Sobre la prueba que $\int_0^\infty\frac{dx}{x^2+6x+8} =\frac12\log2$ a través de la fórmula del residuo

Question

En el texto "Funciones de una Variable Compleja" por Robert E. Greene y Steven G. Krantz es mi entendimiento de la prueba a $\text{Proposition (1.1)}$ correcto ?

$\text{Proposition (1.1)}$

$$\int_{0}^{ \infty} \frac{dx}{x^{2} + 6x + 8} = \frac{1}{2} \log(2) \, \, $$

$\text{Proof}$

Por el bien y la utilización de Complejos-técnicas de análisis el autor considera que la siguiente integral.

$$\oint_{\eta_{R}} \frac{\log(z)}{z^{2} + 6z + 8}dz$$

Como un ejercicio, que nos dejó el autor que $\log(r)$ es un bien definidos holomorphic función. Para abordar un trivial de la prueba, se puede definir $\log(z)$ $U \equiv \mathbb{C} \setminus \{x : x \geq 0 \}$ by $\{ \log(re^{i \theta}) = (\log(r)) + i \theta$ when $0 < \theta < 2 \pi, r > 0 \}$.

Antes de continuar, tenga en cuenta que

$$u(r, \theta)=\log(r) \ \ \ \text{ and } \ \ \ v(r, \theta) =\theta.$$

Ahora es fácil notar que $$ \big( \partial_{r}u \big) =\frac{1}{r}= \frac{1}{r} \cdot 1 = \frac{1}{r} \cdot \left( \partial_{\theta} v\right)\ \ \ \ \ \ text{y } \ \ \ \ \big( \partial_{r}u \big) = 0 = \frac{-1}{r}\cdot 0 = \frac{-1}{r} \cdot \big( \partial_{\theta} u \big) $$

De hecho, $log(z)$ es analítica.

Pero antes de continuar define a $\eta_{R}$ de manera tal que,

$$\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \eta_{R}^{1}(t) = t + i/\sqrt{2R}, \, \, \, \, 1/\sqrt{2R} \leq t \leq R,$$

$$\eta_{R}^{2}(t)= Re^{it}, \, \, \, \, \theta_{0} \leq t \leq 2 \pi - \theta_{0},$$

donde $\theta_{0} = \theta_{0}(R) = \sin^{-1}(1/(R \sqrt{2R}))$

$$\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \eta_{R}^{3}(t) = R -t -i/\sqrt{2R}, \, \, \, \, 0 \leq t \leq R-1/\sqrt{2R},$$

$$\eta_{R}^{4}(t) = e^{it}/\sqrt{R}, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \pi/4 \leq t \leq 7 \pi /4.$$

$\text{Remark}$

Para aquellos que no tienen el libro en la mano una foto de el Contorno de los empleados puede ser encontrado en $\text{Figure (1.1)}$

$\text{Figure (1.1)}$

$\, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, $

El autor dice que:

$(*)$ $$ \bigg| \lim_{R \rightarrow \infty}\oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\log(z)}{z^{2} + 6z + 8}dz\bigg| \rightarrow 0$$

y que

$(**)$

$$ \bigg| \lim_{R \rightarrow \infty}\oint_{\eta_{R}^{2}} \frac{\log(z)}{z^{2} + 6z + 8}dz\bigg| \rightarrow 0.$$

Un dispositivo en particular que el autor cita para justificar la convergencia $\eta_{R}^{2}$ $\eta_{R}^{4}$ considerar en la fe

$$\bigg(\log \bigg( \frac{x + i \sqrt{2R}}{(x-i/\sqrt{2R}} \bigg) \bigg)\rightarrow -2 \pi i.$$

Vamos a volver a este después de tratar con las integrales sobre $\eta_{R}^{2}$$\eta_{R}^{4}$.

