Rač. realnih integralov s pomočjo kompl. integracije

[delta]

Potrebujem pomoč pri nalogah:
1.\(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{(x^2+1)^2(x^2+4)}\)

lotila sem se tako:
\(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dz}{(z-i)^2(z+i)^2(z-2i)(z+2i)}\), upoštevam izrek o residuuih in dobim:\(\int{\gamma_{1}}+\int{\gamma_{2}}=2\pi i(\sum_{i}^{n}(f(z),a_{i}))\), pri čemer je pot \(\gamma_{1}\) na x osi od -R do R, pot \(\gamma_{2}\) pa predstavlja\(\int_{0}^{\pi}f(z)dz\), \(z=R e^{i \phi}\), ko gre \(R->\infty\) dobim \(\int{\gamma_{2}=0\).
Pola sta dva: \(z=i\) in \(z=2i\), drugi je 1. st. in ga lahko takoj izračunam(dobim \(\frac{1}{12i}\)), za \(z=i\) izr. tako:\(f(z)=\frac{g(z)}{(z-i)^2}\), \(g(z)\) lahko zapišem kot potenčno vrsto \(g(z)=a_0+a_1(z-i)+...\), željeni ostanek \(a_1\) dobim \(a_1=g'(0)=-\frac{i}{2}\), \(\int_{\gamma_{1}}=2\pi i(-\frac{i}{2}+\frac{1}{12i})=\frac{7\pi}{6}\) .
Pravilna rešitev naj bi bila:\(\frac{\pi}{9}\) . Je mogoče kje napaka v postopku?

2.\(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^2}{x^4+6x^2+18} dx\) opazim, da je fja pod integralom soda, ne vem kako naj se naloge lotim, izgleda kot da polov sploh ni??

Pomembno vprašanje: Pri nalogah pri katerih si pomagamo s kompl. integracijo se večkrat zareže(npr. realno os), zakaj in kdaj točno je to potrebno narediti?

Če mi kdo lahko pri kateri pomaga bi bila vesela

[Aniviller]

Prvi residuum je narobe izracunan, (z+i)^2 ti da faktor 9, ne 3. Lahko pogledas ce je pri drugem tudi kaksen podoben problem.
Preveris lahko tudi z razcepom na parcialne ulomke. Residuum je namrec clen -1 pri Laurentovi vrsti in ce imas kvadratni clen v ulomku, moras imeti pri parcialnih ulomkih oba clena (na prvo in na drugo potenco) in tisti clen s prvo potenco v imenovalcu bo dal residuum.

V kompleksni ravnini bo vsak polinom imel nicel toliko kolikor je njegova stopnja. Torej imas vedno pole. Lahko gres kar s kvadratno enacbo in dobis:
\(x^2=\frac{-6\pm \sqrt{36-4\cdot 18}}{2}=-3\pm 6i\)
in potem se enkrat korenis.

Kompleksna integracija je eden izmed trikov. Pomaga, ce je funkcija taka, da je residue lazje najti kot integrirat. In ce je v neskoncnosti padajoca proti nic, da lahko del krivulje stran vrzes. Najveckrat je to uporabno za integrale po celi realni osi, ni pa nujno. Koristno je recimo tudi za integrale od -a do a, ce je kompleksna funkcija na loku s polmerom a okrog izhodisca bolj enostavna.

[delta]

(z+i)^2 ti da faktor 9, ne 3

ali nista pola\(i\) ter\(2i\), kje je pri mojem izračunu faktor 3.?, ne vem, ne vidim kje je napaka.

2. Seveda, hvala:). Dobim 4 pole vsak je prve stopnje(Res bi lahko izračunala po formuli \(Res(f,z_{1})=lim_{z->z_{1}}f(z)(z-z_{1})\), vendar pride nekaj zelo grdega-zato dvomim, da je ta način pravi), kako je smiselno nadaljevati nalogo sedaj, ko imamo pole?

Vprašanje: aha:), ampak zakaj je treba zarezati?

[Aniviller]

Hm... imas
\(\frac{1}{z-2i}\frac{1}{(z-i)^2(z+i)^2(z+2i)}\)
Prvi faktor prinese pri z=2i pol prve stopnje, drugi faktor pa je enak residuumu.
\(\displaystyle\frac{1}{z-2i}\frac{1}{(2i-i)^2(2i+i)^\mathbf{2}(2i+2i)}=\frac{1}{z-2i}\frac{1}{36i}\)

2. ups, pri drugem clenu sem pozabil polovicko. V resnici imas
\(-3(1\pm i)\)
Ko to korenis dobis 4 pole ampak dva sta pod, dva sta nad realno osjo. Iz simetrije pa lahko sklepas, da sta residua enaka.

