평가 $\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx$
다음 적분을 명시 적으로 평가하려고합니다. $$ \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx $$
WolframAlpha에서 적분의 값이 $2 \pi$. 이것을 사용하여 다음을 시도했습니다.
나는 적분의 켤레를 분석하고 $$ \overline{\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx} = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\overline{\sin\left(e^{ix}\right)}}{\overline{e^{ix}}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{-ix}\right)}{e^{-ix}} dx \overset{\color{blue}{u = -x}}{=}\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{iu}\right)}{e^{iu}} du $$적분이 실제임을 확인합니다. 여기에서 우리는 다음을 찾아 적분을 단순화 할 수 있습니다.$\Re\left(\frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} \right)$.
혼란을 피하기 위해 여기서 정의했습니다. $c(t) := \cos(t)$ 과 $s(t):= \sin(t)$. 이 점을 염두에두면\begin{align} \Re\left(\sin\left(e^{ix}\right)e^{-ix} \right) &= \Re\left(\sin(c + is) (c -is) \right) = \Re\left(\frac{e^{-s}e^{ic}-e^{s}e^{ic}}{2i} (c -is) \right)\\ &=\Re\left(\frac{1}{2}\left(e^{-s}\left[\underbrace{\color{blue}{c\{c\}}}_{\cos(\cos(t)} + i\underbrace{\color{blue}{s\{c\}}}_{\sin(\cos(t)}\right]- e^{s}\left[c\{c\} -i s\{c\}\right] \right) (-s -ic) \right)\\ &=\frac{1}{2} \left(-e^{-s}c\{c\}s + e^{s}c\{c\}s +e^{-s}s\{c\}c +e^s s\{c\}c \right)\\ &=s \cos(c) \left(\frac{e^s -e^{-s}}{2}\right) + c \sin(c) \left(\frac{e^s +e^{-s}}{2}\right)\\ &=\sin(t) \cos(\cos(t))\sinh(\sin(t)) + \cos(t) \sin(\cos(t))\cosh(\sin(t)) \end{align}마지막 표현을 어떻게 통합 할 수 있을지 모르겠 기 때문에 여기서 문제가 생겼습니다. 대칭을 이용하려고했지만 기능이 균등하기 때문에 역도 함수 (매우 불쾌하게 들리는)를 찾지 않고는 그다지 할 수 없다고 생각합니다.
내가 어떻게 내 솔루션을 끝낼 수 있는지 아는 사람이 있습니까? 아니면이 결과를 증명할 수있는 더 간단한 방법을 아는 사람이 있습니까? 대단히 감사합니다!
답변
허락하다 $z=e^{ix}$. 그러면 적분은
$$\oint_{|z|=1} \frac{\sin(z)}{iz^2}\,dz$$
끝낼 수 있습니까?
Cauchy의 적분 공식을 사용할 수 있어야합니다. 적분은 다음과 같이 다시 작성할 수 있습니다.$$\int_0^{2\pi}f(e^{ix})\,dx,$$ 어디 $f(x)=\sin(x)/x$. 이제 대체$u=e^{ix}$, $du/u=idx$ 그래서 당신의 적분은 $$\frac{1}{i}\int_\gamma \frac{f(u)}{u}\,du.$$ 여기, $\gamma$복잡한 평면의 원점을 중심으로하는 단위 원을 나타냅니다. Cauchy는이 적분은 단지$2\pi f(0)$, 또는 귀하의 경우, $$2\pi.$$ 편집 : 사실, 만약 $f$ 단위 디스크의 홀로 모픽입니다. $$\int_0^{2\pi} f(e^{i\theta})\,d\theta=2\pi f(0).$$
윤곽 적분을 고려하십시오 $\frac{\sin(z)}{z^2}$ 원 위에 $\gamma$. 간격에 걸쳐 원 매개 변수화$[-\pi, \pi]$ 우리에게 주어지다 $i \int \frac{\sin{e^{ix}}}{e^{iz}} dx$.
테일러 확장을 $\sin(z)$ 등고선 적분이 $\int_\gamma \sum\limits_{i = 0}^\infty \frac{z^{2i - 1}}{(2i + 1)!} dz$. 합계가 원에 균일하게 수렴하므로 합계와 적분을 교환하여$\sum\limits_{i = 0}^\infty \int_\gamma \frac{z^{2i -1}}{(2i - 1)!}$. 이 아니라면$i > 0$, 이것은 닫힌 경로에 대한 단항식의 적분이므로 중요한 유일한 용어는 $i = 0$ 기간.
따라서 적분은 다음과 같습니다. $\int_\gamma \frac{1}{z} dz = 2 \pi i$.
그러면 원래의 적분은 사실, $2 \pi$.