Particolare sulla scelta del segno durante il calcolo $\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2} \, dx$ dai residui

Question

Dì che voglio calcolare $\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx$dai residui. Uso il tradizionale contorno dell'osso di cane. I piccoli circuiti intorno$-1$ e $1$non contribuisco, mentre i segmenti al centro sommano fino al doppio dell'integrale che desidero. Il risultato totale è il residuo all'infinito. Fin qui tutto bene.

Il mio problema è che quando voglio calcolare la residenza all'infinito di $\sqrt{1-z^2}$ Scrivo io $z=1/w$, $dz=-dw/w^2$ così $$\sqrt{1-z^2} \, dz=-\frac{1}{w^2}\sqrt{1-\frac{1}{w^2}} \, dw=-\frac{1}{w^3} \sqrt{w^2-1} \, dw$$ e ho bisogno di espandere $\sqrt{w^2-1}$ in giro $w=0$. Questo viene fatto scrivendo $$\sqrt{w^2-1}=\sqrt{(-1)(1-w^2)}=\pm i\sqrt{1-w^2}$$ e poi in espansione $\sqrt{1-w^2}$.

La mia domanda è molto specifica: come decido se prendere $+i$ o $-i$ sopra?

Answer 1

Questa risposta fornisce un primer, e questo , e questo fornisce esempi sull'integrazione attorno al contorno dell'osso del cane.

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Per prima cosa, abbiamo bisogno $\sqrt{1-x^2}\ge 0$ per $x\in [-1,1]$. Successivamente, selezioniamo i tagli dei rami da$-1$ per $-\infty$ e da $1$ per $-\infty$ con

$$\begin{align} -\pi\le \arg(z\pm 1)\le \pi\tag1 \end{align}$$

Con questa scelta per le diramazioni e le ramificazioni associate, allora abbiamo

$$\sqrt{1-z^2}=-i\sqrt{z^2-1}\tag2$$

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Per vedere il razionale per il segno meno accedi $(2)$, esaminiamo $-i\sqrt{z^2-1}$ per valori di $z\in [-1,1]$ sulla parte superiore del ramo tagliato (es $z=x+i0^+$, con $x\in [-1,1]$).

Sulla porzione superiore del ramo tagliato e sull'intervallo $[-1,1]$, $\arg(z^2-1)=\pi$ e quindi $\sqrt{z^2-1}=i\sqrt{|z^2-1|}$. Nella misura in cui richiediamo$\sqrt{1-z^2}\ge 0$ per $z\in [-1,1]$ sulla parte superiore del ramo tagliato, dobbiamo moltiplicare $\sqrt{z^2-1}=i\sqrt{|z^2-1|}$ di $-i$

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Questi tagli di ramo si uniscono lungo il raggio da $-1$ per $-\infty$ e, come scelto, render $\sqrt{z^2-1}$ analitica $\mathbb{C}\setminus[-1,1]$.

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Il teorema integrale di Cauchy garantisce che il valore dell'integrale di $\sqrt{1-z^2}$ sul classico contorno dell'osso di cane, $C_{D}$, è, quindi, uguale al valore dell'integrale di $\sqrt{1-z^2}$ sopra il cerchio $|z|=R>1$ per ogni $R>1$. Quindi, abbiamo per$R>1$

$$\begin{align} \oint_{C_D}\sqrt{1-z^2}\,dz&=\oint_{C_D}(-i\sqrt{z^2-1})\,dz\\\\ &=-i\oint_{|z|=R}\sqrt{z^2-1}\,dz\\\\ &=-i\int_{-\pi}^\pi \sqrt{R^2e^{i2\phi}-1}\,\,(iRe^{i\phi})\,d\phi\tag3 \end{align}$$

Possiamo scrivere $\sqrt{R^2e^{i2\phi}-1}$ come

$$\begin{align} \sqrt{R^2e^{i2\phi}-1}&=Re^{i\phi}\sqrt{1-\frac1{R^2e^{i2\phi}}}\\\\ &=Re^{i\phi} \left(1-\frac1{2R^2e^{i2\phi}}+O\left(\frac1{R^4e^{i4\phi}}\right)\right)\tag4 \end{align}$$

Utilizzando $(4)$ nel $(3)$e lasciando $R\to \infty$ lo troviamo

$$\oint_{C_d}\sqrt{1-z^2}\,dz=-\pi$$.

Infine, notando che l'integrazione attorno ai contorni chiusi è stata presa in senso antiorario, abbiamo

$$\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=-\frac12\oint_{C_D}\sqrt{1-z^2}\,dz=\frac\pi2$$

E abbiamo finito!

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Se desideriamo fare appello al residuo all'infinito, allora lo abbiamo

$$\begin{align} \oint_{C_D}\sqrt{1-z^2}\,dz&=-2\pi i \text{Res}\left(\sqrt{1-z^2}, z=\infty\right)\tag5 \end{align}$$

dove

$$\begin{align} \text{Res}\left(\sqrt{1-z^2}, z=\infty\right)&=-i\text{Res}\left(\sqrt{z^2-1}, z=\infty\right)\\\\ &-i\text{Res}\left(-\frac1{w^2}\sqrt{\frac1{w^2}-1}, w=0\right)\\\\ &=i\text{Res}\left(\frac1{w^3}\sqrt{1-w^2}, w=0\right)\\\\ &=-\frac{i}{2}\tag6 \end{align}$$

Utilizzando $(5)$ e $(6)$, lo troviamo

$$\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac\pi2$$

come previsto!