Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.

[Ascold]

Требуется найти интеграл

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos x}{x^2+1}dx.$$

Делаю продолжение в комплексную плоскость, контур интегрирования - отрезок оси абсцисс+верхняя полуокружность. На полуокружности $z=R e^{i\varphi}$, интеграл по дуге стандартно равен

$$\int_0^\pi iR\frac{e^{i\varphi}\cos \left(R e^{i\varphi}\right)}{R^2e^{2i\varphi}+1}d\varphi.$$

И вот на вопросе о поведении интеграла по $\varphi$ при $R\to\infty$, возникла расходимость. Раз у косинуса аргумент комплексный, то косинус не ограничен,

$$\cos \left(R e^{i\varphi}\right)=\frac{e^{R e^{i\varphi}}+e^{-R e^{i\varphi}}}{2},$$

при $\varphi=\pi/2$ получаем чистую экспоненту и на больших $R$ интеграл по дуге расходится, а с ним - и исходный несобственный интеграл. Вместе с тем интеграл

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{1}{x^2+1}dx.$$

сходится, имея подынтегральную функцию, по модулю большую, чем у исходного интеграла, что странно.

[Combat Zone]

Что-то много букв.
Ясно, что исходный интеграл равен $\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+1}\, dx$. Ясно? Как дальше, понятно?

[Ascold]

Combat Zone в сообщении #1635325 писал(а):

Ясно, что исходный интеграл равен $\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+1}\, dx$. Ясно? Как дальше, понятно?

В таком варианте понятно и очевидно. Но было бы интересно понять, где у меня ошибка, а я пока не вижу. Расходимость в интеграл по дуге поставляет второе слагаемое в выражении косинуса через комплексные экспоненты.

[dgwuqtj]

Ascold в сообщении #1635323 писал(а):

при $\varphi=\pi/2$ получаем чистую экспоненту и на больших $R$ интеграл по дуге расходится, а с ним - и исходный несобственный интеграл.

И с чего вдруг он расходится? Там подынтегральная функция меняет свой аргумент (в смысле аргумента комплексного числа), так что из того, что по модулю она где-то стремится к бесконечности, ещё ничего не следует.

[мат-ламер]

Ascold в сообщении #1635326 писал(а):

Но было бы интересно понять, где у меня ошибка, а я пока не вижу.

Тут интересное явление наблюдается. Возьмём верхнюю половину мнимой оси $z=it$ , $t>0$. На ней модуль экспоненты ограничен - $|e^{it}|=1$. А если на этой оси рассмотреть косинус (как функцию комплексного аргумента), то он там неограничен - $\cos it = (e^t+e^{-t})/2$ .

[mihiv]

Подозрение, что есть расходимость на дуге радиуса $R$ возникает из-за этого слагаемого в формуле для $\cos (Re^{i\varphi }):$$$ e^{-iRe^{i\varphi }}= (\left\cos(R\cos \varphi )-i\sin (R\cos \varphi ))\right e^{R\sin \varphi }$$
Но расходимости нет, потому что в эту формулу входят множители $\cos (R\cos \varphi ),\sin (Rcos \varphi )$, которые быстро осциллируют при больших $R$ и обеспечивают сходимость

[мат-ламер]

dgwuqtj в сообщении #1635336 писал(а):

И с чего вдруг он расходится?

mihiv в сообщении #1635383 писал(а):

Но расходимости нет

Тут ТС просто не так выразился. Ему надо как-то показать, что интеграл по верхней полуокружности стремится к нулю. А на лемму Жордана мы опереться не можем (если следовать по пути из первого поста).

[Ascold]

mihiv в сообщении #1635383 писал(а):

Но расходимости нет, потому что в эту формулу входят множители $\cos (R\cos \varphi ),\sin (Rcos \varphi )$, которые быстро осциллируют при больших $R$ и обеспечивают сходимость

Есть теорема о том, что

$$\lim_{R\to\infty}\int_a^bf(\varphi)\cos(R\varphi)d\varphi=0$$

для непрерывной $f(\varphi).$
Однако в рассматриваемом случае под интегралом по дуге стоит зависящая от параметра $f(R, \varphi)=e^{R\sin(\varphi)},$ да и тригонометрия не в виде $\cos(R\varphi),$ а в виде $\cos(R\cos(\varphi))$. Если сделать замену переменной $\cos(\varphi)=u,$ то в подынтегральном выражении будет корень внизу, который портится на краях промежутка интегрирования.
Ещё: если предположить, что интеграл по дуге всё-таки исчезает, то несобственный интеграл будет равен $2\pi i$ на вычет подынтегральной функции при $z=i$.
Если сделать, как я хотел изначально, то получится $\pi\cos i=\pi\frac{e^{-1}+e}{2}$ если же, как предложил Combat Zone, перейти к комплексной экспоненте, то $\pi e^{-1}$ и это верно, т.к. здесь интеграл по дуге исчезнет точно.
Что-то с "косинусным" способом расчёта всё же не так.

