Несобственный интеграл при помошь вычетов

[Treunos]

Доброго времени суток. Давеча вычислял простенький интерал и столкнулся с тем, что мой ответ отличается от того, что выдаёт вольфрам и матлаб на аддитивную константу, равную 2. Ниже приведу своё решение, ткните носом в неточность пожалуйста.
$I=\lim\limits_{R \to +\infty }\int\limits_{-R}^{R}{\cfrac{\sin{x}}{x-i}}=\operatorname{Im}\left[ \textmd{v.p.} \int\limits_{-\infty}^{+\infty}{\cfrac{e^{ix}}{x-i}\right]=\operatorname{Im}\left[ 2\pi i \cdot \operatorname{Res}_{z=i}\cfrac{e^{iz}}{z-i} \right] =\cfrac{2\pi}{e}$.
В свою очередь пакеты выдают: $I=\cfrac{\pi}{e}$.
Если бы корень лежал на вещественной оси, то там действительно двойка отсутствует в формуле, но здесь же чисто мнимое значение, поэтому что - то не пойму.

[Otta]

Исходный интеграл не равен мнимой части следующего: синус, конечно, будет мнимой частью экспоненты, но знаменатель не вещественный на $\mathbb R$.

[Treunos]

Otta
Тогда подскажите пожалуйста, как здесь быть.

[Otta]

Ну например, выделить вещественную и мнимую часть у того, что есть. На сопряженное там домножить. Придумаете.
Хороший рецепт: не пользоваться слепо готовой формулой, а немножко понимать, откуда она берется. Тем более, что в данном случае это одноходовка.

[Treunos]

Otta
Да уже подзабылась теория вычетов.
Большое Вам спасибо за ответы.

[ewert]

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1210535 писал(а):

Хороший рецепт: не пользоваться слепо готовой формулой, а немножко понимать, откуда она берется. Тем более, что в данном случае это одноходовка.

Рецепт хороший, но одноходовка (вернее, двухходовка) -- это не про него. "Понимать, откуда берётся" -- это не про домножение на сопряжённое, а про расписывание синуса через экспоненты и замыкание контуров в разных полуплоскостях. Домножение же -- уже чисто технический трюк.

[Otta]

(Оффтоп)

ewert
Спасибо, я запишу где-нибудь на память.