Uno debe tener en cuenta que

$$ \sum_{\psi}^{4} \bigg(\oint_{\eta_{R}^{\psi}} \frac{\log(z)}{z^{2} + 6z + 8}dz \bigg).$$

Ahora, más de la $\eta_{R}^{2}$ tenemos,

\begin{align*} \bigg| \oint_{\eta_{R}^{2}}\frac{\log(z)}{z^{2} + 6z + 8}dz\bigg|& = \bigg| \int_{-R}^{+Ri} \frac{\log(Re^{it})}{(Re^{it})^{2} + 6(Re^{it}) + 8} iRe^{i \theta} d \theta\bigg|\\&= \int_{-R}^{+Ri} \bigg|\frac{\log(Re^{it})}{(Re^{it})^{2} + 6(Re^{it}) + 8} \bigg| \big| iRe^{i \theta} d \theta \big|\\&= \int_{-R}^{+Ri} \frac{\bigg|\log(Re^{it}) \bigg|}{\bigg|(Re^{it})^{2} + 6(Re^{it}) + 8 \bigg|} \bigg|iRe^{i \theta} \bigg| \bigg|d \theta \bigg| \\& = \int_{\theta_{0}}^{2 \pi - \theta_{0}} \frac{\bigg|\log(Re^{it}) \bigg|}{\bigg|(Re^{it})^{2} + 6(Re^{it}) + 8 \bigg|} \bigg|iRe^{i \theta} \bigg| \bigg|d \theta \bigg| \end{align*}

Ahora podemos establecer una estimación precisa sobre $\eta_{R}^{2}$,

$$\bigg| \oint_{\eta_{R}^{2}} \frac{\log(z)}{z^{2} + 6z + 8}dz\bigg| \leq \frac{\ln(R) + \pi }{R^{2} - 13} \pi r \, \, \text{as} \, \, \, R \rightarrow \infty $$

Hay demostrando $(*)$.

Un proceso similar se puede hacer para $\eta_{R}^{4}$, por lo tanto:

\begin{align*} \bigg| \oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\log(e^{it}/\sqrt{R})}{(e^{it}/ \sqrt{R})^{2} + (e^{it} / \sqrt{R})(6) +8} dz\bigg|& = \oint_{\eta_{R}^{4}} \bigg| \frac{\log(e^{it}/\sqrt{R})}{(e^{it}/ \sqrt{R})^{2} + (e^{it} / \sqrt{R})(6) +8} iRe^{i \theta} d \theta\bigg|\\&= \oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\bigg|\log(e^{it}/\sqrt{R}) \bigg|}{\bigg|(e^{it}/ \sqrt{R})^{2} + (e^{it} / \sqrt{R})(6) +8 \bigg|} iRe^{i \theta} d \theta \\&= \oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\bigg| \log(e^{it})- \frac{1}{2}\log(R^{}) \bigg|}{ \bigg|\frac{e^{2it}}{\sqrt{2R}} + (e^{it} / \sqrt{R})(6) +8 \bigg|} \bigg| iRe^{i \theta} d \theta \bigg|\\& =\oint_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{7 \pi}{4}} \frac{\bigg| it\log(e^{})- \frac{1}{2}\log(R^{}) \bigg|}{ \bigg|\frac{e^{2it}}{\sqrt{2R}} + (e^{it} / \sqrt{R})(6) +8 \bigg|} \bigg| iRe^{i \theta}\bigg| d \theta \bigg|. \end{align*}

Ahora, finalmente, una estimación precisa de $\eta_{R}^{4}$

$$\bigg| \oint_{\eta_{R}^{4}} \frac{\log(e^{it}/\sqrt{R})}{(e^{it}/ \sqrt{R})^{2} + (e^{it} / \sqrt{R})(6) +8} dz\bigg| \leq \text{length}(\eta_{R}^{4}) \cdot \sup_{\eta_{R}^{4}}(g) \leq \pi R \frac{O(\log(R))}{\sqrt{R}} \, \text{as} \, R \rightarrow \infty $$

Lo que demuestra la $(**)$

Después de lograr nuestros resultados preliminares ahora tenemos que,

$(***)$

\begin{align*} \bigg( \oint_{\eta_{R}^{1}} g(z) dz + \oint_{\eta_{R}^{3}} g(z) dz \bigg)& = \lim_{R \rightarrow \infty } \bigg( \oint_{\mu_{R}^{1} } \frac{\log(x+ \sqrt{2R})}{(\log(x+ \sqrt{2R}))^{2} + 6(\log(x+ \sqrt{2R})) + 8} - \oint_{\mu_{R}^{3} } \frac{\log(x - i/ \sqrt{2R})}{(\log(x -i /\sqrt{2R}))^{2} + 6(\log(x - i /\sqrt{2R})) + 8} \bigg) \\&= -2 \pi i \lim_{R \rightarrow \infty}\int_{0}^{R} \frac{dt}{t^{2} + 6t + 8} \\& \end{align*}

