計算時の符号の選択に関する詳細 $\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2} \, dx$ 残基による
計算したい $\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx$残留物による。私は伝統的な犬の骨の輪郭を使用しています。周りの小さな回路$-1$ そして $1$貢献しないでください、真ん中のセグメントは私が望む積分の2倍になります。合計の結果は、無限大の留数です。ここまでは順調ですね。
私の問題は、無限大のレジデントを計算したいときです。 $\sqrt{1-z^2}$ 私は書きます $z=1/w$、 $dz=-dw/w^2$ そう $$\sqrt{1-z^2} \, dz=-\frac{1}{w^2}\sqrt{1-\frac{1}{w^2}} \, dw=-\frac{1}{w^3} \sqrt{w^2-1} \, dw$$ そして私は拡大する必要があります $\sqrt{w^2-1}$ 周り $w=0$。これは書くことによって行われます $$\sqrt{w^2-1}=\sqrt{(-1)(1-w^2)}=\pm i\sqrt{1-w^2}$$ そして拡大 $\sqrt{1-w^2}$。
私の質問は非常に具体的です：どのように私は取るかどうかを決めるのですか $+i$ または $-i$ 上記？
回答
https://math.stackexchange.com/questions/2143137/integrating-around-a-dog-bone-contour 入門書を提供し、 https://math.stackexchange.com/questions/2216820/computing-int-11-frac-sqrt1-x2x21-using-residue-calculus?noredirect=1&lq=1、および https://math.stackexchange.com/questions/1261515/dog-bone-contour-integral 犬の骨の輪郭の周りに統合する例を提供します。
まず、 $\sqrt{1-x^2}\ge 0$ ために $x\in [-1,1]$。次に、から分岐カットを選択します$-1$ に $-\infty$ とから $1$ に $-\infty$ と
$$\begin{align} -\pi\le \arg(z\pm 1)\le \pi\tag1 \end{align}$$
分岐カットと関連する分岐に対してこの選択を行うと、次のようになります。
$$\sqrt{1-z^2}=-i\sqrt{z^2-1}\tag2$$
マイナス記号の根拠を確認するには $(2)$、調べます $-i\sqrt{z^2-1}$ の値について $z\in [-1,1]$ ブランチカットの上部（すなわち $z=x+i0^+$、と $x\in [-1,1]$）。
分岐カットの上部と間隔 $[-1,1]$、 $\arg(z^2-1)=\pi$ それゆえ $\sqrt{z^2-1}=i\sqrt{|z^2-1|}$。私たちが必要とする限り$\sqrt{1-z^2}\ge 0$ ために $z\in [-1,1]$ 分岐カットの上部で、乗算する必要があります $\sqrt{z^2-1}=i\sqrt{|z^2-1|}$ 沿って $-i$
これらの分岐カットは、からの光線に沿って合体します $-1$ に $-\infty$ そして、選択したとおりにレンダリングします $\sqrt{z^2-1}$ 分析 $\mathbb{C}\setminus[-1,1]$。
コーシーの積分定理は、の積分の値が $\sqrt{1-z^2}$ 古典的な犬の骨の輪郭の上に、 $C_{D}$したがって、は、の積分の値に等しくなります。 $\sqrt{1-z^2}$ 円の上 $|z|=R>1$ のために $R>1$。したがって、$R>1$
$$\begin{align} \oint_{C_D}\sqrt{1-z^2}\,dz&=\oint_{C_D}(-i\sqrt{z^2-1})\,dz\\\\ &=-i\oint_{|z|=R}\sqrt{z^2-1}\,dz\\\\ &=-i\int_{-\pi}^\pi \sqrt{R^2e^{i2\phi}-1}\,\,(iRe^{i\phi})\,d\phi\tag3 \end{align}$$
我々は書ける $\sqrt{R^2e^{i2\phi}-1}$ なので
$$\begin{align} \sqrt{R^2e^{i2\phi}-1}&=Re^{i\phi}\sqrt{1-\frac1{R^2e^{i2\phi}}}\\\\ &=Re^{i\phi} \left(1-\frac1{2R^2e^{i2\phi}}+O\left(\frac1{R^4e^{i4\phi}}\right)\right)\tag4 \end{align}$$
使用する $(4)$ に $(3)$、そして $R\to \infty$ 私たちはそれを見つけます
$$\oint_{C_d}\sqrt{1-z^2}\,dz=-\pi$$。
最後に、閉じた輪郭の周りの積分が反時計回りに行われたことに注意してください。
$$\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=-\frac12\oint_{C_D}\sqrt{1-z^2}\,dz=\frac\pi2$$
そして、完了です！
無限大の残差にアピールしたい場合は、
$$\begin{align} \oint_{C_D}\sqrt{1-z^2}\,dz&=-2\pi i \text{Res}\left(\sqrt{1-z^2}, z=\infty\right)\tag5 \end{align}$$
どこ
$$\begin{align} \text{Res}\left(\sqrt{1-z^2}, z=\infty\right)&=-i\text{Res}\left(\sqrt{z^2-1}, z=\infty\right)\\\\ &-i\text{Res}\left(-\frac1{w^2}\sqrt{\frac1{w^2}-1}, w=0\right)\\\\ &=i\text{Res}\left(\frac1{w^3}\sqrt{1-w^2}, w=0\right)\\\\ &=-\frac{i}{2}\tag6 \end{align}$$
使用する $(5)$ そして $(6)$、私たちはそれを見つけます
$$\int_{-1}^1\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac\pi2$$
予想通り！