Improper Integrals
Let f f f [ 0 , ∞ ) [0, \infty) [ 0 , ∞ ) f f f [ 0 , ∞ ) [0, \infty) [ 0 , ∞ )
∫ 0 ∞ f ( x ) d x = lim b → ∞ ∫ 0 b f ( x ) d x \int_0^{\infty} f(x)\,\text{d}x = \lim_{b \to \infty} \int_0^b f(x)\,\text{d}x ∫ 0 ∞ f ( x ) d x = b → ∞ lim ∫ 0 b f ( x ) d x provided the limit exists.
If f f f R \mathbb{R} R ( − ∞ , ∞ ) (-\infty, \infty) ( − ∞ , ∞ )
∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x = lim a → − ∞ ∫ a 0 f ( x ) d x + lim b → ∞ ∫ 0 b f ( x ) d x \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,\text{d}x = \lim_{a \to -\infty} \int_a^0 f(x)\,\text{d}x + \lim_{b \to \infty} \int_0^b f(x)\,\text{d}x ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x = a → − ∞ lim ∫ a 0 f ( x ) d x + b → ∞ lim ∫ 0 b f ( x ) d x provided both limits exist.
Cauchy Principal Value
If f f f R \mathbb{R} R ( − ∞ , ∞ ) (-\infty, \infty) ( − ∞ , ∞ )
P.V. ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x = lim R → ∞ ∫ − R R f ( x ) d x \text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,\text{d}x = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} f(x)\,\text{d}x P.V. ∫ − ∞ ∞ f ( x ) d x = R → ∞ lim ∫ − R R f ( x ) d x provided the limit exists.
Examples:
P.V. ∫ − ∞ ∞ x d x = 0 \text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} x\,\text{d}x = 0 P.V. ∫ − ∞ ∞ x d x = 0 ∫ − ∞ ∞ x d x \int_{-\infty}^{\infty} x\,\text{d}x ∫ − ∞ ∞ x d x
Rational Functions
Let R ( z ) = P ( z ) Q ( z ) R(z) = \frac{P(z)}{Q(z)} R ( z ) = Q ( z ) P ( z ) P P P Q Q Q m m m n n n
Q ( x ) ≠ 0 Q(x) \neq 0 Q ( x ) = 0 x ∈ R x \in \mathbb{R} x ∈ R n ≥ m + 2 n \ge m + 2 n ≥ m + 2
If z 1 , z 2 , … , z k z_1, z_2, \ldots, z_k z 1 , z 2 , … , z k R R R
∫ − ∞ ∞ P ( x ) Q ( x ) d x = 2 π i ∑ j = 1 k Res ( P Q , z j ) \int_{-\infty}^{\infty} \frac{P(x)}{Q(x)}\,\text{d}x = 2\pi i \sum_{j=1}^{k} \text{Res}\left(\frac{P}{Q}, z_j\right) ∫ − ∞ ∞ Q ( x ) P ( x ) d x = 2 π i j = 1 ∑ k Res ( Q P , z j ) Under n ≥ m + 2 n \ge m + 2 n ≥ m + 2
Proof Hint
Integrate R ( z ) R(z) R ( z ) positively oriented upper semicircle of radius ρ \rho ρ
Apply Cauchy’s residue theorem
Bound the arc integral by const ρ n − m − 1 \frac{\text{const}}{\rho^{n-m-1}} ρ n − m − 1 const
Let ρ → ∞ \rho \to \infty ρ → ∞
Examples:
∫ − ∞ ∞ d x ( x 2 + 1 ) ( x 2 + 4 ) = π 6 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{(x^2+1)(x^2+4)} = \frac{\pi}{6} ∫ − ∞ ∞ ( x 2 + 1 ) ( x 2 + 4 ) d x = 6 π ∫ − ∞ ∞ d x ( x 2 + 4 ) 3 = 3 π 256 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{(x^2+4)^3} = \frac{3\pi}{256} ∫ − ∞ ∞ ( x 2 + 4 ) 3 d x = 256 3 π
Worked Examples
Improper Integral
Evaluate ∫ 0 ∞ e − x d x \int_0^{\infty} e^{-x}\,\text{d}x ∫ 0 ∞ e − x d x
∫ 0 ∞ e − x d x = lim b → ∞ ( 1 − e − b ) = 1 \int_0^{\infty} e^{-x}\,\text{d}x = \lim_{b \to \infty} \left(1 - e^{-b}\right) = 1 ∫ 0 ∞ e − x d x = b → ∞ lim ( 1 − e − b ) = 1 Principal Value Without Improper Integral
Show that P.V. ∫ − ∞ ∞ x d x = 0 \text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} x\,\text{d}x = 0 P.V. ∫ − ∞ ∞ x d x = 0 ∫ − ∞ ∞ x d x \int_{-\infty}^{\infty} x\,\text{d}x ∫ − ∞ ∞ x d x
P.V. ∫ − ∞ ∞ x d x = lim R → ∞ ( R 2 2 − R 2 2 ) = 0 \text{P.V.} \int_{-\infty}^{\infty} x\,\text{d}x = \lim_{R \to \infty} \left(\frac{R^2}{2} - \frac{R^2}{2}\right) = 0 P.V. ∫ − ∞ ∞ x d x = R → ∞ lim ( 2 R 2 − 2 R 2 ) = 0 The improper integral needs both limits to exist independently.
lim b → ∞ ∫ 0 b x d x = lim b → ∞ b 2 2 = ∞ \lim_{b \to \infty} \int_0^b x\,\text{d}x = \lim_{b \to \infty} \frac{b^2}{2} = \infty b → ∞ lim ∫ 0 b x d x = b → ∞ lim 2 b 2 = ∞ lim a → − ∞ ∫ a 0 x d x = lim a → − ∞ ( − a 2 2 ) = − ∞ \lim_{a \to -\infty} \int_a^0 x\,\text{d}x = \lim_{a \to -\infty} \left(-\frac{a^2}{2}\right) = -\infty a → − ∞ lim ∫ a 0 x d x = a → − ∞ lim ( − 2 a 2 ) = − ∞ Neither limit is finite, so the improper integral does not exist.
