Bewertung des realen Integrals mithilfe komplexer Analysen.
Ich versuche das folgende Integral zu berechnen: $$\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx$$
Ich werde nicht alles aufschreiben, was ich getan habe, sondern den Zweig wählen, der auf den positiven realen Achsen geschnitten ist, die wir haben:
$$\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx=\pi i \sum_{z_i}Res(f,z_i) \qquad z_i\in\{\pm \sqrt{i},\pm\sqrt{-i}\}$$
Wir müssen also vier Reste berechnen. Mein Gedanke war, den Astschnitt zu verändern, indem ich ihn auf die negativen imaginären Achsen legte. Wir können es tun, indem wir wählen$arg(z) \in (-\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}]$. Also haben wir das:
$$(1+i)\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx=2\pi i \sum_{z_i}Res(f,z_i) \qquad z_i\in\{e^{i\frac{\pi}{4}},e^{i\frac{3\pi}{4}}\}$$
Auf diese Weise müssen wir jetzt nur noch zwei Reste berechnen. Aber ich finde wirklich Schwierigkeiten bei der Berechnung dieser Rückstände: Tatsächlich kann ich nicht das erwartete Ergebnis erzielen. Können Sie mir bitte die Berechnung zeigen und mir sagen, ob mein Argument klar und richtig war?
Danke im Voraus.
Antworten
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{\root{x} \over 1 + x^{4}}\,\dd x = {1 \over 4}\pi\sec\pars{\pi \over 8}} = {1 \over 2}\pi\root{1 - {\root{2} \over 2}} \approx 0.8501: {\Large ?}}$. Im Folgenden werde ich eine Bewertung von durchführen$\ds{\oint_{\cal C}{\root{z} \over 1 + z^{4}}\,\dd z}$ wo $\ds{\cal C}$wird in jedem definierten speziellen Fall für den gewählten$\ds{\root{z}}$-zweig geschnitten.
$\ds{\Large\left.\mbox{a}\right)}$ Das $\ds{\root{z}}$-zweigschnitt ist gegeben durch $$ \root{z} = \root{\verts{z}}\expo{\ic\arg\pars{z}/2}\,,\quad 0 < \arg\pars{z} < 2\pi\,\quad z \not= 0 $$ Welches ist die OP-Wahl . Pole sind gegeben durch $\ds{p_{n} = \expo{n\pi\ic/4}\ \mbox{with}\ n = 1,3,5,7}$. Dann, \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\oint_{}{\root{z} \over 1 + z^{4}}\,\dd z} = 2\pi\ic\sum_{\braces{p_{n}}}{\root{p_{n}} \over 4p_{n}^{3}} \\[5mm] = &\ -\,{1 \over 2} \,\pi\ic\sum_{\braces{p_{n}}}p_{n}\root{p_{n}} = \pi\root{1 - {\root{2} \over 2}}\label{1}\tag{1} \end{align} Ebenfalls, \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\oint_{}{\root{z} \over 1 + z^{4}}\,\dd z} = \int_{0}^{\infty}{\root{x} \over 1 + x^{4}}\,\dd x \\[2mm] + & \require{cancel} \cancel{\mbox{integration over arc with}\ \pars{\mbox{radius}\ \to \infty}} \\[2mm] & + \int_{\infty}^{0}{\root{x}\expo{\ic\pi} \over 1 + x^{4}}\,\dd x = 2\int_{0}^{\infty}{\root{x} \over 1 + x^{4}}\,\dd x\label{2}\tag{2} \end{align} Mit (\ ref {1}) und (\ ref {2}): \begin{align} \bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{\root{x} \over 1 + x^{4}}\,\dd x} & = \bbx{{1 \over 2}\pi\root{1 - {\root{2} \over 2}}} \approx 0.8501 \\ & \end{align}
$\ds{\Large\left.\mbox{b}\right)}$Ich denke, die folgende Auswertung ist die einfachste, da sie nur EINEN Pol umfasst : Die Integration wird entlang eines Viertelkreises im ersten Quadranten der komplexen Ebene durchgeführt. Das$\ds{\root{z}}$-zweigschnitt ist gegeben durch $$ \root{z} = \root{\verts{z}}\expo{\ic\arg\pars{z}/2}\,,\quad -\pi < \arg\pars{z} < \pi\,\quad z \not= 0 $$ Welches ist der wichtigste . Die Kontur umschließt die Stange $\ds{p = \expo{\pi\ic/4}}$. Dann, \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty} {\root{x} \over 1 + x^{4}}\dd x} \\[5mm] = &\ 2\pi\ic\,{p^{1/2} \over 4p^{3}} - \int_{\infty}^{0} {\root{y}\expo{\pi\ic/4} \over 1 + y^{4}}\, \ic\,\dd y \\[5mm] = &\ -\,{1 \over 2}\,\pi\ic\, \expo{3\pi\ic/8} + \ic\expo{\pi\ic/4}\int_{0}^{\infty} {\root{y} \over 1 + y^{4}}\,\dd y \\[5mm] \implies &\ \int_{0}^{\infty} {\root{x} \over 1 + x^{4}}\dd x = {\pars{-\pi\ic/2} \expo{3\pi\ic/8} \over 1 - \ic\expo{\pi\ic/4}} \\[5mm] = &\ \bbx{{1 \over 2}\pi\root{1 - {\root{2} \over 2}}} \approx 0.8501 \\ & \end{align}
$\ds{\Large\left.\mbox{c}\right)}$
Ramanujans Hauptsatz : \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty} {\root{x} \over 1 + x^{4}}\dd x} \,\,\,\stackrel{x^{4}\ \mapsto\ x}{=}\,\,\, {1 \over 4}\int_{0}^{\infty} {x^{\color{red}{3/8} - 1} \over 1 + x}\dd x \end{align} Beachten Sie, dass $\ds{{1 \over 1 + x} = \sum_{k = 0}^{\infty}\pars{-x}^{k} = \sum_{k = 0}^{\infty}\color{red}{\Gamma\pars{1 + k}}{\pars{-x}^{k} \over k!}}$.