Kaksno rezanje mislis? Ti poisces tako pot, da je del nje enak integralu ki ga isces. Dolocene cudne stvari se pa dogajajo, ce so poli NA poti. Potem je treba res malo rezat okrog polov, da dobis "glavno vrednost" integrala.

[delta]

1. Joj, ja vem katera trojka, hvala. Sem rešila.

2. To s poli razumem, kako je pa pametno nadaljevati? Residui pridejo zelo grdo.

Z rezanjem mislim npr.
a) Imamo integrale \(\int_{0}^{\infty}f(x)dx\), \(f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}\) racionalna in ni soda,
Uporabimo izrek o ostankih za fjo \(f(x)\log z\), dobimo \(\int f(z)\log z dz=2\pi i \sum{Res(f(z)\log z,a_j)}\). Na levi strani potujemo po krivulji 1.od \(\epsilon\) do R, 2.po krogu z radijem R na intervalu \([0,2\pi]\), 3.R do \(\epsilon\), 4.po krogu z radijem \(\epsilon\) vendar v negativno smer. Zareza je na x osi, od \(\epsilon\) do R. Dobimo formulo:
\(-2\pi i \int_{0}^{\infty}f(x)dx=2\pi i \sum_{j}Res(f(z)\log z,a_j)\)
(zakaj je potrebno prerezati, ali prerežemo samo, če imamo logaritem?)

b) Z uporabo iste poti naj bi lahko izračunali tudi
\(\int_{0}^{\infty}R(x)x^{- \alpha}dx\), \(0<\alpha<1\) velja formula \(\frac{2 \pi i}{1-e^{-2 \pi i \alpha}} \sum_{a} Res(R(z)z^{- \alpha},a)\), ne vem kako dobimo prvi imenovalec in zakaj ga pri 2.formuli ni, saj gre za isto pot
Je potrebno zarezati le zato, ker ko naredimo en obhod fja ni več ista(če je bil prej \(\log z\), je potem \(\log z +2 \pi\))

Kako vemo, pri katerih integralih je potrebno zarezati, je kakšno pravilo?

[Aniviller]

2. Lahko si pomagas s parcialnimi ulomki. Recimo takoj lahko razbijes na
\(\int_{-\infty}^\infty \frac{x^2}{x^4+6x^2+18}dx=-\frac{i}{6}\int_{-\infty}^\infty\left(\frac{x^2}{x^2+3(1-i)}-\frac{x^2}{x^2+3(1+i)}\right)dx\)
Vsak kos ima zdaj samo dva pola (in ne na istih mestih). Postopek razcepa lahko zdaj dokoncas in dobis vsoto 4 ulomkov ki so vsi prve stopnje in katerih imenovalci so ze kar residui. Ker razcepljamo samo zaradi residuov, lahko x^2 v imenovalcu ignoriramo (izpostavimo, razcepimo ulomek z enko zgoraj in pomnozimo nazaj).

Rezanje: aha vem kaj mislis. To je potrebno vedno pri funkcijah, ki so veclicne (kjer ne prides nazaj na isto vrednost, ce gres ZVEZNO naokrog izhodisca ali kaksne druge tocke). Recimo logaritem je oblike \(\log z =\log |z|+i\phi+2\pi i n\) kjer je \(\phi\) polarni kot kompleksnega stevila (argument). Ko gres okrog izhodisca gres po nekaksni spirali in prides vsakic eno nadstropje visje. Seveda se vedno odlocis za eno vejo funkcije, s katero potem racunas in to ti privede do nezveznosti NEKJE (odvisno na katerem obmocju se odlocis menjat vejo funkcije - ponavadi se to naredi pri negativni realni osi). Krivuljni integrali ti dajo residue samo ce gres po sklenjeni zanki in ce gres okrog singularnosti, zanka v bistvu ni sklenjena (zacetna in koncna tocka ne prideta v isto vrednost). Zato ne smes sekat nezveznosti. Se hujse - ta veclicnost logaritma pri obkrozenju singularnosti je pravzaprav razlog za izrek o residuih, ker je log(z-z0) ravno nedoloceni integral od 1/(z-z0) in ker je integral po krivulji enak razliki nedolocenih integralov v koncni in zacetni tocki, ki pri nas kljub temu da sta enaki, nimata iste vrednosti, dobis 2*pi*i*residuum.

Podobne tezave imas pri korenu (ki ima dve resitvi). Ponavadi vejo resitve zamenjas na negativni realni osi: koren od \(|z|e^{i\phi}\) je \(\sqrt{|z|}e^{i\phi/2}\) in za stevila nad realno osjo vzames phi pozitiven (od 0 do pi) in za stevila nad realno osjo vzames phi med -pi in 0, zato imas pri negativnih realnih stevilih \(e^{\pm i\phi/2}\) nezveznost. Podobno velja za inverzne kotne funkcije (nasploh ima vecina inverznih funkcij vec resitev in zato nezveznosti pri menjavi veje). Splosna potenca je hujsa ker imas neskoncno vej (vsakic ko prides okrog je cisto nekaj drugega).

