Residuo integral de análisis complejo
Se me pide que evalúe el valor principal de $$\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)}{a^2-x^2} \, dx=\pi \frac{\sin (a)}{a},a>0$$
Si partimos de $$\oint\limits_{C}\frac{e^{iz}}{a^2-z^2}dz,a>0$$ la línea $C$ está compuesto por el semicírculo $\Gamma$, círculos de polos en $-a,a, \gamma_1,\gamma_2$ cuyas circunferencias son ($r,r_1,r_2$), y una parte del $x$-eje. Si usamos el teorema del resto de Cauchy, obtenemos$$ \begin{split} \int_0^\pi \frac{e^{ir\cos \theta -r\sin \theta}} {a^2-r^2e^{2-\theta}} ire^{i\theta} \, d\theta &+ \int_{-r}^{-a-r_2} f(x) \, dx + J_2 \\ &+ \int_{-a+r_2}^{a-r_1} f(x) \, dx + J_1 + \int_{a+r_1}^r f(x) \, dx = 0 \end{split} $$ Ya que $\left|\int_0^\pi \frac{e^{ir\cos \theta -rsin \theta}}{a^2-r^2 e^{2-\theta}}ire^{i\theta} \, d\theta\right|\leq{\frac{\pi r}{r^2-a^2},(r>a)}$ Obtenemos $$\lim_{n \to \infty}\int_0^\pi \frac{e^{ir\cos \theta -r\sin \theta}}{a^2-r^2e^{2-\theta}}ire^{i\theta} \, d\theta=0$$ Evaluar residuo en $J_{1}$ y $J_{2}$ obtenemos $$J_1=\operatorname{Res}f(a)=\lim_{x \to a}(a-x)\frac{e^{ix}}{(a-x)(a+x)} =\frac{e^{ia}}{2a}$$ y $$J_2= \operatorname{Res}f(-a)=\lim_{x \to -a}(a+x)\frac{e^{ix}}{(a-x)(a+x)}=\frac{e^{-ia}}{2a}$$ En mi libro, el autor tiene $J_{1}=\frac{\pi i}{2a}e^{ia}\land J_2=-\frac{\pi i}{2a} e^{-ia}$ ¿Dónde está el $\pi i$viene de ? también, ¿por qué - en el segundo? ¿Es porque el residuo está en$-a$? Luego, sumar esos dos nos da el resultado, pero aún así, ¿dónde$\pi$ ¿viene de?
Respuestas
Sospecho que el autor pretendía escribir $\pi i$veces los términos de residuo. Y el residuo en$z=a$ es dado por
$$\lim_{z\to a}(z-a)\frac{e^{iz}}{a^2-z^2}=-\frac{e^{ia}}{2a}$$
Entonces, para brindar apoyo a su análisis, comencemos desde cero y evaluemos la integral de contorno cerrado
$$\begin{align} 0&=\oint_C\frac{e^{iz}}{a^2-z^2}\,dz\\\\ &=\int_{-R}^{-a-r}\frac{e^{ix}}{a^2-x^2}\,dx+\int_\pi^0 \frac{e^{i(-a+re^{i\phi})}}{a^2-(-a+re^{i\phi})^2}\,ire^{i\phi}\,d\phi\\\\ &+\int_{-a+r}^{a-r}\frac{e^{ix}}{a^2-x^2}\,dx+\int_\pi^0 \frac{e^{i(a+re^{i\phi})}}{a^2-(a+re^{i\phi})^2}\,ire^{i\phi}\,d\phi\\\\ &+\int_{a+r}^R \frac{e^{ix}}{a^2-x^2}\,dx+\int_0^\pi \frac{e^{iRe^{i\phi}}}{a^2-(Re^{i\phi})^2}\,iRe^{i\phi}\,d\phi\tag1 \end{align}$$
La última integral en el lado derecho de $(1)$ desaparece como $R\to\infty$. Y como$r\to 0^+$, la segunda y cuarta integrales en el lado derecho de $(1)$ Acercarse $-\frac{i\pi e^{-ia}}{2a}$ y $\frac{i\pi e^{ia}}{2a}$, respectivamente.
Por lo tanto, encontramos que el valor principal de Cauchy de la integral de interés es
$$\begin{align} \text{PV}\left(\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos(x)}{a^2-x^2}\,dx\right)&=\lim_{r\to 0^+}\left(\int_{-\infty}^{-a-r}\frac{\sin(x)}{a^2-x^2}\,dx+\int_{-a+r}^{a-r}\frac{\sin(x)}{a^2-x^2}\,dx\\\\ +\int_{a+r}^\infty\frac{\sin(x)}{a^2-x^2}\,dx\right)\\\\ &=\frac{\pi\sin(a)}{a} \end{align}$$
como se iba a mostrar.
