Integraali 1/(1+x^a)

Yleinen 4 Minutes

Tehtävä

Olkoon a>1. Laske integraali

I_a = \int_0^{\infty} \frac{1}{1+x^a} dx

Ratkaisu

Rationaaliluku-tapaus

Lasketaan ensin I_{\frac{m}{n}} rationaaliluvulle \frac{m}{n}. Oletetaan, että \gcd (m, n) = 1 ja m>n\geq 1. Käytetään apuna kompleksista integrointia ja määritellään joukossa \{\Re z>0\} funktio

f(z) = \frac{1}{1+z^{\frac{m}{n}}}

Selvitetään f:n navat. Niitä ovat pisteet joille z^{\frac{m}{n}} = -1. On oltava |z|=1, joten z=e^{i\theta} jollekin reaaliselle \theta. Jotta z^{\frac{m}{n}} = -1, on oltava i\theta\frac{m}{n} = \pi i (2j+1) eli yhtäpitävästi \theta = \pi(2j+1)\frac{n}{m}. Näin ollen navat ovat z_j = e^{i\pi(2j+1)\frac{n}{m}}, j=0,1,\dots,m-1.

Positiivisella reaaliakselilla funktio f on juuri haluttu integrandi. Lisäksi huomataan, että puolisuoralla te^{2 \pi i \frac{n}{m}}, t \geq 0 pätee f(z) = \frac{1}{1+t^{\frac{m}{n}}}. Nämä huomiot johtavat siihen että integrointi poluksi kannattaa valita (ks. Huomioita-osion tarkennus):

Polku koostuuu kolmesta osasta: jana origosta R:ään, ympyrän kaari R:stä Re^{2 \pi i n/m}:ään, josta lopuksi jana takaisin origoon. Interaktiivinen versio: https://www.desmos.com/calculator/nwrl7z0311

Navoista yksi, z_0, on polun \gamma sisällä ja polku kiertää sen kerran vastapäivään. Näin ollen Residylauseen mukaan

\int_{\gamma} f(z) dz = 2\pi i Res(f, z_0)

Koska kaarella \gamma_2, jossa z=Re^{it}, pätee |f(z)| = \frac{1}{|1+(Re^{it})^{\frac{m}{n}}|} \leq \frac{1}{|R^{\frac{m}{n}}-1|}, ja kaaren pituus on korkeintaan 2\pi R, niin \int_{\gamma_2} f(z)dz \to 0, kun R \to \infty, sillä \frac{m}{n} > 1.

Kuten tuli jo mainittua, \int_{\gamma_1} f(z)dz = I_{\frac{m}{n}}.

Tehdään merkintöjä helpottava huomio: e^{2\pi i \frac{n}{m}} = z_0^2. Nyt, koska polun \gamma_3 vastapolulle \hat \gamma_3 [0, R]->\mathbb{C}, \hat \gamma_3(t) = tz_0^2 derivaatta on vakio z_0^2, saamme aiemman huomion, että f tuottaa halutun integrandin puolisuoralla tz_0^2, nojalla että \int_{\gamma_3} f(z) dz = -z_0^2 I_{\frac{m}{n}}.

Siis \lim_{R\to \infty} \int _{\gamma} f(z) dz = (1-z_0^2) I_{\frac{m}{n}}. Nyt tarvitsee enää laskea Res(f, z_0). Tätä varten kirjoitetaan f(z) muodossa

f(z) = \frac{1}{z-z_0} \frac{z-z_0}{1+z^{\frac{m}{n}}}.

Nyt l’Hopitalin säännön nojalla ((1+z^{\frac{m}{n}})' ei ole 0 z_0:ssa, joten voidaan solvetaa myös kompleksifunktioille)

\lim_{z\to z_0} \frac{z-z_0}{1+z^{\frac{m}{n}}} = \frac{1}{\frac{m}{n}z_0^{\frac{m}{n}-1}} = \frac{n}{m}e^{-i\pi\frac{n}{m}\frac{m-n}{n}} = \frac{n}{m}e^{i\pi\frac{n-m}{m}} = \frac{n}{m}e^{i\pi\frac{n}{m}}e^{-i \pi} = -\frac{n}{m}z_0.

Siispä Res(f, z_0) = -\frac{n}{m}z_0. Olemme täten ratkaisseet

I_{\frac{m}{n}} = -2\pi i \frac{n}{m}z_0 \frac{1}{1-z_0^2} = \frac{n \pi}{m} \frac{2i}{(z_0^2-1)\bar z_0} = \frac{n \pi}{m} \frac{1}{\Im z_0} = \frac{n \pi}{m \sin (\frac{n\pi }{m})}.

