8 votos

Evaluar la integral de la $ \int_{-\infty}^{\infty} {\sin ^2 (x) \over x^2 (x^2 + 1)}\:dx$

Podemos evaluar la integral usando el lema de Jordan? $$ \int_{-\infty}^{\infty} {\sin ^2 (x) \over x^2 (x^2 + 1)}\:dx$$

Lo de softonic si extraíble singularidad se produce en el camino de la integración?

13voto

DonAntonio Puntos 104482

Tomando $$C_R:=[-R,-\epsilon]\cup\left(\gamma_\epsilon:=\{z=\epsilon e^{it}\;\;|\;\;0\leq t\leq \pi\}\right)\cup [\epsilon,R]\cup\left(\gamma_R:=\{z=Re^{it}\;\;|\;\;0\leq t\leq \pi\}\right)$$ $$f(z)=\frac{1-e^{2iz}}{z^2(z^2+1)}$$
tenemos $$\oint_{C_R}\frac{1-e^{2iz}\,dz}{z^2(z^2+1)}=2\pi i\,Res_{z=i}(f)=2\pi i\frac{1-e^{-2}}{i^2(2i)}=-\pi\left(1-e^{-2}\right)$$ Pero $$\oint_{C_R}f\,dz=\int_{-R}^{-\epsilon} f\,dx\,-\int_{\gamma_\epsilon}f\,dz+\int_\epsilon^Rf\,dx+\int_{\gamma_R}f\,dz$$ Usando ahora el bonito lema en la respuesta aquí , obtenemos $$\lim_{\epsilon\to 0}\int_{\gamma_\epsilon}f(z)dz=-i\pi\,Res_{z=0}(f)=-i\pi(-2i)=-2\pi$$ Y ya sea el uso de Jordania lema o directamente: $$\left|\int_{\gamma_R}f(z)\,dz\right|\leq \frac{1+e^{-2R\sin t}}{R^2(R^2-1)}\pi R\xrightarrow [R\to\infty]{}0$$ Así que pasando al límite cuando $\epsilon\to 0\,\,,\,\,R\to\infty\,$ y el uso de Cauchy de la Integral Teorema, obtenemos: $$\int_{-\infty}^\infty \frac{2\sin^2x\,dx}{x^2(x^2+1)}=2\pi-\pi(1-e^{-2})=\pi\left(1+\frac{1}{e^2}\right)\Longrightarrow $$ $$\Longrightarrow\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin^2 x\,dx}{x^2(x^2+1)}=\frac{\pi}{2}\left(1+\frac{1}{e^2}\right)$$

8voto

Anthony Shaw Puntos 858

El uso de $\sin^2(z)=\frac12(1-\cos(2z))$, usted debería ser capaz de manejar esto en mucho la misma manera que esta respuesta.


Detalles (modificado a partir de la respuesta se mencionó anteriormente)

Desde $\lim\limits_{z\to0}\frac{1-\cos(2z)}{2z^2}=1$, 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 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 $$ \int_{-\infty-i/2}^{\infty-i/2}\frac{1-\cos(2z)}{2z^2(z^2+1)}\,\mathrm{d}z =\frac14\int_{\gamma^+}\frac{1-e^{2iz}}{z^2(z^2+1)}\mathrm{d}z +\frac14\int_{\gamma^-}\frac{1-e^{-2iz}}{z^2(z^2+1)}\mathrm{d}z\etiqueta{1} $$ donde $\gamma^+$ $\gamma^-$ son como se muestra a continuación:

$\hspace{4.6cm}$path of integration

$\gamma^+$ 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 $\displaystyle\frac{1-e^{2iz}}{z^2(z^2+1)}$ $-2i$

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

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

Poniendo a estos en conjunto con $(1)$ rendimientos $$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{1-\cos(z)}{z^2(z^2+1)}\,\mathrm{d}z &=\frac{2\pi i}{4}\left(-2i+\frac{1-e^{-2}}{-2i}\right)-\frac{2\pi i}{4}\left(\frac{1-e^{-2}}{2i}\right)\\ &=\frac{\pi}{2}\left(2-\frac{1-e^{-2}}{2}-\frac{1-e^{-2}}{2}\right)\\ &=\frac\pi2+\frac{\pi}{2e^2}\tag{2} \end{align} $$

2voto

Sugerencia, tenga en cuenta que $ \cos(2x)=1-2\sin(x)^2 $, esto sugiere considerar la integral

$$ \int_{C} \frac{ {\rm e}^{2 i z} - 1 }{ z^2 (z^2 + 1)} dz \,.$$

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