Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Вычислить интеграл $$\begin{equation}\label{main} \int\limits_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+b^2}dx \end{equation}$$ (предполагается, что $b\in \mathbb{R}$).

Рассмотрим вспомогательную функцию $$f\left(z\right)={\frac{z}{z^2+b^2}}.$$ При $z=x+iy=re^{i\varphi}$ модуль этой функции $$|f(z)|={\frac{\sqrt{y^2+x^2}}{\sqrt{\left(-y^2+x^2+b^2\right)^2+4\,x^2\,y^ 2}}}= {\frac{\sqrt{\sin ^2\varphi\,r^2+\cos ^2\varphi\,r^2}}{\sqrt{\left( -\sin ^2\varphi\,r^2+\cos ^2\varphi\,r^2+b^2\right)^2+4\,\cos ^2 \varphi\,\sin ^2\varphi\,r^4}}}=$$ $$={\frac{r}{\sqrt{r^4+\left(2\,b^2-4\,b^2\,\sin ^2\varphi\right)\,r^2 +b^4}}}< \frac{r}{\sqrt{r^4-2\,b^2\,r^2+b^4}}= \frac{r}{r^2-b^2}.$$ Таким образом, с одной стороны, $|f(z)|<\dfrac{r}{r^2-b^2}$, где второе выражение не зависит от $\varphi$, с другой стороны, $\lim\limits_{z\to \infty}\dfrac{r}{r^2-b^2} =0$. Следовательно, функция $f(z)$ стремится к нулю равномерно по $\varphi$ при $z\to \infty$ по признаку Вейерштрасса. Значит, из леммы Жордана следует, что $$\begin{equation}\label{jrd} \int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{iax}f(x)dx = 2\pi i\sum\limits_{k}\mathrm{res}_{z_k}\left[ f(z)e^{iaz}\right], \end{equation}$$ где $z_k$ – особые точки функции $f(z)$ в верхней полуплоскости и $a>0$. Функция $f(z)$ имеет особые точки $ib$ и $-ib$, причём только одна из них лежит в верхней полуплоскости. Заметим, что $b$ входит в интеграл ($\ref{main}$) и функцию $f(z)$ только в виде $b^2$, следовательно, интеграл ($\ref{main}$) не может зависеть от знака $b$. Считая для определённости $b>0$, получим, что в верхней полуплоскости лежит точка $ib$. Вычислим вычет в этой точке функции $f(z)e^{iaz}$, положив $a=1>0$ $$\mathrm{res}_{ib}\left[ f(z)e^{iz}\right]= \left. \frac{z e^{iz}}{z^2+b^2}\left(z-ib \right) \right|_{z=ib}= \left. \frac{z e^{iz}}{z+ib } \right|_{z=ib}= \frac{ e^{-b}}{2 }.$$ Теперь воспользуемся ($\ref{jrd}$): $$\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{ix}f(x)dx= 2\pi i\,\mathrm{res}_{ib}\left[ f(z)e^{iz}\right]= 2\pi i\, \frac{ e^{-b}}{2}= \pi i\,e^{-b}$$ Тогда $$\mathrm{Im} \int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{ix}f(x)dx= \int\limits_{-\infty}^{\infty}\sin xf(x)dx= \pi \,e^{-b}$$ Так как $\dfrac{x\sin x}{x^2+b^2}$ есть функция чётная, окончательно вычислим интеграл ($\ref{main}$) $$\int\limits_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+b^2}dx= \frac{1}{2}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\sin xf(x)dx= \frac{\pi}{2} \,e^{-b}.$$ В свете вышеизложенного становится понятно, что в ответе в методичке так и не положили $a=1$.