Dann, \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty} {\root{x} \over 1 + x^{4}}\dd x} = {1 \over 4}\bracks{\Gamma\pars{3 \over 8} \Gamma\pars{1 - {3 \over 8}}} \\[5mm] = & {1 \over 4}\,{\pi \over \sin\pars{3\pi/8}} = {1 \over 4}\,\pi\sec\pars{\pi \over 8} \\[5mm] = &\ \bbx{{1 \over 2}\pi\root{1 - {\root{2} \over 2}}} \approx 0.8501 \\ & \end{align}
Die Berechnung der Rückstände ist relativ einfach, wenn Sie einfache Pole haben.
Genau, wenn $z_0$ ist dann eine einfache Stange $f(z) = a_{-1}(z-z_{0})^{-1}+ \sum\limits_{n \geq 0}a_n(z-z_0)^n$
Damit $(z-z_{0})f(z) = (z-z_{0})^{-1}+ \sum\limits_{n \geq 0}a_n(z-z_0)^n$ was impliziert
$$\text{Res}(f,z_{0}) = a_{-1} = \lim\limits_{z \to z_0}(z-z_{0})f(z)$$
Dieses Ergebnis ist nützlich, wenn wir konditionieren $f$ der Form $\frac{f}{q}$ mit $p,q$ holomorphe Funktion, $p(z_0) \ne 0$ und $z_0$ eine einfache Stange von $q$ schon seit
$$\text{Res}(f,z_{0})= a_{-1} = \lim\limits_{z \to z_0}(z-z_{0})\frac{p(z)}{q(z)} = \frac{p(z_0)}{q'(z_0)}$$
Im Allgemeinen :
Für Pole höherer Ordnung könnte eine Strategie sein: Wenn $f$ hat einen Pol der Ordnung $k$ im $z_0$, $g(z) = (z-z_0)^k f(k)$ erstreckt sich auf eine holomorphe Funktion in $z_0$ (Ich werde es falsch nennen $g$ auch)
Mit dieser Einstellung $$f(z) = a_{-k}(z-z_0)^k + \cdots + a_{-1}(z-z_0)^{-1} + \sum\limits_{n \geq 0}a_n(z-z_0)^n$$
$$g(z) = a_{-k} + \cdots + a_{-1}(z-z_0)^{k-1} + \sum\limits_{n \geq 0}a_n(z-z_0)^{n+k}$$
Damit $a_{-1}$ ist der Koeffizient von $(z-z_0)^{k-1}$ bei der Erweiterung von $g$das ist holomorph. Wissend, dass$a_{n} = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$ wir haben $$\text{Res}(f,z_{0}) = a_{-1} = \frac{g^{(k-1)}(z_0)}{(k-1)!}$$
Hoffe das hilft bei deinen Berechnungen.
Unter $x^4\to x$, $$\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx=\frac14\int_0^\infty\frac{1}{x^{5/8}(1+x)}dx. $$ Lassen $$ f(z)=\frac{1}{z^{5/8}(1+z)}. $$ Lassen $C_r, C_R$ Kreise sein bei $0$ schneiden aus $r$ zu $R$bzw. und $C_1, C_2$ Seien Sie der obere und untere Teil des Segments von $r$ zu $R$. Dann für große$R>0$ und Klein $r>0$, $$ \int_{C_R}f(z)dz+\int_{C_r^-}f(z)dz+\int_0^{R}f(x)dx-\int_0^{R}f(xe^{2\pi i})dx=2\pi i\text{Res}(f,z=-1). $$ Deutlich $$ \bigg|\int_{C_R}f(z)dz\bigg|\le\frac{1}{R^{5/8}(R-1)}2\pi R=\frac{2\pi R^{3/8}}{R-1}, \bigg|\int_{C_r^-}f(z)dz\bigg|\le\frac{1}{r^{5/8}(1-r)}2\pi r=\frac{2\pi r^{3/8}}{1-r} $$ und $$ \int_0^{R}f(xe^{2\pi i})dx=e^{-5\pi i/4}\int_0^\infty f(x)dx, \text{Re}(f,z=-1)=e^{-5\pi i/8}. $$ Also lassen $R\to\infty, r\to 0^+$, hat man $$ (1+e^{-5\pi i/4})\int_0^\infty f(x)dx=2\pi i e^{-5\pi i/8} $$ oder $$ \int_0^\infty f(x)dx=\frac{2\pi i e^{-5\pi i/8}}{1+e^{-5\pi i/4}}=\frac{\pi}{\cos(\pi/8)}. $$ So $$\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx=\frac14\int_0^\infty\frac{1}{x^{5/8}(1+x)}dx=\frac{\pi}{4\cos(\pi/8)}. $$