10.2: Integrales
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Integrales\(\int_{-\infty}^{\infty}\) y\(\int_{0}^{\infty}\)
Compute
\[I = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{(1 + x^2)^2}\ dx.\]
Solución
Vamos
\[f(z) = 1/(1 + z^2)^2.\]
Está claro que para\(z\) grandes
\[f(z) \approx 1/z^4.\]
En particular, se satisface la hipótesis del Teorema 10.2.1. Usando el contorno que se muestra a continuación tenemos, por el teorema del residuo,
\[\int_{C_1 + C_R} f(z)\ dz = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside the contour.}\]
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Examinamos cada una de las piezas de la ecuación anterior.
\(\int_{C_R} f(z)\ dz\): Por Teorema 10.2.1 (a),
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0.\]
\(\int_{C_1} f(z)\ dz\): Directamente, vemos que
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} f(x)\ dx = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = I.\]
Así que dejando\(R \to \infty\), la Ecuación 10.3.4 se convierte
\[I = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside the contour.}\]
Finalmente, calculamos los residuos necesarios:\(f(z)\) tiene polos de orden 2 at\(\pm i\). Sólo\(z = i\) está dentro del contorno, así que calculamos el residuo ahí. Vamos
\[g(z) = (z - i)^2 f(z) = \dfrac{1}{(z + i)^2}.\]
Entonces
\[\text{Res} (f, i) = g'(i) = -\dfrac{2}{(2i)^3} = \dfrac{1}{4i}\]
Entonces,
\[I = 2\pi i \text{Res} (f, i) = \dfrac{\pi}{2}.\]
Compute
\[I = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{x^4 + 1} \ dx.\]
Solución
Vamos\(f(z) = 1/(1 + z^4)\). Utilizamos el mismo contorno que en el ejemplo anterior (Figura\(\PageIndex{2}\).
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Como en el ejemplo anterior,
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0\]
y
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = I.\]
Entonces, por el teorema del residuo
\[I = \lim_{R \to \infty} \int_{C_1 + C_R} f(z) \ dz = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside the contour.}\]
Los polos de\(f\) son todos simples y en
\[e^{i\pi /4}, e^{i3\pi /4}, e^{i5\pi /4}, e^{i7\pi /4}.\]
Solo\(e^{i\pi /4}\) y\(e^{i 3\pi /4}\) están dentro del contorno. Calculamos sus residuos como límites usando la regla de L'Hospital. Para\(z_1 = e^{i \pi /4}\):
\[\text{Res} (f, z_1) = \lim_{z \to z_1} (z - z_1) f(z) = \lim_{z \to z_1} \dfrac{z - z_1}{1 + z^4} = \lim_{z \to z_1} \dfrac{1}{4z^3} = \dfrac{1}{4e^{i 3\pi /4}} = \dfrac{e^{-i3\pi /4}}{4}\]
y para\(z_2 = e^{i 3\pi /4}\):
\[\text{Res} (f, z_2) = \lim_{z \to z_2} (z - z_2) f(z) = \lim_{z \to z_2} \dfrac{z - z_2}{1 + z^4} = \lim_{z \to z_2} \dfrac{1}{4z^3} = \dfrac{1}{4e^{i 9\pi /4}} = \dfrac{e^{-i\pi /4}}{4}\]
Entonces,
\[I = 2\pi i (\text{Res} (f, z_1) + \text{Res} (f, z_2)) = 2\pi i (\dfrac{-1 - i}{4\sqrt{2}} + \dfrac{1 - i}{4\sqrt{2}}) = 2\pi i (-\dfrac{2i}{4\sqrt{2}}) = \pi \dfrac{\sqrt{2}}{2}\]
Supongamos\(b > 0\). Mostrar
\[\int_{0}^{\infty} \dfrac{\cos (x)}{x^2 + b^2} \ dx = \dfrac{\pi e^{-b}}{2b}.\]
Solución
Lo primero a tener en cuenta es que el integrand es parejo, entonces
\[I = \dfrac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\cos (x)}{x^2 + b^2}.\]
También tenga en cuenta que el cuadrado en el denominador nos dice que la integral es absolutamente convergente.
Tenemos que tener cuidado porque\(\cos (z)\) va al infinito en cualquiera de los dos semiplanos, por lo que las hipótesis del Teorema 10.2.1 no están satisfechas. El truco es reemplazar\(\cos (x)\) por\(e^{ix}\), entonces
\[\tilde{I} = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{ix}}{x^2 + b^2} \ dx, \ \ \ \ \text{with} \ \ \ \ I = \dfrac{1}{2} \text{Re} (\tilde{I}).\]
Ahora vamos
\[f(z) = \dfrac{e^{iz}}{z^2 + b^2}.\]
Porque\(z = x + iy\) con\(y > 0\) tenemos
\[|f(z)| = \dfrac{|e^{i(x + iy)}|}{|z^2 + b^2|} = \dfrac{e^{-y}}{|z^2 + b^2|}.\]
Ya que\(e^{-y} < 1\),\(f(z)\) satisface las hipótesis del Teorema 10.2.1 en el medio plano superior. Ahora podemos usar el mismo contorno que en los ejemplos anteriores (Figura\(\PageIndex{3}\).
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Tenemos
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0\]
y
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = \tilde{I}.\]
Entonces, por el teorema del residuo
\[\tilde{I} = \lim_{R \to \infty} \int_{C_1 + C_R} f(z)\ dz = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside the contour.}\]
Los polos de\(f\) están en\(\pm bi\) y ambos son simples. Solo\(bi\) está dentro del contorno. Calculamos el residuo como límite usando la regla de L'Hospital
\[\text{Res} (f, bi) = \lim_{z \to bi} (z - bi) \dfrac{e^{iz}}{z^2 + b^2} = \dfrac{e^{-b}}{2bi}.\]
Entonces,
\[\tilde{I} = 2\pi i \text{Res} (f, bi) = \dfrac{\pi e^{-b}}{b}.\]
Por último,
\[I = \dfrac{1}{2} \text{Re} (\tilde{I}) = \dfrac{\pi e^{-b}}{2b},\]
como se afirma.
Tenga cuidado a la hora de sustituir\(\cos (z)\) por\(e^{iz}\) eso es apropiado. Un punto clave en el ejemplo anterior fue ese\(I = \dfrac{1}{2} \text{Re} (\tilde{I})\). Esto es necesario para que el reemplazo sea útil.