[Aniviller]

Aha, se odgovor za b). Iracionalna (v splosnem) potenca povzroci ta problem. Tukaj rez izberes tik pod pozitivno realno osjo. Potem gres tik nad rezom v desno, naredis krog okrog neskoncnosti, gres NAZAJ pod realno osjo in nazaj okrog izhodisca. Integral od 0 do neskoncno torej obdelas dvakrat. S tem, da ko gres v desno, imas \(z=|z|e^{i\phi}\) in je v integralu \(R(x)|z|^{-\alpha} e^{-i\phi\alpha}\) in phi=0, se pravi racunas tisto kar rabis (realno stevilo na realno potenco). Ko gres pa v levo, gres pa pod rezom in je zato \(z=|z|e^{i\phi+2\pi i}\) in ko to potenciras dobis v integralu \(R(x)|z|^{-\alpha}e^{-i\phi\alpha}e^{-2\pi i\alpha}\) in ko vstavis phi=0, ostane predfaktor.

Cel krivuljni integral je torej
\(\oint_{\gamma}R(z)z^{-\alpha}d z=\int_0^\infty R(x)x^{-\alpha}dx-e^{-2\pi \alpha}\int_0^\infty R(x)x^{-\alpha}dx\)
od koder iskani integral lepo izrazis.

Pri a) je na podoben nacin enako tole
\(\oint_{\gamma}f(z)\log z d z=\)\(\int_0^\infty f(x)\log x dx -\int_0^\infty f(x)(\log x+2\pi i)dx=-2\pi i\int_0^\infty f(x)dx\)
kjer se logaritem celo pokrajsa in dobimo tisto na desni kar sploh nima logaritemskega clena - tukaj je razlika od drugega primera, kjer namesto vsote dobis produkt s konstantnim faktorjem in pridelas tisti imenovalec.

Tukaj smo rezali spet po pozitivni realni osi, ker je to koristno za nas integral (polozaj reza tako sovpada z nasim realnim integralom, da ga lahko izrazimo). To nakazuje na to da je polozaj reza poljuben, navkljub dogovorom (ki je za logaritem postavljen na negativno realno os, http://en.wikipedia.org/wiki/Complex_logarithm).

[delta]

2. razcep na parcialne, hm ne vem, jaz sem naredila tako:

\(\frac{x^2}{x^4+6x^2+18}=\frac{Ax+B}{x^2+3(1-i)}+\frac{Cx+D}{x^2+3(1+i)}\), konstante dobim: A=C=0, \(B=\frac{i+1}{2}\) \(D=\frac{1-i}{2}\) kar je zelo drugače od zgornjega,...? ali se ne da na parcialne tako, da mora biti stopnja števca za eno manjša kot je imenovalec?

b) razumem, samo zakaj tudi, ko gremo nazaj vstavimo phi=0? ali ne phi=2Pi

Cel krivuljni integral je torej

..., ali sta integrala po krogih=0 zato ker gre \(\epsilon->0\)(integriramo po nič), R->\(\infty\), zakaj je tudi ta =0 ?

Najlepša hvala za razlago o rezanju, mi je precej bolj jasno. Zanima me, če obstaja o tem kakšna literatura, da si še malo preberem. Lp

[delta]

Se hujse - ta veclicnost logaritma pri obkrozenju singularnosti je pravzaprav razlog za izrek o residuih, ker je log(z-z0) ravno nedoloceni integral od 1/(z-z0)

...Kako ven dobimo

2*pi*i*residuum

[Aniviller]

Residuum dobimo pri integralu:
\(\oint \frac{a}{z-z_0}dz\)
Ce das za novo spremeljivko z-z0 in upostevas, da je nedoloceni integral 1/z logaritem:
\(=\oint \frac{a}{u}du=a(\log u_2-\log u_1)\)
u1 in u2 sta zacetna in koncna tocka integrala. u lahko zapises v polarnem, pri cemer je \(u_1=|u|e^{i\phi_0}\) in \(u_2=|u|e^{i\phi_0+2\pi i}\) (to dvoje je seveda isto ampak pri logaritmu vzames vsakic drugo vejo). Ko to vstavis, dobis
\(a(\log u_2-\log u_1)=a(\log |u|+i\phi_0+2\pi i-\log|u|-i\phi_0)=2\pi i a\).

Ce gres po funkciji logaritma zvezno (moramo it, ker gremo gladko po zanki okrog pola), potem po enem obratu ne prides nazaj (na isto vrednost prides samo ce "skocis eno nadstropje nizje") - zveznost je bistvenega pomena.