[Red_Herring]

Ascold в сообщении #1635427 писал(а):

если предположить, что интеграл по дуге всё-таки исчезает,

Ну значит предположение ошибочно. Но между "исчезать" и "расходиться" есть много чего.

[Combat Zone]

Ascold в сообщении #1635427 писал(а):

Что-то с "косинусным" способом расчёта всё же не так.

мат-ламер в сообщении #1635417 писал(а):

Ему надо как-то показать, что интеграл по верхней полуокружности стремится к нулю. А на лемму Жордана мы опереться не можем (если следовать по пути из первого поста).

Это он так хочет. А интеграл может и не хотеть стремиться к нулю, на что косвенно и указывают результаты.

[мат-ламер]

Ascold в сообщении #1635427 писал(а):

если предположить, что интеграл по дуге всё-таки исчезает

Red_Herring в сообщении #1635433 писал(а):

Ну значит предположение ошибочно.

Combat Zone в сообщении #1635475 писал(а):

А интеграл может и не хотеть стремиться к нулю, на что косвенно и указывают результаты.

Таки предположу, что интеграл (имеется в виду интеграл от функции $f(z)=\cos z/(1+z^2)$, взятый по верхней полуокружности) стремится к нулю при стремлении радиуса окружности к бесконечности. На это косвенно указывают следующие аргументы. Во-первых, добавляя в числитель интегрируемой функции добавку $i\sin z$ , сам интеграл мы не изменим, хотя подынтегральная функция станет гораздо приятнее и интеграл от неё уже можно будет оценить. Во-вторых, замыкая нашу полуокружность снизу её диаметром, и беря интеграл уже по замкнутой кривой, получаем, что интеграл этот равен вычету нашей функции в точке $z=i$ . Далее учтём, что это есть ответ в нашей исходной задаче, к которому стремится интеграл от нашей функции по диаметру полуокружности.

[Combat Zone]

мат-ламер в сообщении #1635479 писал(а):

Таки предположу, что интеграл (имеется в виду интеграл от функции $f(z)=\cos z/(1+z^2)$, взятый по верхней полуокружности) стремится к нулю при стремлении радиуса окружности к бесконечности. На это косвенно указывают следующие аргументы. Во-первых, добавляя в числитель интегрируемой функции добавку $i\sin z$ , сам интеграл мы не изменим, хотя подынтегральная функция станет гораздо приятнее и интеграл от неё уже можно будет оценить.

Зря предполагаете. Изменим. "Не изменим" касалось только несобственного интеграла по прямой и обычно аргументируется. Аргументы известные, конечно, но для криволинейного интеграла вы их не проверили.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1635479 писал(а):

что интеграл этот равен вычету нашей функции в точке $z=i$

Что да, то да.

мат-ламер в сообщении #1635479 писал(а):

Далее учтём, что это есть ответ в нашей исходной задаче

А вот это уже и нет. Что меня и спутало. Ответ равен вычету функции $g(z)=e^{iz}/(1+z^2)$ в точке $z=i$ . Разница между этими значениями есть вычет функции $h(z)=i\sin z/(1+z^2)$ в точке $z=i$ . К этому значению (с обратным знаком) стремится и интеграл по полуокружности от нашей функции. Надо будет подсчитать. Приношу извинения.

-- Сб апр 06, 2024 09:36:32 --

мат-ламер в сообщении #1635483 писал(а):

Надо будет подсчитать

Предварительно получается ответ что-то типа $(i \sin 1)/2$ (буду ещё проверять). Но главное, что интеграл по верхней полуокружности от функции, что выбрал ТС (с косинусом), хоть и не зануляется, но стремится к конечному легко подсчитываемому числу. Другое дело, что идти по это пути не оптимально (хотя в принципе возможно).