10.4: Integrandos con cortes en rama
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Compute
\[I = \int_{0}^{\infty} \dfrac{x^{1/3}}{1 + x^2} \ dx.\]
Solución
Let
\[f(x) = \dfrac{x^{1/3}}{1 + x^2}.\]
Dado que esto es asintóticamente comparable a\(x^{-5/3}\), la integral es absolutamente convergente. Como una función compleja
\[f(z) = \dfrac{z^{1/3}}{1 + z^2}\]
necesita un corte de rama para ser analítico (o incluso continuo), por lo que tendremos que tenerlo en cuenta con nuestra elección de contorno.
Primero, elija el siguiente corte de rama a lo largo del eje real positivo. Es decir, porque\(z = re^{i \theta}\) no en el eje, tenemos\(0 < \theta < 2\pi\).
A continuación, utilizamos el contorno que\(C_1 + C_R - C_2 - C_r\) se muestra en la Figura\(\PageIndex{1}\).
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Ponemos carteles convenientes en las piezas para que las integrales sean parametrizadas de manera natural. Deberías leer este contorno como teniendo eso\(r\) tan pequeño\(C_1\) y\(C_2\) están esencialmente en el\(x\) eje -eje. Tenga en cuenta bien, que, dado que\(C_1\) y\(C_2\) están en lados opuestos de la rama cortada, la integral
\[\int_{C_1 - C_2} f(z)\ dz \ne 0.\]
Primero analizamos la integral sobre cada pieza de la curva.
En\(C_R\): Teorema 10.2.1 dice que
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_R} f(z)\ dz = 0.\]
En\(C_r\): Por concreción, asuma\(r < 1/2\). Tenemos\(|z| = r\), entonces
\[|f(z)| = \dfrac{|z^{1/3}|}{|1 + z^2|} \le \dfrac{r^{1/3}}{1 - r^2} \le \dfrac{(1/2)^{1/3}}{3/4}.\]
Llame al último número en la ecuación anterior\(M\). Eso lo hemos demostrado, para los pequeños\(r, |f(z)| < M\). Entonces,
\[|\int_{C_r} f(z)\ dz| \le \int_{0}^{2\pi} |f(re^{i \theta})||ire^{i \theta}| \ d\theta \le \int_{0}^{2\pi} Mr \ d\theta = 2\pi Mr.\]
Claramente esto va a cero como\(r \to 0\).
En\(C_1\):
\[\lim_{r \to 0, R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \int_{0}^{\infty} f(x) \ dx = I.\]
On\(C_2\): Tenemos (esencialmente)\(\theta = 2\pi\), entonces\(z^{1/3} = e^{i2\pi /3} |z|^{1/3}\). Por lo tanto,
\[\lim_{r \to 0, R \to \infty} \int_{C_2} f(z)\ dz = e^{i2\pi /3} \int_{0}^{\infty} f(x) \ dx = e^{i 2\pi /3} I.\]
Los polos de\(f(z)\) están en\(\pm i\). Ya que\(f\) es meromórfico dentro de nuestro contorno dice el teorema de residuos
\[\int_{C_1 + C_R - C_2 - C_r} f(z)\ dz = 2\pi i (\text{Res} (f, i) + \text{Res} (f, -i)).\]
Dejar\(r \to 0\) y\(R \to \infty\) el análisis anterior muestra
\[(1 - e^{i2\pi /3}) I = 2\pi i (\text{Res} (f, i) + \text{Res} (f, -i))\]
Todo lo que queda es calcular los residuos usando la rama elegida de\(z^{1/3}\)
\[\text{Res} (f, -i) = \dfrac{(-i)^{1/3}}{-2i} = \dfrac{(e^{i3\pi /2})^{1/3}}{2e^{i3\pi /2}} = \dfrac{e^{-i \pi}}{2} = -\dfrac{1}{2}\]
\[\text{Res} (f, i) = \dfrac{i^{1/3}}{2i} = \dfrac{e^{i \pi /6}}{2e^{i \pi /2}} = \dfrac{e^{-i\pi /3}}{2}\]
Un poco más de álgebra da
\[(1 - e^{i2\pi /3}) I = 2\pi i \cdot \dfrac{-1 + e^{-i \pi /3}}{2} = \pi i (-1 + 1/2 - i \sqrt{3} /2) = -\pi i e^{i \pi /3}.\]
Continuando
\[I = \dfrac{-\pi ie^{i \pi /3}}{1 - e^{i 2\pi /3}} = \dfrac{\pi i}{e^{i \pi /3} - e^{-\pi i/3}} = \dfrac{\pi /2}{(e^{i \pi /3} - e^{-i\pi /3})/2i} = \dfrac{\pi /2}{\sin (\pi /3)} = \dfrac{\pi}{\sqrt{3}}.\]
¡Uf! (Nota: una comprobación de cordura es que el resultado es real, que tenía que ser.)
Compute
\[I = \int_{1}^{\infty} \dfrac{dx}{x \sqrt{x^2 - 1}}.\]
Solución
Let
\[f(z) = \dfrac{1}{z \sqrt{z^2 - 1}}.\]
Lo primero que vamos a mostrar es que la integral
\[\int_{1}^{\infty} f(x)\ dx\]
es absolutamente convergente. Para ello lo dividimos en dos integrales
\[\int_{1}^{\infty} \dfrac{dx}{x\sqrt{x^2 - 1}} = \int_{1}^{2} \dfrac{dx}{x \sqrt{x^2 - 1}} + \int_{2}^{\infty} \dfrac{dx}{x \sqrt{x^2 - 1}}.\]
La primera integral a la derecha se puede reescribir como
\[\int_{1}^{2} \dfrac{1}{x \sqrt{x + 1}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{x - 1}} \ dx \le \int_{1}^{2} \dfrac{1}{\sqrt{2}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{x - 1}} \ dx = \dfrac{2}{\sqrt{2}} \sqrt{x - 1} \vert_1^2.\]
Esto demuestra que la primera integral es absolutamente convergente.
