac{x^a}{b^2+x^2}\,\mathrm{d}x &=\frac{\pi}{2}\csc\left(\pi\frac{a+1}{2}\right)b^{1-a}\\ &=\frac{\pi\,b^{1-a}}{2\cos\left(\frac{\pi a}{2}\right)} \end{align}$$

Answer 2

Mi respuesta corregida (gracias a Daniel Fischer y robjohn):

Utilizamos un contorno circular centrado en el origen con el origen recortado (ya que $a$ puede ser negativo).

(También hacemos el corte de la rama para $x^a$ a lo largo del eje real positivo).

$\gamma = [r, R]$

$\mu_R = Re^{i \theta}$ , donde $0 < \theta < 2\pi$

$\kappa = [-R, -r]$

$\mu_r = re^{i \theta}$ , donde $0 < \theta < 2\pi$ $$\int_{\Gamma} f = \int_r^R \frac{x^a}{x^2 + b^2}dx + \int_0^{2\pi} \frac{(Re^{i \theta})^a}{(Re^{i \theta})^2 + b^2}i R e^{i \theta} d \theta + \int_{R}^{r} \frac{e^{2 \pi i a}x^a}{x^2 + b^2}dx + \int_{2\pi}^0 \frac{(re^{i \theta})^a}{(re^{i \theta})^2 + b^2}i r e^{i \theta} d \theta$$ Como $r \rightarrow 0$ y $R \rightarrow \infty$ tenemos que las integrales segunda y cuarta van a cero. Por lo tanto,

$$\int_{\Gamma} f = (1 - e^{2 \pi i a}) \int_0^{\infty} \frac{x^a}{x^2 + b^2}dx$$ Ahora calculamos los residuos de $f$ se producen en $\pm ib$ . $$Res(f; ib) = \frac{z^a}{z + ib} \biggr |_{ib} = \frac{(ib)^a}{2ib} \qquad Res(f; -ib) = \frac{z^a}{z - ib} \biggr |_{-ib} = \frac{(-ib)^a}{-2ib}$$ Sumamos los residuos y los multiplicamos por $2 \pi i$ para dar el valor de una integral de contorno que contenga los dos polos. $$2 \pi i \cdot \biggl ( \frac{(ib)^a}{2ib} - \frac{(-ib)^a}{2ib} \biggr ) = \pi b^{a-1} (i^a - (-i)^a) = \pi b^{a-1} (e^{\pi i a/2} - e^{3 \pi i a/2})$$ Entonces \begin {align*} \int_0 ^{ \infty } \frac {x^a}{x^2 + b^2}dx &= \frac { \pi b^{a-1} (e^{{ \pi i a/2} - e^{3 \pi i a/2}) }{1 - e^{2 \pi i a}} \\ &= \frac { \pi b^{a-1} (e^{- \pi i a/2} - e^{ \pi i a/2}) }{e^{- \pi i a} - e^{ \pi i a}} \\ &= \frac { \pi b^{a-1} \sin ( \pi a/2)}{ \sin ( \pi a)} \\ &= \frac { \pi b^{a-1} \sin ( \pi a/2)}{ \sin ( \pi a)} \\ &= \frac { \pi b^{a-1} \sin ( \pi a/2)}{2 \sin ( \pi a/2) \cos ( \pi a/2)} \\ &= \frac { \pi b^{a-1}}{2 \cos ( \pi a/2)} \\ \end {align*}