Utilizando el Teorema de los Residuos es fácil observar que:

$(****)$

$$ \oint_{\eta_{R}} g(z) dz = 2 \pi i (\operatorname{Res_{g}}(-2) \cdot + Res_{g}(-4) \cdot 1) = - \pi i \log(2)$$

Finalmente poner $(****)$, $(***)$, $(**)$ y $(*)$ produce que el,

$$\lim_{R \rightarrow \infty}\int_{0}^{R} \frac{dt}{t^{2} + 6t + 8} = \frac{1}{2}\log(2).$$

Answer 1

Primero de todo, en su proposición, ya que $x$ es una variable ficticia, no tiene sentido decir '$\text{for all }x\in\mathbb R$'.

Además, no queda muy claro cómo obtuvo $(***)$.

Aquí, proporcionar un lema, el cual puede ser aplicado para derivar $(***)$, así como la explicación de la motivación para introducir a $\log(z)$ en el primer lugar.

Lema

$$\lim_{\Delta\to0^+}\left(\int_{\gamma_1}+\int_{\gamma_2}\right)f(z)\ln(z-s)dz=-2\pi i\int_{pe^{i\theta}}^{qe^{i\theta}}f(t)dt$$

Prueba:

Deje $\hat{k}=i\frac{s}{|s|}$

\begin{align*} &~~~~\lim_{\Delta\to0^+}\left(\int_{\gamma_1}+\int_{\gamma_2}\right)f(z)\ln(z-s)dz \\ &=\lim_{\Delta\to0^+}\left(\int_{\gamma_1}+\int_{\gamma_2}\right)f(z)\ln|z-s|dz +i\lim_{\Delta\to0^+}\left(\int_{\gamma_1}+\int_{\gamma_2}\right)f(z)\arg(z-s)dz \\ &=\left(\int_{pe^{i\theta}}^{qe^{i\theta}}+\int^{pe^{i\theta}}_{qe^{i\theta}}\right)f(z)\ln|z-s|dz \\ &~~~~+i\lim_{\Delta\to0^+}\int^{qe^{i\theta}+\Delta\hat{k}}_{pe^{i\theta}+\Delta\hat{k}} f(z)\arg(z-s)dz +i\lim_{\Delta\to0^+}\int^{qe^{i\theta}-\Delta\hat{k}}_{pe^{i\theta}-\Delta\hat{k}} f(z)\arg(z-s)dz\\ \end{align*}

Obviamente, el primer término es cero.

Para el segundo término, por la sustitución de $z=ue^{i\theta}+\Delta\hat{k}$ \begin{align*} &~~~~ i\lim_{\Delta\to0^+}\int^{qe^{i\theta}+\Delta\hat{k}}_{pe^{i\theta}+\Delta\hat{k}} f(z)\arg(z-s)dz \\ &=i\lim_{\Delta\to0^+}\int^q_p f(ue^{i\theta}+\Delta\hat{k})\arg(ue^{i\theta}+\Delta\hat{k}-s)e^{i\theta}du \\ &=i\int^q_p f(ue^{i\theta})\theta e^{i\theta}du \\ &=i\theta\int_{pe^{i\theta}}^{qe^{i\theta}}f(t)dt \end{align*}

A partir de la segunda línea a la tercera línea, el teorema de convergencia dominada se aplica al límite de cambio e integral, y $\lim_{\Delta\to 0^+}\arg(ue^{i\theta}+\Delta\hat{k}-s)=\theta$ es utilizado.

Para el tercer término, por la sustitución de $z=ue^{i\theta}-\Delta\hat{k}$ \begin{align*} &~~~~ i\lim_{\Delta\to0^+}\int_{qe^{i\theta}-\Delta\hat{k}}^{pe^{i\theta}-\Delta\hat{k}} f(z)\arg(z-s)dz \\ &=i\lim_{\Delta\to0^+}\int_q^p f(ue^{i\theta}-\Delta\hat{k})\arg(ue^{i\theta}-\Delta\hat{k}-s)e^{i\theta}du \\ &=-i\int^q_p f(ue^{i\theta})(2\pi+\theta) e^{i\theta}du \\ &=-i(2\pi+\theta)\int_{pe^{i\theta}}^{qe^{i\theta}}f(t)dt \end{align*}

Del mismo modo, $\lim_{\Delta\to 0^+}\arg(ue^{i\theta}-\Delta\hat{k}-s)=2\pi+\theta$ es utilizado.