[delta]

Aha, jasno kot je zunaj:), prosila bi še za pomoč pri 2. in b)

[Aniviller]

2. razcep na parcialne, hm ne vem, jaz sem naredila tako:

\(\frac{x^2}{x^4+6x^2+18}=\frac{Ax+B}{x^2+3(1-i)}+\frac{Cx+D}{x^2+3(1+i)}\), konstante dobim: A=C=0, \(B=\frac{i+1}{2}\) \(D=\frac{1-i}{2}\) kar je zelo drugače od zgornjega,...? ali se ne da na parcialne tako, da mora biti stopnja števca za eno manjša kot je imenovalec?

Ja jaz sem zaradi enostavnosti rajsi x^2 izpostavil in preostanek razcepil na parcialne ulomke. Tukaj ne rabimo tistega obicajnega razcepa pri katerem se drzimo tega, da so ulomki "okrajsani" (za residue je vazen samo imenovalec). Drugace pride isto (pri meni lahko dopolnis stevce in pokrajsas):
\(\frac{x^2}{x^2+3(1-i)}=\frac{x^2+3(1-i)-3(1-i)}{x^2+3(1-i)}=1-\frac{3(1-i)}{x^2+3(1-i)}\)
In prides do tvojega, ko se enka pokrajsa in upostevas faktor -i/6 spredaj.

b) razumem, samo zakaj tudi, ko gremo nazaj vstavimo phi=0? ali ne phi=2Pi

Cel krivuljni integral je torej

..., ali sta integrala po krogih=0 zato ker gre \(\epsilon->0\)(integriramo po nič), R->\(\infty\), zakaj je tudi ta =0 ?

Najlepša hvala za razlago o rezanju, mi je precej bolj jasno. Zanima me, če obstaja o tem kakšna literatura, da si še malo preberem. Lp

b) Saj vstavimo 2pi. Od tega pride tisti predfaktor pred integralom, ki gre potem po izpostavljanju in deljenju v imenovalec.

Tisti po krogu v izhodiscu je ze zato nic, ker je zelo majhen krogec in je integracijsko obmocje neskoncno majhno (ok, malo je treba pazit ce je v izhodiscu pri R(z) kaksna singularnost potem ne bo ok). Pri neskoncnosti pa podobno: x^-alfa=1/x^alfa nekako pada proti 0 po absolutni vrednosti. Ce je R(z) prehudo narascajoc, recimo eksponentna funckija potem to seveda ne bo delalo. No, v tem primeru je tudi realni integral divergenten tako da nima smisla.

[sanej]

Pozdravljeni!

Rabil bi pomoč za sledeči dokaz oziroma integral.

\(\int_0^{\infty} \sin(ax)/x\,\, J_0(x) \mathrm\,{d} x = \left\{
\begin{array}{ 1 1 }
\pi /2 & \quad a \geq 1\\ \nonumber
\arcsin(a) & \quad |a| \leq 1\\ \nonumber
-\pi/2 & \quad a \leq -1 \nonumber
\end{array} \right.\]\)

nekako sem probal zapisat j_0 z integralsko reprezentacijo in prišel do tega

\(\int_0^{\infty} \sin(ax)/x\, \frac{1}{2\pi} \int_{-\pi}^{\pi} e^{-i x \sin(\phi)} \mathrm{d} \phi \mathrm\,{d} x\)

tu sem v dvomih ali to sedaj z kompleksno integracijo vendar me moti ker je prvi integral samo na pozitivnem poltraku.

Poiskusil sem zamenjati vrstni red integracije, pa sem dobil čudne integrale. Kako se tega lotim ??

hvala za odgovore

[Aniviller]

No pa saj ta funkcija je soda, integral lahko z veseljem razsiris na celo realno os in uporabis kompleksno integracijo. Sinus lahko razbijes na kompleksne eksponentne funkcije, in dobis v eksponentu clene tipa \(e^{i(\pm a-\sin \phi)x}\) in tukaj vidis, da bo vlogo igralo to, kdaj je eksponent negativen in kdaj pozitiven. V kompleksnem je od tega odvisno, kdaj v zgornji polravnini dobis padanje in kdaj narascanje.

[sanej]

Tukaj imam še vedno nekaj problemov

in sicer ali dobim \(\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d} x \int_{-\pi}^{\pi} \frac{e^{i( \pm a-sin\phi)x}}{x} \mathrm{d}\phi\)

ali pa isto samo da sta integrala zamenjana.
V tem primeru ko so meje od - Pi do Pi ne vem kaj naredit z integralom tudi wolfram ne ve. Če pa zamenjam integrala, potem pa lahko
uporabim limito pod integralom samo ko enakomerno konvergira ( torej eksponent je negativen ).

pa še to, funkcija \(e^{ia\sin\phi}\) ni ne liha ne soda, kakšen je potem količnik take funkcije z sodo ali liho ?

hvala za pomoč