Yleinen tapaus

Tapauksen a=\frac{m}{n} ratkaisun muoto I_a = \frac{\pi}{a \sin (\frac{\pi}{a})} antaa vihjeen, että kaava pätisi myös kaikilla reaaliluvuilla a>1. Tämä pitääkin paikkansa. Tehdään tätä varten itse asiassa vielä yleisemmin kaikille kompleksiluvuille w=\sigma + it, kun \sigma > 1 (olkoon tämä joukko U), määritelmä

\phi(w) = \int_0^\infty \frac{1}{1+x^w} dx

Merkitään g(x, w) = \frac{1}{1+x^w}. Määritelmä on järkevä, sillä integraali suppenee: |g(x,w)| \leq (|x^w| - 1)^{-1} \leq 2|x^w|^{-1} = 2x^{-\sigma} , kun x on suuri. Lisäksi w\mapsto g(x,w)=\frac{1}{1+ \exp(\log(x)w)} on holomorfinen U:ssa kaikilla x, sillä \exp(\log(x)w) = x^\sigma \exp(it\log(x)) \neq -1, kun \sigma > 1.

Nyt kaikille kompakteille K \subset U löytyy \sigma_0 > 1, siten että \Re w \geq \sigma_0 kaikilla w\in K. Näin ollen \int_K \int_0^\infty |g(x,w)| dx dw < \infty ja Fubini-Tonellin lauseen mukaan integrointijärjestyksen voi vaihtaa. Sovelletaan tätä suljetulle suoristuvalle käyrälle \gamma: [0,1] \to U, jolloin

\int_\gamma \phi(w)dw = \int_\gamma \int _0^\infty g(x,w) dx dw = \int _0^\infty \int_\gamma g(x,w) dw dx = \int _0^\infty 0 dx = 0

Tässä \int_\gamma g(x,w) dw = 0 Cauchyn-Goursaut’n lauseen mukaan, sillä U on yhdesti yhtenäinen. Nyt Moreran lauseen mukaan \phi on holomorfinen U:ssa (\phi:n jatkuvuus on ilmeistä).

Siis \phi: U \to \mathbb{C} on holomorfinen funktio. Mutta osoitimme rationaaliluku-tapauksessa, että \phi(w) = \frac{\pi}{w\sin (\frac{\pi}{w})}, kun w \in \mathbb{Q}. Koska \frac{\pi}{w\sin (\frac{\pi}{w})} on myös U:ssa holomorfinen (ks. Huomiot) ja \mathbb{Q}:lla on U:ssa kasautumispiste, niin Identtisyyslauseen mukaan funktiot ovat yhtäsuuret kaikilla w \in U, erityisesti kaikilla reaaliluvuilla a>1.

Huomioita

  • Ei-kokonaisluku eksponentti on hieman ongelmallinen origossa, koska haaroittuminen. Tästä selvitään, kun rajoitetaan integraali ensin alhaalta ja otetaan sitten raja-arvo. Polussa tehdään origon lähellä pieni \epsilon-kaari.
  • Kaikki funktion \sin juuret ovat reaalisia: \sin(z) = \frac{\exp(iz)-\exp(-iz)}{2i}=0 \implies e^{iz} = e^{-iz} \implies iz = -iz+2k \pi i \implies \Re (iz)=0 \implies \Im z=0.
  • Edellisen perusteella ratkaisun kaavassa nimittäjässä oleva \sin(\frac{\pi}{w}) on holomorfinen U:ssa (kun w \in (1, \infty), niin \frac{\pi}{w} \in (0, \pi), jossa sinillä ei ole juurta).
  • Koska \mathbb{Q} \subset \mathbb{R} on tiheä, niin yleinen tapaus seuraa jo pelkästä \phi:n jatkuvuudesta. Mutta yo. tavalla tulos saatiin osoitettua kaikille kompleksiluvuille puolitasossa \Re w > 1.

Tehtäviä

  • Laske integraali \int_0^\infty \frac{x^b}{1+x^a}dx, kun 0 \leq b<a-1. Vinkki: tee sopiva muuttujanvaihdos, joka johtaa ratkaistuun tapaukseen.
  • Perustele \phi:n jatkuvuus. Vinkki: määrittele \phi_n(w) = \int_0^\infty \frac{dx}{1+x^{w+h_n}}, missä h_n \to 0 ja käytä Dominoidun konvergenssin lausetta.
Tuntematon's avatar

Julkaissut membolic

Julkaistu

Jätä kommentti