10.4: Інтегради з розрізами гілок
- Page ID
- 62911
Обчислити
\[I = \int_{0}^{\infty} \dfrac{x^{1/3}}{1 + x^2} \ dx.\]
Рішення
Нехай
\[f(x) = \dfrac{x^{1/3}}{1 + x^2}.\]
Оскільки це асимптотично порівнянне з\(x^{-5/3}\), інтеграл абсолютно збігається. Як складна функція
\[f(z) = \dfrac{z^{1/3}}{1 + z^2}\]
потрібен зріз гілки, щоб бути аналітичним (або навіть безперервним), тому нам потрібно буде врахувати це при виборі контуру.
Спочатку виберіть наступну гілку, розрізану вздовж позитивної реальної осі. Тобто, бо\(z = re^{i \theta}\) не на осі, у нас є\(0 < \theta < 2\pi\).
Далі використовуємо контур,\(C_1 + C_R - C_2 - C_r\) показаний на малюнку\(\PageIndex{1}\).
.svg)
Ставимо зручні знаки на шматки так, щоб інтеграли параметризувалися природним чином. Ви повинні прочитати цей контур як\(r\) такий малий, що\(C_1\) і\(C_2\) по суті знаходиться на\(x\) -осі. Відзначимо добре, що, так як\(C_1\) і\(C_2\) знаходяться по протилежних сторонам гілки зрізаються, інтеграл
\[\int_{C_1 - C_2} f(z)\ dz \ne 0.\]
Спочатку ми аналізуємо інтеграл над кожним шматочком кривої.
Про\(C_R\): Теорема 10.2.1 говорить, що
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0.\]
На\(C_r\): Для конкретності, припустимо\(r < 1/2\). У нас\(|z| = r\), так
\[|f(z)| = \dfrac{|z^{1/3}|}{|1 + z^2|} \le \dfrac{r^{1/3}}{1 - r^2} \le \dfrac{(1/2)^{1/3}}{3/4}.\]
Називайте останнє число в наведеному вище рівнянні\(M\). Ми показали, що для малого\(r, |f(z)| < M\). Отже,
\[|\int_{C_r} f(z)\ dz| \le \int_{0}^{2\pi} |f(re^{i \theta})||ire^{i \theta}| \ d\theta \le \int_{0}^{2\pi} Mr \ d\theta = 2\pi Mr.\]
Зрозуміло, що це йде до нуля як\(r \to 0\).
На\(C_1\):
\[\lim_{r \to 0, R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \int_{0}^{\infty} f(x) \ dx = I.\]
На\(C_2\): У нас є (по суті)\(\theta = 2\pi\), так\(z^{1/3} = e^{i2\pi /3} |z|^{1/3}\). Таким чином,
\[\lim_{r \to 0, R \to \infty} \int_{C_2} f(z)\ dz = e^{i2\pi /3} \int_{0}^{\infty} f(x) \ dx = e^{i 2\pi /3} I.\]
Полюси\(f(z)\) знаходяться в\(\pm i\). Оскільки\(f\) мероморфний всередині нашого контуру, теорема про залишок говорить
\[\int_{C_1 + C_R - C_2 - C_r} f(z)\ dz = 2\pi i (\text{Res} (f, i) + \text{Res} (f, -i)).\]
\(r \to 0\)Проведення\(R \to \infty\) і аналіз вище показує
\[(1 - e^{i2\pi /3}) I = 2\pi i (\text{Res} (f, i) + \text{Res} (f, -i))\]
Залишилося лише обчислити залишки за допомогою обраної гілки\(z^{1/3}\)
\[\text{Res} (f, -i) = \dfrac{(-i)^{1/3}}{-2i} = \dfrac{(e^{i3\pi /2})^{1/3}}{2e^{i3\pi /2}} = \dfrac{e^{-i \pi}}{2} = -\dfrac{1}{2}\]
\[\text{Res} (f, i) = \dfrac{i^{1/3}}{2i} = \dfrac{e^{i \pi /6}}{2e^{i \pi /2}} = \dfrac{e^{-i\pi /3}}{2}\]
Трохи більше алгебри дає
\[(1 - e^{i2\pi /3}) I = 2\pi i \cdot \dfrac{-1 + e^{-i \pi /3}}{2} = \pi i (-1 + 1/2 - i \sqrt{3} /2) = -\pi i e^{i \pi /3}.\]
Продовжуючи
\[I = \dfrac{-\pi ie^{i \pi /3}}{1 - e^{i 2\pi /3}} = \dfrac{\pi i}{e^{i \pi /3} - e^{-\pi i/3}} = \dfrac{\pi /2}{(e^{i \pi /3} - e^{-i\pi /3})/2i} = \dfrac{\pi /2}{\sin (\pi /3)} = \dfrac{\pi}{\sqrt{3}}.\]
Фу! (Примітка: перевірка розсудливості полягає в тому, що результат реальний, яким він повинен був бути.)
