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Calcular integral usando el teorema del residuo

Ten en cuenta que en la informática un error casi siempre tiene diferentes soluciones, de igual modo aquí mostraremos la mejor y más eficiente.

Solución:

Para cualquier $a>0$, mediante la sustitución $x=ae^t$ tenemos

$$ I(a) = int_0^+inftyfraclog xa^2+x^2,dx = frac12aint_- infty^+inftyfraclog a+ tcosh t,dt tag1$$ y $fractcosh t$ es una función integrable impar sobre $mathbbR$. Se sigue que $$ I(a) = fraclog a2aint_-infty^+inftyfracdtcosh t=frac{log a 2aizquierda[2arctantanhfract2right]^+infty_-infty=colorredfracpilog a2a tag2 $$ sin siquiera recurrir al teorema del residuo, sino simplemente explotando simetría.

A lo largo del eje real, tenemos

$$beginalign int_-R^R fraclog(x)x^2+a^2,dx&=int_-R^0 fraclog (x)x^2+a^2,dx+int_0^R fraclog(x)x^2+a^2,dx\\ &= int_0^R fraclog(-x)+log(x)x^2+a^2,dx\\ &=2int_0^R fraclog(x) x^2+a^2,dx+ipiint_0^Rfrac1x^2+a^2,dx\\ &=2int_0^R fraclog(x)x^2+a^2,dx+fracipiarctan(R/a)atag1 endalign$$

Como $Rto infty$, encontramos que

$$int_-infty^infty fraclog(x)x^2+a^2,dx=2int_0^infty fraclog(x) x^2+a^2,dx+fracipi^22aetiqueta 2$$

Haciendo $(2)$ igual a $fracpi log(a)a+ifracpi^22a $, encontramos que

$$int_0^infty fraclog(x)x^2+a^2,dx=fracpi log(a)2a$$


Pensé que podría ser instructivo evaluar la integral de interés usando solo un análisis real. Con ese fin, hacemos cumplir la sustitución $xto a/x$ para encontrar que

$$int_0^infty fraclog(x)x^2+a^2,dx=frac1a int_0^infty fraclog(a)-log(x) x^2+1,dxtag2$$

Para $a=1$, vemos de $(2)$ que $int_0^infty fraclog(x)x^2+1,dx =0$. Por lo tanto, resolviendo $(2)$ para la integral de interés y usando $int_0^infty fraclog(x)x^2+1,dx =0$, encontramos que

$$int_0^infty fraclog(x)x^2+a^2,dx=fracpi log(a)2a$$

¡como se esperaba!

Utilizando un contorno semicircular en el semiplano superior que descansa sobre el eje real obtenemos

$$int_0^infty frac1x^2+a^2 ; dx = frac12 int_-infty^infty frac1x^2+a^2 ; dx \ = frac12 times 2pi i frac12times ai = fracpi2a.$$

A continuación, utilizando un contorno de ojo de cerradura con la ranura en el eje real positivo y la rama del logaritmo donde $0le arglog zlt 2pi$ (corte de rama en el eje real positivo) obtenemos integrando

$$f(z) = fraclog^2 zz^2+a^2$$

las integrales

$$int_0^infty fraclog^2 xx^2+a^2 ; dx + int_infty^0 fraclog^2 x + 4pi i log x – 4pi^2 x^2+a^2 ; dx \ = 2pi i left(fraclog^2(ai)2times ai + fraclog^2(-ai)2times -airight ).$$

Esto produce

$$-4pi i int_0^infty fraclog xx^2+a^2 ; dx + 4pi^2 times fracpi2a = fracpia ((log a + pi i/ 2)^2 – (log a + 3 pi i/2)^2) \ = fracpia (log a times pi i (1-3) + pi^2 (-1/4 + 9/4)) .$$

Obtenemos así

$$4pi i int_0^infty fraclog xx^2+a^2 ; dx = 4pi^2 times fracpi2a – fracpia (-log a times 2pi i + 2 pi^2) \ = fracpia log a times 2pi i.$$

Dividiendo por $4pi i$ obtenemos finalmente

$$bcaja[5px,border:2px solid #00A000] fracpi2alog a.$$

Los límites de los componentes circulares que usamos aquí fueron

$$2pi R times fraclog^2 RR^2 rightarrow 0 quadtextyquad 2pi epsilon times fraclog^2 epsilon a^2 rightarrow 0.$$

Si posees alguna indecisión o forma de modernizar nuestro sección eres capaz de realizar una crítica y con gusto lo estudiaremos.

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