El uso de un cambio de contorno para mostrar que $\int_0^\infty \frac{\cos{(\alpha x)}}{x+\beta}dx = \int_0^\infty \frac{te^{-\alpha \beta t}}{t^2 + 1}dt$

Question

Un problema a partir de un antiguo examen de calificación:

El uso de un cambio de contorno para mostrar que

$$\int_0^\infty \frac{\cos{(\alpha x)}}{x+\beta}dx = \int_0^\infty \frac{te^{-\alpha \beta t}}{t^2 + 1}dt,$$

siempre que $\alpha, \beta >0$. Definir la LHS, como el límite de una adecuada integrales, y mostrar converge.

Mi intento:

Parece bastante fácil de afrontar la última parte de la pregunta...$\cos{(\alpha x)}$ le sigue recogiendo la misma área en la alternancia de signos, y $x$ seguirá creciendo, así que básicamente estamos sumando una constante en los tiempos de la alternancia serie armónica.

En realidad nunca he escuchado la frase "cambio de contorno". Asumo que lo que quieren decir es elegir un contorno en uno y, a continuación, utilizar un cambio de variable (que luego va a cambiar el contorno...por ejemplo, como $z$ recorre una ruta determinada $z^2$ va a recorrer un camino diferente).

El lado derecho se ve maduro para subbing $z^2$ de alguna manera...pero entonces que la pata de la exponencial. Necesitamos algo dividido por $\beta$ a deshacerse de la $\beta$ en la exponencial en el lado derecho, dejando $\cos{(\alpha x)}$ como la parte real de la exponencial.

Yo también pensé en intentar usar un ojo de la cerradura de contorno en el lado derecho y multiplicando por $\log$, pero parece que tendríamos problemas con acotamiento en la mitad izquierda del plano -.

Todas las ideas o sugerencias? Yo no necesito que me des de comer la respuesta. Gracias

Answer 1

Considere la posibilidad de $ \displaystyle f(z) = \frac{e^{iaz}}{z+b}$ e integrar alrededor de un cuadrado con vértices en a $z=0,z=R,z=R+iR$, e $z=iR$.

Dejar $R \to \infty$, $$ \int_{0}^{\infty} \frac{e^{iax}}{x+b} \ dx + i \lim_{R \to \infty} \int_{0}^{R} \frac{e^{ia(R+it})}{(R+it)+b} \ dt + \lim_{R \to \infty} \int^{0}_{R} \frac{e^{ia(t+iR)}}{(t+iR)+b} \ dt + i \int_{\infty}^{0} \frac{e^{-at}}{it+b} \ dt$$ $$ =0 \ $$

La segunda integral se desvanece desde

$$ \begin{align} \Bigg|\int_{0}^{R} \frac{e^{ia(R+it})}{(R+it)+b} \ dt\Bigg| &\le \int_{0}^{R} \frac{e^{-at}}{R+b-t} \ dt \\ &= e^{-aR}e^{-ab} \int^{R+b}_{b} \frac{e^{au}}{u} \ du \\ &= e^{-aR}e^{-ab} M \to 0 \ \text{as} \ R \to \infty \end{align}$$

Y la tercera integral se desvanece desde

$$ \begin{align} \Bigg|\int^{R}_{0} \frac{e^{ia(t+iR)}}{(t+iR)+b} \ dt \Bigg| &\le \int_{0}^{R} \frac{e^{-aR}}{R+b-t} \ dt \\ &\le \frac{Re^{-aR}}{b} \to 0 \ \text{as} \ R \to \infty \end{align}$$

Por lo tanto,

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{iax}}{x+b} \ dx &= i \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-at}}{it+b} \ dt \\ &= i \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-abu}}{ibu+b} \ b \ du \\ &= i \int_{0}^{\infty}\frac{e^{-abu}}{1+iu} \ du \\ &= i \int_{0}^{\infty} \frac{(1-iu)e^{-abu}}{1+u^{2}} \ du \\ &= \int_{0}^{\infty} \frac{(u+i) e^{-abu}}{1+u^{2}} \ du \end{align}$$

E igualando las partes reales en ambos lados de la ecuación,

$$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos (ax)}{x+b} = \int_{0}^{\infty} \frac{ue^{-abu}}{1+u^{2}} \ du $$

EDITAR:

Otra forma de abordar esto es para nota de que

$$\begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos (ax)}{x+b} \ dx &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \cos(ax) e^{-(x+b)t} \ dt \ dx \\ &= \int_{0}^{\infty} e^{-bt} \int_{0}^{\infty} \cos(ax) e^{-tx} \ dx \ dt \\ &=\int_{0}^{\infty} \frac{t e^{-bt}}{a^{2}+t^{2}} \ dt \\ &= \int_{0}^{\infty} \frac{au e^{-abu}}{a^{2}+(au)^{2}} a \ du \\ &= \int_{0}^{\infty} \frac{u e^{-abu}}{1+u^{2}} \ du \end{align}$$

Answer 2

Sí, realmente parece que usted debe ir a por $z^2$. Vamos a tratar de $x = \beta t^2$. Luego tenemos a $ dx = 2\beta tdt$ y por tanto:

$$ \int_0^\infty\frac{\cos(\alpha x)}{x+\beta}dx = \int_0^\infty\frac{t\cos(\alpha \beta t^2)}{t^2+1}dt $$

Tal vez debe tener en cuenta que $\cos(x) = \frac{e^{-ix} + e^{ix}}{2}$. Esto explicaría también el "análisis complejo" de la etiqueta.