The principal value ties both ends to the same R R R 0 0 0 [ − R , 2 R ] [-R, 2R] [ − R , 2 R ]
lim R → ∞ ∫ − R 2 R x d x = lim R → ∞ 4 R 2 − R 2 2 = lim R → ∞ 3 R 2 2 = ∞ \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{2R} x\,\text{d}x = \lim_{R \to \infty} \frac{4R^2 - R^2}{2} = \lim_{R \to \infty} \frac{3R^2}{2} = \infty R → ∞ lim ∫ − R 2 R x d x = R → ∞ lim 2 4 R 2 − R 2 = R → ∞ lim 2 3 R 2 = ∞ The value depends on how the ends approach ± ∞ \pm\infty ± ∞
Simple Poles
Show that ∫ − ∞ ∞ d x ( x 2 + 1 ) ( x 2 + 4 ) = π 6 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{(x^2+1)(x^2+4)} = \frac{\pi}{6} ∫ − ∞ ∞ ( x 2 + 1 ) ( x 2 + 4 ) d x = 6 π
Here m = 0 m = 0 m = 0 n = 4 ≥ m + 2 n = 4 \ge m + 2 n = 4 ≥ m + 2 z = i z = i z = i z = 2 i z = 2i z = 2 i
Res ( R , i ) = 1 2 i ⋅ ( − 1 + 4 ) = 1 6 i \text{Res}(R, i) = \frac{1}{2i \cdot (-1 + 4)} = \frac{1}{6i} Res ( R , i ) = 2 i ⋅ ( − 1 + 4 ) 1 = 6 i 1 Res ( R , 2 i ) = 1 ( − 4 + 1 ) ⋅ 4 i = − 1 12 i \text{Res}(R, 2i) = \frac{1}{(-4 + 1) \cdot 4i} = -\frac{1}{12i} Res ( R , 2 i ) = ( − 4 + 1 ) ⋅ 4 i 1 = − 12 i 1 ∫ − ∞ ∞ d x ( x 2 + 1 ) ( x 2 + 4 ) = 2 π i ( 1 6 i − 1 12 i ) = π 6 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{(x^2+1)(x^2+4)} = 2\pi i \left(\frac{1}{6i} - \frac{1}{12i}\right) = \frac{\pi}{6} ∫ − ∞ ∞ ( x 2 + 1 ) ( x 2 + 4 ) d x = 2 π i ( 6 i 1 − 12 i 1 ) = 6 π Pole of Order 2
Show that ∫ − ∞ ∞ d x ( x 2 + 1 ) 2 = π 2 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{(x^2+1)^2} = \frac{\pi}{2} ∫ − ∞ ∞ ( x 2 + 1 ) 2 d x = 2 π
The only pole in the upper half-plane is z = i z = i z = i
Res ( R , i ) = lim z → i d d z ( z + i ) − 2 = lim z → i − 2 ( z + i ) − 3 = − 2 ( 2 i ) 3 = 1 4 i \text{Res}(R, i) = \lim_{z \to i} \frac{\text{d}}{\text{d}z} (z+i)^{-2} = \lim_{z \to i} -2(z+i)^{-3} = -\frac{2}{(2i)^3} = \frac{1}{4i} Res ( R , i ) = z → i lim d z d ( z + i ) − 2 = z → i lim − 2 ( z + i ) − 3 = − ( 2 i ) 3 2 = 4 i 1 ∫ − ∞ ∞ d x ( x 2 + 1 ) 2 = 2 π i ⋅ 1 4 i = π 2 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{(x^2+1)^2} = 2\pi i \cdot \frac{1}{4i} = \frac{\pi}{2} ∫ − ∞ ∞ ( x 2 + 1 ) 2 d x = 2 π i ⋅ 4 i 1 = 2 π Pole of Order 3
Show that ∫ − ∞ ∞ d x ( x 2 + 4 ) 3 = 3 π 256 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{(x^2+4)^3} = \frac{3\pi}{256} ∫ − ∞ ∞ ( x 2 + 4 ) 3 d x = 256 3 π
The only pole in the upper half-plane is z = 2 i z = 2i z = 2 i
Res ( R , 2 i ) = 1 2 ! lim z → 2 i d 2 d z 2 ( z + 2 i ) − 3 = 1 2 ⋅ 12 ( 4 i ) 5 = 6 1024 i \text{Res}(R, 2i) = \frac{1}{2!} \lim_{z \to 2i} \frac{\text{d}^2}{\text{d}z^2} (z+2i)^{-3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{12}{(4i)^5} = \frac{6}{1024\, i} Res ( R , 2 i ) = 2 ! 1 z → 2 i lim d z 2 d 2 ( z + 2 i ) − 3 = 2 1 ⋅ ( 4 i ) 5 12 = 1024 i 6 ∫ − ∞ ∞ d x ( x 2 + 4 ) 3 = 2 π i ⋅ 6 1024 i = 3 π 256 \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\text{d}x}{(x^2+4)^3} = 2\pi i \cdot \frac{6}{1024\, i} = \frac{3\pi}{256} ∫ − ∞ ∞ ( x 2 + 4 ) 3 d x = 2 π i ⋅ 1024 i 6 = 256 3 π 