ประเมิน $\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx$
ฉันกำลังพยายามประเมินอินทิกรัลต่อไปนี้อย่างชัดเจน $$ \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx $$
ฉันตรวจสอบ WolframAlpha ว่าค่าของอินทิกรัลคือ $2 \pi$. เมื่อใช้สิ่งนี้ฉันพยายามทำสิ่งต่อไปนี้
ฉันวิเคราะห์คอนจูเกตของอินทิกรัลและดูว่า $$ \overline{\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} dx} = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\overline{\sin\left(e^{ix}\right)}}{\overline{e^{ix}}} dx = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{-ix}\right)}{e^{-ix}} dx \overset{\color{blue}{u = -x}}{=}\int_{-\pi}^{\pi} \frac{\sin\left(e^{iu}\right)}{e^{iu}} du $$ซึ่งยืนยันกับเราว่าอินทิกรัลเป็นของจริง จากตรงนี้เราสามารถทำให้อินทิกรัลของเราง่ายขึ้นโดยการหา$\Re\left(\frac{\sin\left(e^{ix}\right)}{e^{ix}} \right)$.
เพื่อหลีกเลี่ยงความยุ่งเหยิงฉันได้กำหนดไว้ที่นี่ $c(t) := \cos(t)$ และ $s(t):= \sin(t)$. จำสิ่งนี้ไว้ฉันเข้าใจแล้ว\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}และนี่คือจุดที่ฉันประสบปัญหาเพราะฉันไม่รู้ว่าจะรวมนิพจน์สุดท้ายนั้นได้อย่างไร ฉันพยายามใช้ประโยชน์จากความสมมาตร แต่ฟังก์ชั่นนั้นเท่ากันดังนั้นฉันไม่คิดว่าฉันจะทำอะไรได้มากกับมันโดยไม่ต้องค้นหา antiderivative (ซึ่งฟังดูไม่น่าพอใจมาก)
มีใครรู้บ้างว่าฉันจะแก้ปัญหาให้เสร็จได้อย่างไร หรือมีใครรู้วิธีที่ง่ายกว่านี้ที่ฉันสามารถพิสูจน์ผลลัพธ์นี้ได้บ้าง? ขอบคุณมาก!
คำตอบ
ปล่อย $z=e^{ix}$. จากนั้นอินทิกรัลจะกลายเป็น
$$\oint_{|z|=1} \frac{\sin(z)}{iz^2}\,dz$$
จบได้ไหม?
คุณควรจะใช้สูตรอินทิกรัลของ Cauchy ได้ อินทิกรัลของคุณสามารถเขียนใหม่เป็นไฟล์$$\int_0^{2\pi}f(e^{ix})\,dx,$$ ที่ไหน $f(x)=\sin(x)/x$. ตอนนี้ทดแทน$u=e^{ix}$, $du/u=idx$ เพื่อให้อินทิกรัลของคุณกลายเป็น $$\frac{1}{i}\int_\gamma \frac{f(u)}{u}\,du.$$ ที่นี่ $\gamma$หมายถึงวงกลมหน่วยที่มีศูนย์กลางอยู่ที่จุดกำเนิดในระนาบเชิงซ้อน Cauchy บอกเราว่าอินทิกรัลนี้เป็นเพียง$2\pi f(0)$หรือในกรณีของคุณ $$2\pi.$$ แก้ไข: ในความเป็นจริงถ้า $f$ เป็นโฮโลมอร์ฟิกบนดิสก์ยูนิตเรามีสิ่งนั้น $$\int_0^{2\pi} f(e^{i\theta})\,d\theta=2\pi f(0).$$
พิจารณาอินทิกรัลรูปร่างของ $\frac{\sin(z)}{z^2}$ เหนือวงกลม $\gamma$. Parametrizing วงกลมในช่วงเวลา$[-\pi, \pi]$ ให้เรา $i \int \frac{\sin{e^{ix}}}{e^{iz}} dx$.
เราสามารถขยายเทย์เลอร์ของ $\sin(z)$ เพื่อให้ได้ว่าอินทิกรัลรูปร่างมีค่าเท่ากับ $\int_\gamma \sum\limits_{i = 0}^\infty \frac{z^{2i - 1}}{(2i + 1)!} dz$. เนื่องจากผลรวมนั้นมาบรรจบกันอย่างสม่ำเสมอบนวงกลมเราจึงสามารถสลับผลรวมและอินทิกรัลเพื่อรับได้$\sum\limits_{i = 0}^\infty \int_\gamma \frac{z^{2i -1}}{(2i - 1)!}$. แต่สำหรับ$i > 0$นี่คืออินทิกรัลของโมโนเมียลบนพา ธ ปิดดังนั้นคำเดียวที่สำคัญคือ $i = 0$ เทอม.
ดังนั้นอินทิกรัลเท่ากับ $\int_\gamma \frac{1}{z} dz = 2 \pi i$.
จากนั้นอินทิกรัลดั้งเดิมของคุณคือในความเป็นจริง $2 \pi$.