Uneigentliches Integral unter Verwendung des Residuensatzes

Ich soll das mit dem Residuensatz zeigen

∫ − ∞ ∞ cos ⁡ T ( T 2 + 1 ) 2 D T = π e .

Bisher habe ich daraus abgeleitet, dass ich eine Kontur übernehmen sollte a der weg von − R Zu R zusammen mit dem Halbkreis verbinden − R Zu R . Dann sollte ich das Limit so nehmen R gegen unendlich geht, zeigen, dass das Integral entlang des Halbkreisanteils verschwindet, und somit durch den Residuensatz und die Tatsache, dass der Integrand einen einfachen Pol an hat ich , das uneigentliche Integral ist gleich 2 π ich mal den Rest des Integranden at ich . Kann mir jemand sagen, ob ich das richtig angehe und möglicherweise einige Details erklären, weil ich Probleme habe.

Ist es eine einfache Stange?
Ah, das habe ich vergessen zu beachten! Wenn ich mich nicht irre, ist es ein Pol der Ordnung 2, also kein einfacher Pol.

Antworten (2)

Probieren Sie die komplexe Funktion aus F ( z ) = e ich z ( X 2 + 1 ) 2 auf dem Pfad

C R = [ − R , R ] ∪ Γ R , Γ R := { R e ich T ∈ C ; 0 < T < π } , R ∈ R +

Es hat einen einzigen Doppelpol innerhalb des von diesem Pfad eingeschlossenen Bereichs, nämlich at z = ich , und wir bekommen

res ( F ) z = ich = D D z ( ( z − ich ) 2 F ( z ) ) z = ich = D D z ( e ich z ( z + ich ) 2 ) | z = ich = ich e ich z ( z + ich ) − 2 e ich z ( z + ich ) 3 | z = ich =

= − 2 e − 1 − 2 e − 1 − 8 ich = − ich 2 e

und dann

− 2 π ich ⋅ ich 2 e = π e = ∮ C R F ( z ) D z = ∫ − R R e ich X ( X 2 + 1 ) 2 D X + ∫ Γ R F ( z ) D z

Noch

| ∫ Γ R F ( z ) D z | ≤ ℓ ( Γ R ) ⋅ max z ∈ Γ R | F ( z ) | = π R 2 Mindest | ( R 2 e 2 ich T + 1 | ) 2 ≤ π R 2 R 4 → R → ∞ 0

So

π e = lim R → ∞ ∮ C R F ( z ) D z = ∫ − ∞ ∞ cos ⁡ X + ich Sünde ⁡ X ( X 2 + 1 ) 2 D X

und Realteile vergleichen erhalten Sie Ihr Ergebnis.

Sie sind größtenteils auf dem richtigen Weg, aber es gibt ein paar Punkte:

  1. Sie können den Residuensatz nicht anwenden

    F ( z ) = cos ⁡ z ( z 2 + 1 ) 2 .
    Das Integral über einen angefügten Halbkreis wird tendenziell nicht 0 als R → ∞ (unabhängig von der Wahl der Halbebene). Betrachten Sie stattdessen
    F ( z ) = e ich z ( z 2 + 1 ) 2
    und nehmen Sie den Realteil des resultierenden Integrals. Bei dieser Wahl tendiert das Integral über den Halbkreis zu 0 Wenn R → ∞ wenn Sie die richtige Halbebene wählen. (Wofür wird benötigt | e ich z | klein sein?)

  2. Ihr Integrand weist Doppelpole auf z = ± ich .

Das ist hilfreich danke. Ich habe schon überlegt zu verwenden e ich z aus den von Ihnen genannten Gründen, aber ich hatte nicht darüber nachgedacht, welche Halbebene. Ich denke, ich sollte die obere Halbebene verwenden, da ich dann bekommen werde e ich ( ich C ) = e − C für einige positive real C was auf 0 gehen wird C → ∞ Rechts?
@TonyS.F. Ja, das ist richtig.
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