10.1: Інтеграли функцій, які розпадаються

Теореми в цьому розділі допоможуть нам у виборі замкнутого контуру,\(C\) описаного у вступі.

Перша теорема для функцій, які розпадаються швидше\(1/z\).

Теорема\(\PageIndex{1}\)

(a) Припустимо\(f(z)\), що визначається у верхній півплощині. Якщо є\(a > 1\) і\(M > 0\) таке, що

\[|f(z)| < \dfrac{M}{|z|^a}\]

для\(|z|\) великих тоді

\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0,\]

де\(C_R\) - півколо, показаний нижче зліва.

Півкола: ліворуч:\(Re^{i \theta}, 0 < \theta < \pi\) праворуч:\(Re^{i \theta}, \pi < \theta < 2\pi\). (CC BY-NC; Уміти Кая)

(b) Якщо\(f(z)\) визначено в нижній півплощині і

\[|f(z)| < \dfrac{M}{|z|^a},\]

де\(a > 1\) тоді

\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0,\]

де\(C_R\) - півколо, показаний вище праворуч.

Доказ

Доведемо (а), (b) по суті те ж саме. Для інтегралів використано нерівність трикутника та оцінку, наведену в гіпотезі. Для\(R\) великих

\[|\int_{C_R} f(z)\ dz| \le \int_{C_R} |f(z)|\ |dz| \le \int_{C_R} \dfrac{M}{|z|^a} |dz| = \int_{0}^{\pi} \dfrac{M}{R^a} R \ d\theta = \dfrac{M \pi}{R^{a - 1}}.\]

Так як\(a > 1\) це явно йде до 0 як\(R \to \infty\). \(\text{QED}\)

Наступна теорема - для функцій, які розпадаються як\(1/z\). Це вимагає певної обережності, щоб заявити і довести.

Теорема\(\PageIndex{2}\)

(a) Припустимо\(f(z)\), що визначається у верхній півплощині. Якщо є\(M > 0\) таке, що

\[|f(z)| < \dfrac{M}{|z|}\]

для\(|z|\) великих, то для\(a > 0\)

\[\lim_{x_1 \to \infty, x_2 \to \infty} \int_{C_1 + C_2 + C_3} f(z) e^{iaz}\ dz = 0,\]

де\(C_1 + C_2 + C_3\) прямокутний шлях, показаний нижче зліва.

Прямокутні доріжки висоти і ширини\(x_1 + x_2\). (CC BY-NC; Уміти Кая)

(б) Аналогічно, якщо\(a < 0\) тоді

\[\lim_{x_1 \to \infty, x_2 \to \infty} \int_{C_1 + C_2 + C_3} f(z) e^{iaz}\ dz = 0,\]

де\(C_1 + C_2 + C_3\) прямокутний шлях, показаний вище праворуч.

Примітка: На відміну від теореми 10.2.1 ця теорема повинна включати коефіцієнт\(e^{iaz}\).

Доказ

(а) Ми починаємо з параметризації\(C_1, C_2, C_3\).

\(C_1: \gamma_1 (t) = x_1 + it\),\(t\) від 0 до\(x_1 + x_2\)

\(C_2: \gamma_2 (t) = t + i(x_1 + x_2)\),\(t\) від\(x_1\) до\(-x_2\)

\(C_3: \gamma_3 (t) = -x_2 + it\),\(t\) від 0\(x_1 + x_2\) до 0.

Далі дивимося на кожен інтеграл по черзі. Ми припускаємо\(x_1\) і\(x_2\) досить великі, що

\[|f(z)| < \dfrac{M}{|z|}\]

на кожній з кривих\(C_j\).

\[\begin{array} {rcl} {|\int_{C_1} f(z) e^{iaz}\ dz|} & \le & {\int_{C_1} |f(z) e^{iaz}|\ |dz| \le \int_{C_1} \dfrac{M}{|z|} |e^{iaz}|\ |dz|} \\ {} & = & {\int_{0}^{x_1 + x_2} \dfrac{M}{\sqrt{x_1^2 + t^2}} |e^{iax_1 - at}|\ dt} \\ {} & \le & {\dfrac{M}{x_1} \int_{0}^{x_1 + x_2} e^{-at}\ dt} \\ {} & = & {\dfrac{M}{x_1} (1 - e^{-a(x_1 + x_2)})/a.} \end{array}\]

Так як\(a > 0\), зрозуміло, що цей останній вираз переходить до 0 як\(x_1\) і\(x_2\) перейти до\(\infty\).

\[\begin{array} {rcl} {|\int_{C_2} f(z) e^{iaz}\ dz|} & \le & {\int_{C_2} |f(z) e^{iaz}|\ |dz| \le \int_{C_2} \dfrac{M}{|z|} |e^{iaz}|\ |dz|} \\ {} & = & {\int_{-x_2}^{x_1} \dfrac{M}{\sqrt{t^2 + (x_1 + x_2)^2}} |e^{iat - a(x_1 + x_2)}|\ dt} \\ {} & \le & {\dfrac{Me^{-a(x_1 + x_2)}}{x_1 + x_2} \int_{0}^{x_1 + x_2} \ dt} \\ {} & \le & {Me^{-a(x_1 + x_2)}} \end{array}\]

Знову ж таки, очевидно, цей останній вираз переходить до 0 як\(x_1\) і\(x_2\) перейти до\(\infty\).

Аргумент за по суті\(C_3\) такий же, як і для\(C_1\), тому ми залишаємо його читачеві.

Доказ для частини (b) однаковий. Потрібно стежити за знаком в експоненціальних знаках і переконатися, що він негативний.

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Див. приклад 10.8.1 нижче для прикладу з використанням теореми 10.2.2.