2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение04.04.2024, 20:19 


28/08/13
534
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение04.04.2024, 20:27 
Аватара пользователя


22/11/22
621
Что-то много букв.
Ясно, что исходный интеграл равен $\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+1}\, dx$. Ясно? Как дальше, понятно?

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение04.04.2024, 20:45 


28/08/13
534
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение04.04.2024, 22:28 
Заслуженный участник


07/08/23
1097
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение05.04.2024, 10:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7068
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 - $\cos it = (e^t+e^{-t})/2$ .

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение05.04.2024, 13:22 
Заслуженный участник


03/01/09
1701
москва
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

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение05.04.2024, 17:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7068
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).

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение05.04.2024, 19:40 


28/08/13
534
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение05.04.2024, 20:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


31/01/14
11306
Hogtown
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение06.04.2024, 04:08 
Аватара пользователя


22/11/22
621
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение06.04.2024, 07:57 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7068
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение06.04.2024, 08:09 
Аватара пользователя


22/11/22
621
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Несложный интеграл, вычеты и лемма Жордана.
Сообщение06.04.2024, 09:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/09
7068
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).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 13 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group