10.2: Integrales
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
Integrales∫∞−∞ y∫∞0
Compute
I=∫∞−∞1(1+x2)2 dx.
Solución
Vamos
f(z)=1/(1+z2)2.
Está claro que paraz grandes
f(z)≈1/z4.
En particular, se satisface la hipótesis del Teorema 10.2.1. Usando el contorno que se muestra a continuación tenemos, por el teorema del residuo,
∫C1+CRf(z) dz=2πi∑ residues of f inside the contour.
Examinamos cada una de las piezas de la ecuación anterior.
∫CRf(z) dz: Por Teorema 10.2.1 (a),
limR→∞∫CRf(z) dz=0.
∫C1f(z) dz: Directamente, vemos que
limR→∞∫C1f(z) dz=limR→∞∫R−Rf(x) dx=∫∞−∞f(x) dx=I.
Así que dejandoR→∞, la Ecuación 10.3.4 se convierte
I=∫∞−∞f(x) dx=2πi∑ residues of f inside the contour.
Finalmente, calculamos los residuos necesarios:f(z) tiene polos de orden 2 at±i. Sóloz=i está dentro del contorno, así que calculamos el residuo ahí. Vamos
g(z)=(z−i)2f(z)=1(z+i)2.
Entonces
Res(f,i)=g′(i)=−2(2i)3=14i
Entonces,
I=2πiRes(f,i)=π2.
Compute
I=∫∞−∞1x4+1 dx.
Solución
Vamosf(z)=1/(1+z4). Utilizamos el mismo contorno que en el ejemplo anterior (Figura10.2.2.
Como en el ejemplo anterior,
limR→∞∫CRf(z) dz=0
y
limR→∞∫C1f(z) dz=∫∞−∞f(x) dx=I.
Entonces, por el teorema del residuo
I=limR→∞∫C1+CRf(z) dz=2πi∑ residues of f inside the contour.
Los polos def son todos simples y en
eiπ/4,ei3π/4,ei5π/4,ei7π/4.
Soloeiπ/4 yei3π/4 están dentro del contorno. Calculamos sus residuos como límites usando la regla de L'Hospital. Paraz1=eiπ/4:
Res(f,z1)=limz→z1(z−z1)f(z)=limz→z1z−z11+z4=limz→z114z3=14ei3π/4=e−i3π/44
y paraz2=ei3π/4:
Res(f,z2)=limz→z2(z−z2)f(z)=limz→z2z−z21+z4=limz→z214z3=14ei9π/4=e−iπ/44
Entonces,
I=2πi(Res(f,z1)+Res(f,z2))=2πi(−1−i4√2+1−i4√2)=2πi(−2i4√2)=π√22
Supongamosb>0. Mostrar
∫∞0cos(x)x2+b2 dx=πe−b2b.
Solución
Lo primero a tener en cuenta es que el integrand es parejo, entonces
I=12∫∞−∞cos(x)x2+b2.
También tenga en cuenta que el cuadrado en el denominador nos dice que la integral es absolutamente convergente.
Tenemos que tener cuidado porquecos(z) va al infinito en cualquiera de los dos semiplanos, por lo que las hipótesis del Teorema 10.2.1 no están satisfechas. El truco es reemplazarcos(x) poreix, entonces
˜I=∫∞−∞eixx2+b2 dx, with I=12Re(˜I).
Ahora vamos
f(z)=eizz2+b2.
Porquez=x+iy cony>0 tenemos
|f(z)|=|ei(x+iy)||z2+b2|=e−y|z2+b2|.
Ya quee−y<1,f(z) satisface las hipótesis del Teorema 10.2.1 en el medio plano superior. Ahora podemos usar el mismo contorno que en los ejemplos anteriores (Figura10.2.3.
Tenemos
limR→∞∫CRf(z) dz=0
y
limR→∞∫C1f(z) dz=∫∞−∞f(x) dx=˜I.
Entonces, por el teorema del residuo
˜I=limR→∞∫C1+CRf(z) dz=2πi∑ residues of f inside the contour.
Los polos def están en±bi y ambos son simples. Solobi está dentro del contorno. Calculamos el residuo como límite usando la regla de L'Hospital
Res(f,bi)=limz→bi(z−bi)eizz2+b2=e−b2bi.
Entonces,
˜I=2πiRes(f,bi)=πe−bb.
Por último,
I=12Re(˜I)=πe−b2b,
como se afirma.
Tenga cuidado a la hora de sustituircos(z) poreiz eso es apropiado. Un punto clave en el ejemplo anterior fue eseI=12Re(˜I). Esto es necesario para que el reemplazo sea útil.