Обчислити
\[I = \int_{1}^{\infty} \dfrac{dx}{x \sqrt{x^2 - 1}}.\]
Рішення
Нехай
\[f(z) = \dfrac{1}{z \sqrt{z^2 - 1}}.\]
Перше, що ми покажемо, це те, що інтеграл
\[\int_{1}^{\infty} f(x)\ dx\]
абсолютно сходиться. Для цього ми розбиваємо його на два інтеграли.
\[\int_{1}^{\infty} \dfrac{dx}{x\sqrt{x^2 - 1}} = \int_{1}^{2} \dfrac{dx}{x \sqrt{x^2 - 1}} + \int_{2}^{\infty} \dfrac{dx}{x \sqrt{x^2 - 1}}.\]
Перший інтеграл праворуч можна переписати як
\[\int_{1}^{2} \dfrac{1}{x \sqrt{x + 1}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{x - 1}} \ dx \le \int_{1}^{2} \dfrac{1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{x - 1}} \ dx = \dfrac{2}{\sqrt{2}} \sqrt{x - 1} \vert_1^2.\]
Це показує, що перший інтеграл є абсолютно збіжним.
\(f(x)\)Функція асимптотично порівнянна з\(1/x^2\), тому інтеграл від 2 до також\(\infty\) є абсолютно збіжним.
Можна зробити висновок, що початковий інтеграл абсолютно збігається.
Далі використовуємо наступний контур. Тут ми припускаємо, що великі кола мають радіус\(R\), а малі мають радіус\(r\) (рис.\(\PageIndex{2}\)).
.svg)
Ми використовуємо виріз гілки для квадратного кореня, який видаляє позитивну дійсну вісь. У цій гілці
\[0 < \text{arg} (z) < 2\pi \ \ \ \text{and} \ \ \ 0 < \text{arg} (\sqrt{w}) < \pi.\]
Для\(f(z)\) цього виникає необхідність розрізу гілки, яка видаляє промені\([1, \infty)\) і\((-\infty, -1]\) зі складної площини.
Полюс у\(z = 0\) - єдина сингулярність\(f(z)\) всередині контуру. Це легко обчислити, що
\[\text{Res} (f, 0) = \dfrac{1}{\sqrt{-1}} = \dfrac{1}{i} = -i.\]
Отже, теорема про залишок дає нам
\[\int_{C_1 + C_2 - C_3 - C_4 + C_5 - C_6 - C_7 + C_8} f(z)\ dz = 2 \pi i \text{Res} (f, 0) = 2\pi.\]
Через мить ми покажемо наступні межі
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \lim_{R \to \infty} \int_{C_5} f(z)\ dz = 0\]
\[\lim_{r \to 0} \int_{C_3} f(z)\ dz = \lim_{r \to \infty} \int_{C_7} f(z)\ dz = 0.\]
Ми також покажемо
\[\begin{array} {rcl} {\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{C_2} f(z) \ dz} & = & {\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{-C_4} f(z) \ dz} \\ {} & = & {\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{-C_6} f(z)\ dz = \lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{C_8} f(z)\ dz = I.} \end{array}\]
Використовуючи ці межі, Рівняння 10.5.23 передбачає\(4I = 2\pi\), тобто
\[I = \pi /2.\]
Все, що залишилося, - це довести межі, зазначені вище.
Межі для\(C_1\) і\(C_5\) випливають з теореми 10.2.1, оскільки
\[|f(z)| \approx 1/|z|^{3/2}\]
для великих\(z\).
Отримуємо ліміт для\(C_3\) наступним чином. \(r\)Припустимо, мало, скажімо, набагато менше 1. Якщо
\[z = -1 + re^{i \theta}\]
знаходиться на\(C_3\) тоді,
\[|f(z)| = \dfrac{1}{|z\sqrt{z - 1} \sqrt{z + 1}|} = \dfrac{1}{|-1 + re^{i \theta}| \sqrt{|-2 + re^{i \theta}|} \sqrt{r}} \le \dfrac{M}{\sqrt{r}}.\]
де\(M\) вибирається більше, ніж
\[\dfrac{1}{|-1 + re^{i \theta}|\sqrt{|-2 + re^{i \theta}|}}\]
для всіх малих\(r\).
Таким чином,
\[|\int_{C_3} f(z) \ dz| \le \int_{C_3} \dfrac{M}{\sqrt{r}} \ |dz| \le \dfrac{M}{|\sqrt {r}|} \cdot 2 \pi r = 2 \pi M \sqrt{r}.\]
Цей останній вираз явно переходить до 0 як\(r \to 0\).
Межа для інтегрального понад\(C_7\) аналогічна.
Ми можемо параметризувати\(C_8\) пряму
\[z = x + i \epsilon,\]
де\(\epsilon\) - невелике додатне число і\(x\) йде від (приблизно) 1 до\(\infty\). Таким чином, на\(C_8\), ми маємо
\[\text{arg} (z^2 - 1) \approx 0 \ \ \ \text{and} \ \ \ f(z) \approx f(x).\]
Всі ці наближення стають точними як\(r \to 0\). Таким чином,
\[\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{C_8} f(z)\ dz = \int_{1}^{\infty} f(x)\ dx = I.\]
Ми можемо параметризувати\(-C_6\)
\[z = x - i \epsilon\]
де\(x\) йде від\(\infty\) до 1. Таким чином, на\(C_6\), ми маємо
\[\text{arg} (z^2 - 1) \approx 2 \pi,\]
тому
\[\sqrt{z^2 - 1} \approx -\sqrt{x^2 - 1}.\]
Це має на увазі
\[f(z) \approx \dfrac{1}{(-x)(-\sqrt{x^2 - 1})} = f(x).\]
Таким чином,
\[\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{C_2} f(z)\ dz = \int_{\infty}^{1} f(x) (-dx) = \int_{1}^{\infty} f(x)\ dx = I.\]
Остання крива\(-C_4\) обробляється аналогічно.