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\large\mbox{An}\ alternative:}$
Con $\ds{\Lambda > \verts{a}}$: \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\mrm{P.V.} \int_{-\Lambda}^{\Lambda}{\cos\pars{x} \over a^{2} - x^{2}}\,\dd x} \\[5mm] = &\ {1 \over 2\verts{a}}\,\mrm{P.V.}\int_{-\Lambda}^{\Lambda}{\cos\pars{x} \over x + \verts{a}}\,\dd x - {1 \over 2\verts{a}}\,\mrm{P.V.}\int_{-\Lambda}^{\Lambda}{\cos\pars{x} \over x - \verts{a}}\,\dd x \\[5mm] = &\ {1 \over 2\verts{a}}\,\mrm{P.V.}\int_{-\Lambda + \verts{a}}^{\Lambda + \verts{a}} {\cos\pars{x - \verts{a}} \over x}\,\dd x + \pars{~\verts{a} \mapsto -\verts{a}~} \\[5mm] = &\ {1 \over 2\verts{a}}\,\mrm{P.V.}\int_{-\Lambda + \verts{a}}^{\Lambda - \verts{a}} {\cos\pars{x - \verts{a}} \over x}\,\dd x \\[2mm] + &\ {1 \over 2\verts{a}} \int_{\Lambda - \verts{a}}^{\Lambda + \verts{a}} {\cos\pars{x - \verts{a}} \over x}\,\dd x+ \pars{~\verts{a} \mapsto -\verts{a}~} \\[5mm] = &\ {1 \over 2\verts{a}}\int_{0}^{\Lambda - \verts{a}} {\cos\pars{x - \verts{a}} - \cos\pars{-x - \verts{a}} \over x}\,\dd x \\[2mm] + &\ {1 \over 2\verts{a}} \int_{\Lambda - \verts{a}}^{\Lambda + \verts{a}} {\cos\pars{x - \verts{a}} \over x}\,\dd x+ \pars{~\verts{a} \mapsto -\verts{a}~} \\[5mm] = &\ {\sin\pars{\verts{a}} \over \verts{a}}\ \underbrace{\int_{0}^{\Lambda - \verts{a}} {\sin\pars{x} \over x}\,\dd x} _{\ds{\to \color{red}{\large{\pi \over 2}}\ \mrm{as}\ \Lambda\ \to \infty}} \\[2mm] + &\ {1 \over 2\verts{a}}\ \underbrace{\int_{\Lambda - \verts{a}}^{\Lambda + \verts{a}} {\cos\pars{x - \verts{a}} \over x}\,\dd x} _{\ds{\color{red}{\Large\S :}\ \to \color{red}{\large 0}\ \mrm{as}\ \Lambda\ \to \infty}} + \pars{~\verts{a} \mapsto -\verts{a}~} \end{align}
Entonces como $\ds{\Lambda \to \infty}$, \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\mrm{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty}{\cos\pars{x} \over a^{2} - x^{2}}\,\dd x} = {\pi\sin\pars{\verts{a}} \over 2\verts{a}} + {\pi\sin\pars{-\verts{a}} \over 2\pars{-\verts{a}}} \\[5mm] = &\ \bbx{\pi\,{\sin\pars{a} \over a}} \\ & \end{align}
$\ds{\color{red}{\Large\S :}}$ Tenga en cuenta que \begin{align} 0 & < \verts{\int_{\Lambda - \verts{a}}^{\Lambda + \verts{a}} {\cos\pars{x - \verts{a}} \over x}\,\dd x} \\[5mm] & < \int_{\Lambda - \verts{a}}^{\Lambda + \verts{a}} {\dd x \over x} = \ln\pars{\Lambda + \verts{a} \over \Lambda - \verts{a}} \,\,\,\stackrel{\mrm{as}\ \Lambda\ \to\ \infty}{\to}\,\,\, \color{red}{\Large 0} \end{align}
El valor principal de Cauchy $$ \mathrm{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)}{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x $$ es la integral a lo largo de un camino que se ve así
donde los espacios en cada lado de los puntos son del mismo tamaño, infinitesimal.
