10.2: Інтеграли
- Page ID
- 62917
Інтеграли\(\int_{-\infty}^{\infty}\) та\(\int_{0}^{\infty}\)
Обчислити
\[I = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{(1 + x^2)^2}\ dx.\]
Рішення
Нехай
\[f(z) = 1/(1 + z^2)^2.\]
Зрозуміло, що для\(z\) великих
\[f(z) \approx 1/z^4.\]
Зокрема, задовольняється гіпотеза Теореми 10.2.1. Використовуючи контур, показаний нижче, ми маємо, за теоремою залишку,
\[\int_{C_1 + C_R} f(z)\ dz = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside the contour.}\]
.svg)
Ми розглядаємо кожен з частин у вищевказаному рівнянні.
\(\int_{C_R} f(z)\ dz\): За теоремою 10.2.1 (а),
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0.\]
\(\int_{C_1} f(z)\ dz\): Безпосередньо ми бачимо, що
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \lim_{R \to \infty} \int_{-R}^{R} f(x)\ dx = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = I.\]
Отже\(R \to \infty\), дозволяючи, рівняння 10.3.4 стає
\[I = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside the contour.}\]
Нарешті, обчислюємо необхідні залишки:\(f(z)\) має полюси порядку 2 в\(\pm i\). Тільки\(z = i\) знаходиться всередині контуру, тому обчислимо залишок там. Нехай
\[g(z) = (z - i)^2 f(z) = \dfrac{1}{(z + i)^2}.\]
Тоді
\[\text{Res} (f, i) = g'(i) = -\dfrac{2}{(2i)^3} = \dfrac{1}{4i}\]
Отже,
\[I = 2\pi i \text{Res} (f, i) = \dfrac{\pi}{2}.\]
Обчислити
\[I = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{x^4 + 1} \ dx.\]
Рішення
Нехай\(f(z) = 1/(1 + z^4)\). Використовуємо той же контур, що і в попередньому прикладі (рис\(\PageIndex{2}\).
.svg)
Як і в попередньому прикладі,
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0\]
і
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = I.\]
Отже, за теоремою про залишок
\[I = \lim_{R \to \infty} \int_{C_1 + C_R} f(z) \ dz = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside the contour.}\]
Полюси все\(f\) прості і в
\[e^{i\pi /4}, e^{i3\pi /4}, e^{i5\pi /4}, e^{i7\pi /4}.\]
Тільки\(e^{i\pi /4}\) і\(e^{i 3\pi /4}\) знаходяться всередині контуру. Ми обчислюємо їх залишки як ліміти, використовуючи правило L'Hospital. Для\(z_1 = e^{i \pi /4}\):
\[\text{Res} (f, z_1) = \lim_{z \to z_1} (z - z_1) f(z) = \lim_{z \to z_1} \dfrac{z - z_1}{1 + z^4} = \lim_{z \to z_1} \dfrac{1}{4z^3} = \dfrac{1}{4e^{i 3\pi /4}} = \dfrac{e^{-i3\pi /4}}{4}\]
і для\(z_2 = e^{i 3\pi /4}\):
\[\text{Res} (f, z_2) = \lim_{z \to z_2} (z - z_2) f(z) = \lim_{z \to z_2} \dfrac{z - z_2}{1 + z^4} = \lim_{z \to z_2} \dfrac{1}{4z^3} = \dfrac{1}{4e^{i 9\pi /4}} = \dfrac{e^{-i\pi /4}}{4}\]
Отже,
\[I = 2\pi i (\text{Res} (f, z_1) + \text{Res} (f, z_2)) = 2\pi i (\dfrac{-1 - i}{4\sqrt{2}} + \dfrac{1 - i}{4\sqrt{2}}) = 2\pi i (-\dfrac{2i}{4\sqrt{2}}) = \pi \dfrac{\sqrt{2}}{2}\]
Припустимо\(b > 0\). Показати
\[\int_{0}^{\infty} \dfrac{\cos (x)}{x^2 + b^2} \ dx = \dfrac{\pi e^{-b}}{2b}.\]
Рішення
Перше, що потрібно відзначити, це те, що цілісність рівна, тому
\[I = \dfrac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\cos (x)}{x^2 + b^2}.\]
Також зверніть увагу, що квадрат у знаменнику говорить нам про те, що інтеграл є абсолютно збіжним.
Ми повинні бути обережними, тому що\(\cos (z)\) йде до нескінченності в будь-якій половині площини, тому гіпотези теореми 10.2.1 не задовольняються. Хитрість в тому, щоб замінити\(\cos (x)\) на\(e^{ix}\), так
\[\tilde{I} = \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{e^{ix}}{x^2 + b^2} \ dx, \ \ \ \ \text{with} \ \ \ \ I = \dfrac{1}{2} \text{Re} (\tilde{I}).\]
Тепер нехай
\[f(z) = \dfrac{e^{iz}}{z^2 + b^2}.\]
Бо\(z = x + iy\) з у\(y > 0\) нас є
\[|f(z)| = \dfrac{|e^{i(x + iy)}|}{|z^2 + b^2|} = \dfrac{e^{-y}}{|z^2 + b^2|}.\]
Так як\(e^{-y} < 1\),\(f(z)\) задовольняє гіпотези теореми 10.2.1 у верхній півплощині. Тепер ми можемо використовувати той же контур, що і в попередніх прикладах (рис\(\PageIndex{3}\).
.svg)
У нас є
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0\]
і
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \ dx = \tilde{I}.\]
Отже, за теоремою про залишок
\[\tilde{I} = \lim_{R \to \infty} \int_{C_1 + C_R} f(z)\ dz = 2\pi i \sum \text{ residues of } f \text{ inside the contour.}\]
Полюси\(f\) знаходяться в\(\pm bi\) і обидва прості. Тільки\(bi\) знаходиться всередині контуру. Обчислюємо залишок як ліміт, використовуючи правило L'Hospital
\[\text{Res} (f, bi) = \lim_{z \to bi} (z - bi) \dfrac{e^{iz}}{z^2 + b^2} = \dfrac{e^{-b}}{2bi}.\]
Отже,
\[\tilde{I} = 2\pi i \text{Res} (f, bi) = \dfrac{\pi e^{-b}}{b}.\]
Нарешті,
\[I = \dfrac{1}{2} \text{Re} (\tilde{I}) = \dfrac{\pi e^{-b}}{2b},\]
як стверджував.
Будьте обережні при\(\cos (z)\) заміні тим\(e^{iz}\), що це доречно. Ключовим моментом у наведеному вище прикладі було те, що\(I = \dfrac{1}{2} \text{Re} (\tilde{I})\). Це потрібно для того, щоб заміна стала корисною.