복잡한 분석을 사용하여 실제 적분을 평가합니다.
다음 적분을 계산하려고합니다. $$\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx$$
내가 한 모든 것을 기록하지는 않겠지 만 양의 실수 축에서 잘라낸 가지를 선택하면 다음과 같이됩니다.
$$\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx=\pi i \sum_{z_i}Res(f,z_i) \qquad z_i\in\{\pm \sqrt{i},\pm\sqrt{-i}\}$$
그래서 우리는 4 개의 잔류 물을 계산해야합니다. 내 생각은 음의 가상 축에 놓아 가지 절단을 변경하는 것입니다. 우리는 선택하여 할 수 있습니다$arg(z) \in (-\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}]$. 그래서 우리는 그것을 가지고 있습니다 :
$$(1+i)\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx=2\pi i \sum_{z_i}Res(f,z_i) \qquad z_i\in\{e^{i\frac{\pi}{4}},e^{i\frac{3\pi}{4}}\}$$
이렇게하면 이제 두 개의 잔류 물 만 계산하면됩니다. 그러나 나는 그 잔여 물을 계산하는데 정말로 어려움을 발견하고있다. 사실 나는 내가 기대하는 결과를 얻을 수 없다. 계산을 보여 주시고 제 주장이 명확하고 정확한지 말씀해 주시겠습니까?
미리 감사드립니다.
답변
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\bbox[5px,#ffd]{\int_{0}^{\infty}{\root{x} \over 1 + x^{4}}\,\dd x = {1 \over 4}\pi\sec\pars{\pi \over 8}} = {1 \over 2}\pi\root{1 - {\root{2} \over 2}} \approx 0.8501: {\Large ?}}$. 이하, 나는 평가를 수행 할 것이다$\ds{\oint_{\cal C}{\root{z} \over 1 + z^{4}}\,\dd z}$ 어디 $\ds{\cal C}$선택한 각 특정 경우 에 정의됩니다$\ds{\root{z}}$-분기 절단.
$\ds{\Large\left.\mbox{a}\right)}$ 그만큼 $\ds{\root{z}}$-분기 절단은 $$ \root{z} = \root{\verts{z}}\expo{\ic\arg\pars{z}/2}\,,\quad 0 < \arg\pars{z} < 2\pi\,\quad z \not= 0 $$ 이것은 OP 선택 입니다. 폴란드는 $\ds{p_{n} = \expo{n\pi\ic/4}\ \mbox{with}\ n = 1,3,5,7}$. 그때, \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} 또한, \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} (\ ref {1}) 및 (\ ref {2}) 사용 : \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}
$\ds{\Large\left.\mbox{b}\right)}$다음 평가는 단극 만 포함하기 때문에 가장 간단한 평가라고 생각합니다 . 통합은 복잡한 평면 1 사분면에서 1/4 원을 따라 수행됩니다. 그만큼$\ds{\root{z}}$-분기 절단은 $$ \root{z} = \root{\verts{z}}\expo{\ic\arg\pars{z}/2}\,,\quad -\pi < \arg\pars{z} < \pi\,\quad z \not= 0 $$ 이는입니다 주요 하나 . 등고선이 극을 둘러싸고 있습니다. $\ds{p = \expo{\pi\ic/4}}$. 그때, \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}
$\ds{\Large\left.\mbox{c}\right)}$
Ramanujan의 마스터 정리 : \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} 참고 $\ds{{1 \over 1 + x} = \sum_{k = 0}^{\infty}\pars{-x}^{k} = \sum_{k = 0}^{\infty}\color{red}{\Gamma\pars{1 + k}}{\pars{-x}^{k} \over k!}}$.
그때, \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}
잔류 물의 계산은 단순한 극이있을 때 비교적 간단합니다.