La función\(f(x)\) es asintóticamente comparable a\(1/x^2\), por lo que la integral de 2 a también\(\infty\) es absolutamente convergente.
Podemos concluir que la integral original es absolutamente convergente.
A continuación, utilizamos el siguiente contorno. Aquí asumimos que los círculos grandes tienen radio\(R\) y los pequeños tienen radio\(r\) (Figura\(\PageIndex{2}\)).
.svg)
Utilizamos el corte de rama para raíz cuadrada que elimina el eje real positivo. En esta rama
\[0 < \text{arg} (z) < 2\pi \ \ \ \text{and} \ \ \ 0 < \text{arg} (\sqrt{w}) < \pi.\]
Porque\(f(z)\), esto requiere el corte de rama que elimine los rayos\([1, \infty)\) y\((-\infty, -1]\) del plano complejo.
El polo en\(z = 0\) es la única singularidad del\(f(z)\) interior del contorno. Es fácil computar eso
\[\text{Res} (f, 0) = \dfrac{1}{\sqrt{-1}} = \dfrac{1}{i} = -i.\]
Entonces, el teorema del residuo nos da
\[\int_{C_1 + C_2 - C_3 - C_4 + C_5 - C_6 - C_7 + C_8} f(z)\ dz = 2 \pi i \text{Res} (f, 0) = 2\pi.\]
En un momento mostraremos los siguientes límites
\[\lim_{R \to \infty} \int_{C_1} f(z)\ dz = \lim_{R \to \infty} \int_{C_5} f(z)\ dz = 0\]
\[\lim_{r \to 0} \int_{C_3} f(z)\ dz = \lim_{r \to \infty} \int_{C_7} f(z)\ dz = 0.\]
También mostraremos
\[\begin{array} {rcl} {\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{C_2} f(z) \ dz} & = & {\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{-C_4} f(z) \ dz} \\ {} & = & {\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{-C_6} f(z)\ dz = \lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{C_8} f(z)\ dz = I.} \end{array}\]
Usando estos límites, la Ecuación 10.5.23 implica\(4I = 2\pi\), i.e.
\[I = \pi /2.\]
Todo lo que queda es probar los límites antes señalados.
Los límites para\(C_1\) y\(C_5\) siguen del Teorema 10.2.1 porque
\[|f(z)| \approx 1/|z|^{3/2}\]
para grandes\(z\).
Obtenemos el límite para\(C_3\) lo siguiente. Supongamos que\(r\) es pequeño, digamos mucho menos que 1. Si
\[z = -1 + re^{i \theta}\]
está encendido\(C_3\) entonces,
\[|f(z)| = \dfrac{1}{|z\sqrt{z - 1} \sqrt{z + 1}|} = \dfrac{1}{|-1 + re^{i \theta}| \sqrt{|-2 + re^{i \theta}|} \sqrt{r}} \le \dfrac{M}{\sqrt{r}}.\]
donde\(M\) se elige para ser mayor que
\[\dfrac{1}{|-1 + re^{i \theta}|\sqrt{|-2 + re^{i \theta}|}}\]
para todos los pequeños\(r\).
Por lo tanto,
\[|\int_{C_3} f(z) \ dz| \le \int_{C_3} \dfrac{M}{\sqrt{r}} \ |dz| \le \dfrac{M}{|\sqrt {r}|} \cdot 2 \pi r = 2 \pi M \sqrt{r}.\]
Esta última expresión claramente va a 0 como\(r \to 0\).
El límite para la integral sobre\(C_7\) es similar.
Podemos parametrizar la línea\(C_8\) recta
\[z = x + i \epsilon,\]
donde\(\epsilon\) es un pequeño número positivo y\(x\) va de (aproximadamente) 1 a\(\infty\). Así, en\(C_8\), tenemos
\[\text{arg} (z^2 - 1) \approx 0 \ \ \ \text{and} \ \ \ f(z) \approx f(x).\]
Todas estas aproximaciones se vuelven exactas como\(r \to 0\). Por lo tanto,
\[\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{C_8} f(z)\ dz = \int_{1}^{\infty} f(x)\ dx = I.\]
Podemos parametrizar\(-C_6\) por
\[z = x - i \epsilon\]
donde\(x\) va de\(\infty\) a 1. Así, en\(C_6\), tenemos
\[\text{arg} (z^2 - 1) \approx 2 \pi,\]
por lo
\[\sqrt{z^2 - 1} \approx -\sqrt{x^2 - 1}.\]
Esto implica
\[f(z) \approx \dfrac{1}{(-x)(-\sqrt{x^2 - 1})} = f(x).\]
Por lo tanto,
\[\lim_{R \to \infty, r \to 0} \int_{C_2} f(z)\ dz = \int_{\infty}^{1} f(x) (-dx) = \int_{1}^{\infty} f(x)\ dx = I.\]
La última curva\(-C_4\) se maneja de manera similar.