Konturintegration zur Bewertung eines reellen Integrals

Question

Ich bewerte dieses Integral:

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

mit der Formel

$$\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \sin(sx) dx = 2\pi \sum\text{Re } \text{Res}[f(z) e^{isz}]$$

wobei die Summe über den Resten in der oberen Halbebene liegt.

Da also die einzigen zwei Singularitäten innerhalb der oberen Halbebene liegen $z = 0$ und $z=i$, Ich habe das gefunden

$$\begin{align} 2\pi \sum\text{Re } \text{Res}\left(f(z) e^{isz}\right) &= 2 \pi \left(\text{Re } \text{Res}_{z= 0}\left[\frac{1}{z (z^2+1)^2} e^{i z}\right] + \text{Re } \text{Res}_{z= i}\left[\frac{1}{z (z^2+1)^2} e^{i z}\right]\right) \\\\ &=2 \pi \left(1 + \frac{-3}{4e}\right) \end{align}$$

Ich bin mir ziemlich sicher, dass ich die beiden Reste richtig berechnet habe, da in mathematica

Residue[E^(I z)/(z (z^2 + 1)^2), {z, 0}]

ist $1$ und

Residue[E^(I z)/(z (z^2 + 1)^2), {z, I}]

ist $\frac{-3}{4e}$

Aber das Integral bewerten

Integrate[Sin[x]/(x (x^2 + 1)^2), {x, -Infinity, Infinity}]

mathematica gibt $\pi - \frac{3 \pi}{2e}$.

Ich frage mich, ob dies daran liegt, dass ich irgendwo etwas falsch gemacht habe oder ob es daran liegt, dass mathematica die falsche Antwort gibt.

Dankeschön!

Answer 1

Der Einschluss des Rückstands bei $z=0$das ist nicht richtig. Wir beginnen vielmehr mit dem Schreiben

$$\int_{-\infty}^\infty \frac{\sin(x)}{x(x^2+1)^2}\,dx=\text{Im}\left(\text{PV}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ix}}{x(x^2+1)^2}\,dx\right)$$

wo der Cauchy-Hauptwert gegeben ist durch

$$\text{PV}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ix}}{x(x^2+1)^2}\,dx=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\int_{|x|>\varepsilon}\frac{e^{ix}}{x(x^2+1)^2}\,dx$$

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Als nächstes bewegen wir uns zur komplexen Ebene. Ler$R>1$, $\varepsilon>0$, und $C$ sei die Kontur in der oberen Halbebene, die als $(i)$ die geraden Wege von $-R$ zu $-\varepsilon$ und von $\varepsilon$ zu $R$, $(ii)$ der halbkreisförmige Bogen zentriert bei $z=0$ mit Radius $\varepsilon$ von $-\varepsilon$ zu $\varepsilon$, und $(iii)$ der halbkreisförmige Bogen zentriert bei $z=0$ mit Radius $R$ von $R$ zu $-R$. Beachten Sie, dass$z=0$ ist aus dem durch begrenzten Innenbereich ausgeschlossen $C$.

Dann können wir schreiben

$$\begin{align} \oint_{C}\frac{e^{iz}}{z(z^2+1)^2}\,dz&=\text{PV}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ix}}{x(x^2+1)^2}\,dx\\\\ &+\int_{\pi}^0 \frac{e^{i\varepsilon e^{i\phi}}}{\varepsilon e^{i\phi}((\varepsilon e^{i\phi})^2+1)^2}\,i\varepsilon e^{i\phi}\,d\phi\\\\ &+\int_0^{\pi} \frac{e^{iR e^{i\phi}}}{R e^{i\phi}((R e^{i\phi})^2+1)^2}\,iR e^{i\phi}\,d\phi\tag1 \end{align}$$

Wie $R\to \infty$, das letzte Integral auf der rechten Seite von $(1)$ nähert sich $0$.

Wie $\varepsilon\to0^+$, das zweite Integral auf der rechten Seite von $(1)$ nähert sich $-i\pi$.

Schon seit $C$ hat die ausgeschlossen $z=0$ist der einzige betroffene Rückstand bei $z=i$. Daher finden wir

$$\text{PV}\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ix}}{x(x^2+1)^2}\,dx=i\pi +\text{Res}\left(\frac{e^{iz}}{z(z^2+1)^2}, z=i\right)\tag2$$

Berechnen Sie nun den Rückstand bei $z=i$ und nimm den Imaginärteil beider Seiten von $(2)$. Kannst du jetzt fertig werden?

Answer 2

Schon seit $z=0$ ist ein einzelner Pol von $f(z)$ an der Grenze des oberen Halbkreises sollte es multipliziert werden $\pi$ lieber als $2\pi$.

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{}}$

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\begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{-\infty}^{\infty}{\sin\pars{x} \over x\pars{x^{2} + 1}^{2}}\,\dd x} = \Im\int_{-\infty}^{\infty}{\expo{\ic x} - 1\over x\pars{x^{2} + 1}^{2}}\,\dd x \\[5mm] = &\ \Im\braces{2\pi\ic\,\lim_{x \to \ic}\,\totald{}{x} \bracks{\pars{x - \ic}^{2}\,{\expo{\ic x} - 1\over x\pars{x^{2} + 1}^{2}}}} \\[5mm] = &\ 2\pi\,\Re\braces{\lim_{x \to \ic}\,\totald{}{x} \bracks{{\expo{\ic x} - 1\over x\pars{x + \ic}^{2}}}} \\[5mm] = &\ 2\pi\,\Re\bracks{\lim_{x \to \ic}\ {\expo{\ic x}\pars{\ic x^{2} - 4x - \ic} + 3x + \ic \over x^{2}\,\pars{x + \ic}^{3}}} \\[5mm] = &\ \bbx{\pi - {3\pi \over 2\expo{}}} \approx 1.4080 \\ & \end{align}