Para calcular la integral a lo largo de los contornos disjuntos anteriores, conectamos esos contornos con semicírculos en sentido antihorario alrededor de las dos singularidades, lo que agrega $\pi i$ multiplicado por la suma de los residuos en esas singularidades:
Tenga en cuenta que $$\require{cancel} \begin{align} \operatorname*{Res}_{z=a}\left(\frac{\cos(z)}{a^2-z^2}\right) &=\operatorname*{Res}_{z=a}\frac1{2a}\left(\frac{\cos(z)}{a-z}+\cancel{\frac{\cos(z)}{a+z}}\right)\\ &=-\frac{\cos(a)}{2a} \end{align} $$ y $$ \begin{align} \operatorname*{Res}_{z=-a}\left(\frac{\cos(z)}{a^2-z^2}\right) &=\operatorname*{Res}_{z=-a}\frac1{2a}\left(\cancel{\frac{\cos(z)}{a-z}}+\frac{\cos(z)}{a+z}\right)\\ &=\frac{\cos(a)}{2a} \end{align} $$ Por tanto, la suma de los residuos en las singularidades es $0$.
Ahora escribimos $\cos(z)=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}2$ y cierra el contorno con dos enormes semicírculos:
$\gamma^-$ Consiste en el contorno irregular a lo largo del eje real y el semicírculo inferior (verde). $$ \frac12\oint_{\gamma^-}\frac{e^{-iz}}{a^2-z^2}\,\mathrm{d}z=0 $$ ya que no hay singularidades en el interior $\gamma^-$.
$\gamma^+$ consiste en el contorno irregular a lo largo del eje real y el semicírculo superior (rojo). $$ \begin{align} \frac12\oint_{\gamma^+}\frac{e^{iz}}{a^2-z^2}\,\mathrm{d}z &=\frac12\oint_{\gamma^+}\frac{e^{iz}}{2a}\left(\frac1{a-z}+\frac1{a+z}\right)\mathrm{d}z\\ &=\frac{2\pi i}{4a}\left(-e^{ia}+e^{-ia}\right)\\[6pt] &=\frac\pi{a}\sin(a) \end{align} $$ Dado que las integrales a lo largo de los contornos semicirculares se desvanecen cuando el radio del círculo va a $\infty$, obtenemos que la integral a lo largo del contorno irregular del eje real es $$ \int_\text{bumpy}\frac{\cos(z)}{a^2-z^2}\,\mathrm{d}z=\frac\pi{a}\sin(a) $$
La integral a lo largo del contorno irregular del eje real es el valor principal integral más $\pi i$ veces la suma de los residuos en las singularidades, que fue $0$. Por lo tanto, obtenemos que$$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\mathrm{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)}{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x=\frac\pi{a}\sin(a)} $$
Enfoque real $$\require{cancel} \begin{align} \mathrm{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)}{a^2-x^2}\,\mathrm{d}x &=\mathrm{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)}{2a}\left(\frac1{a-x}+\frac1{a+x}\right)\mathrm{d}x\tag1\\ &=\mathrm{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)}{a}\frac1{a+x}\,\mathrm{d}x\tag2\\ &=\mathrm{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)\cos(a)+\sin(x)\sin(a)}{a}\frac1{x}\,\mathrm{d}x\tag3\\[9pt] &=\frac{\cos(a)}a\,\underbrace{\mathrm{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(x)}x\,\mathrm{d}x}_0+\frac{\sin(a)}a\,\underbrace{\mathrm{PV}\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(x)}x\,\mathrm{d}x}_\pi\tag4\\ &=\pi\frac{\sin(a)}a\tag5 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: fracciones parciales
$(2)$: distribuir y luego sustituir $x\mapsto-x$ en la suma de la izquierda
$(3)$: sustituto $x\mapsto x-a$
$(4)$: distribuir
$(5)$: integral de una función impar es $0$ y $\int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(x)}{x}\,\mathrm{d}x=\pi$
Integral de Sinc
Esto se puede abordar de dos formas analíticas reales. Uno está usando la ecuación$(9)$de esta respuesta . Otro es$$ \begin{align} \int_{-\infty}^\infty\frac{\sin(x)}x\,\mathrm{d}x &=\color{#C00}{\sum_{k\in\mathbb{Z}}}\int_0^\pi\sin(x)\color{#C00}{\frac{(-1)^k}{x+k\pi}}\,\mathrm{d}x\tag6\\ &=\int_0^\pi\sin(x)\color{#C00}{\csc(x)}\,\mathrm{d}x\tag7\\[9pt] &=\pi\tag8 \end{align} $$ Explicación:
$(6)$: usar $\sin(x+\pi)=-\sin(x)$
$(7)$: aplicar ecuación $(25)$de esta respuesta
$(8)$: integrar