사실, 만약 $z_0$ 다음은 단순한 극입니다. $f(z) = a_{-1}(z-z_{0})^{-1}+ \sum\limits_{n \geq 0}a_n(z-z_0)^n$
그래서 $(z-z_{0})f(z) = (z-z_{0})^{-1}+ \sum\limits_{n \geq 0}a_n(z-z_0)^n$ 의미하는
$$\text{Res}(f,z_{0}) = a_{-1} = \lim\limits_{z \to z_0}(z-z_{0})f(z)$$
이 결과는 우리가 생각할 때 유용합니다. $f$ 형태의 $\frac{f}{q}$ 와 $p,q$ 홀로 모픽 기능, $p(z_0) \ne 0$ 과 $z_0$ 단순한 기둥 $q$ 이후
$$\text{Res}(f,z_{0})= a_{-1} = \lim\limits_{z \to z_0}(z-z_{0})\frac{p(z)}{q(z)} = \frac{p(z_0)}{q'(z_0)}$$
일반적으로 :
고차 극의 경우 전략은 다음과 같습니다. $f$ 질서가있다 $k$ 에 $z_0$, $g(z) = (z-z_0)^k f(k)$ 홀로 모픽 기능으로 확장 $z_0$ (부적절하게 부를 것입니다. $g$ 게다가)
이 설정으로 $$f(z) = a_{-k}(z-z_0)^k + \cdots + a_{-1}(z-z_0)^{-1} + \sum\limits_{n \geq 0}a_n(z-z_0)^n$$
$$g(z) = a_{-k} + \cdots + a_{-1}(z-z_0)^{k-1} + \sum\limits_{n \geq 0}a_n(z-z_0)^{n+k}$$
그래서 $a_{-1}$ 계수입니다 $(z-z_0)^{k-1}$ 확장에 $g$그것은 홀로 모픽입니다. 그것을 아는 것은$a_{n} = \frac{f^{(n)}(z_0)}{n!}$ 우리는 $$\text{Res}(f,z_{0}) = a_{-1} = \frac{g^{(k-1)}(z_0)}{(k-1)!}$$
이것이 당신의 계산에 도움이되기를 바랍니다.
아래에 $x^4\to x$, $$\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx=\frac14\int_0^\infty\frac{1}{x^{5/8}(1+x)}dx. $$ 허락하다 $$ f(z)=\frac{1}{z^{5/8}(1+z)}. $$ 허락하다 $C_r, C_R$ 원이되다 $0$ 잘라내 다 $r$ ...에 $R$, 및 $C_1, C_2$ 세그먼트의 상단 및 하단 부분 $r$ ...에 $R$. 그런 다음 큰$R>0$ 작고 $r>0$, $$ \int_{C_R}f(z)dz+\int_{C_r^-}f(z)dz+\int_0^{R}f(x)dx-\int_0^{R}f(xe^{2\pi i})dx=2\pi i\text{Res}(f,z=-1). $$ 분명히 $$ \bigg|\int_{C_R}f(z)dz\bigg|\le\frac{1}{R^{5/8}(R-1)}2\pi R=\frac{2\pi R^{3/8}}{R-1}, \bigg|\int_{C_r^-}f(z)dz\bigg|\le\frac{1}{r^{5/8}(1-r)}2\pi r=\frac{2\pi r^{3/8}}{1-r} $$ 과 $$ \int_0^{R}f(xe^{2\pi i})dx=e^{-5\pi i/4}\int_0^\infty f(x)dx, \text{Re}(f,z=-1)=e^{-5\pi i/8}. $$ 그래서 $R\to\infty, r\to 0^+$, 하나는 $$ (1+e^{-5\pi i/4})\int_0^\infty f(x)dx=2\pi i e^{-5\pi i/8} $$ 또는 $$ \int_0^\infty f(x)dx=\frac{2\pi i e^{-5\pi i/8}}{1+e^{-5\pi i/4}}=\frac{\pi}{\cos(\pi/8)}. $$ 그러므로 $$\int_0^{\infty}\frac{\sqrt{x}}{1+x^4}dx=\frac14\int_0^\infty\frac{1}{x^{5/8}(1+x)}dx=\frac{\pi}{4\cos(\pi/8)}. $$