integraalilaskenta – Membolic Sythod

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.