Como resultado, \begin{align*} &~~~~\lim_{\Delta\to0^+}\left(\int_{\gamma_1}+\int_{\gamma_2}\right)f(z)\ln(z-s)dz \\ &=0+i\theta\int_{pe^{i\theta}}^{qe^{i\theta}}f(t)dt-i(2\pi+\theta)\int_{pe^{i\theta}}^{qe^{i\theta}}f(t)dt\\ &=-2\pi i\int_{pe^{i\theta}}^{qe^{i\theta}}f(t)dt \end{align*}

Q. E. D.

Answer 2

Este post es para la dirección, la obtención completa de $(***)$ que donde mi entendimiento de la prueba se rompe.

$\text{Proof}$

Ahora recuerdo el Lema dado por Szeto,

$\text{Szeto's Lemma}$

$(1)$ $$ \lim_{\Delta\to0^+}\left(\int_{\gamma_1}+\int_{\gamma_2}\right)f(z)\ln(z-s)dz=-2\pi i\int_{pe^{i\theta}}^{qe^{i\theta}}f(t)dt.$$

Ahora lo que estamos pretendiendo derivar, es que

\begin{align*} \bigg( \oint_{\eta_{R}^{1}} g(z) dz + \oint_{\eta_{R}^{3}} g(z) dz \bigg)& \rightarrow - 2 \pi i \int_{0}^{\infty} \frac{dt}{t^{2} + 6t + 8}. \tag{1.1}\\& \end{align*}

La aplicación de $(1)$$\text{(1.1)}$, se nota que

$$ \bigg( \lim_{R \rightarrow \infty}\oint_{\mu_{R}^{1} } \frac{\log(x+ \sqrt{2R})}{(\log(x+ \sqrt{2R}))^{2} + 6(\log(x+ \sqrt{2R})) + 8}\ln(z-s) \, dz \bigg) + \bigg( \lim_{R \rightarrow \infty}\oint_{\mu_{R}^{3} } \frac{\log(x - i/ \sqrt{2R})}{(\log(x -i /\sqrt{2R}))^{2} + 6(\log(x - i /\sqrt{2R})) + 8} \ln(z-s) dz \bigg).$$

Un análisis más detallado de $\eta_{R}^{1}$ revela que, \begin{align*} \lim_{R \rightarrow \infty} \bigg( \int_{1 / \sqrt{2R}}^{R} \frac{\log(x + \sqrt{2R})}{(\log(x + \sqrt{2R}^{2} + 6(\log(x + \sqrt{2R}) + 8}\ln(z-s)dz \bigg)&=& \\& \lim_{ R \rightarrow \infty} \bigg( \int_{0}^{R} \frac{\log(x + \sqrt{2R})}{(\log(x + \sqrt{2R}^{2} + 6(\log(x + \sqrt{2R}) + 8} \ln(z-s)dz\bigg) + \lim_{ R \rightarrow \infty} \bigg( \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{2R}}}\frac{\log(x+ \sqrt{2R})}{(\log(x - i/\sqrt{2R}))^{2} + 6(\log(x - i/ \sqrt{2R})) + 8}\ln(z-s)dz\bigg). \end{align*}

Asimismo, para $\eta_{R}^{3}$ tenemos que,

\begin{align*} \bigg(\lim_{R \rightarrow \infty} \int_{R - 1 / \sqrt{2R}}^{0} \frac{\log(x + \sqrt{2R})}{(\log(x + \sqrt{2R}^{2} + 6(\log(x + \sqrt{2R}) + 8}\ln(z-s)dz \bigg)&& \\& \end{align*}

Poner todo junto es fácil notar que,

$$ \bigg( \oint_{\eta_{R}^{1}} g(z) dz + \oint_{\eta_{R}^{3}} g(z) dz \bigg) =2 \pi i \int_{0}^{\infty} \frac{dt}{t^{2} + 6t + 8}. $$