$ I(r) = \int_0^{2\pi}\frac{\cos(t) - r}{1 - 2r\cos t + r^2}\,dt$ siempre es cero para$r\in[0,1)$. ¿Por qué?

Question

Para $r\in [0,1)$definir $$ I(r) = \int_0^{2\pi}\frac{\cos(t) - r}{1 - 2r\cos t + r^2}\,dt. $$ Experimentos numéricos alusión a $I(r) = 0$ para todos los $r\in [0,1)$ pero no puedo mostrar este analíticamente.

Esta integral aparece al calcular la transformada de Cauchy $\overline z$ sobre el círculo unidad. El último, por lo tanto, parece estar en constante cero.

Answer 1

Una alternativa a prueba el uso de métodos complejos:

Para $0< r < 1$vamos $$ f_r \colon B_\frac{1}{r} (0) \to \mathbb{C} \, , \, f_r(z) = \frac{- \ln(1-rz)}{z} \, , $$ donde $f_r(0) = r $ . A continuación, $f_r$ es holomorphic, por lo que $$ I(r) \equiv - \int \limits_0^{2\pi} \ln(1-r \mathrm{e}^{\mathrm{i}t}) \, \mathrm{d} t = - \mathrm{i} \int \limits_{S^1} f_r(z) \, \mathrm{d} z = 0 $$ es por Cauchy teorema. Si usted no está familiarizado con el análisis complejo, usted también puede mostrar esta usando la serie de Taylor del logaritmo: $$ I(r) = \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{r^n}{n} \int \limits_0^{2\pi} \mathrm{e}^{\mathrm{i} n t} \, \mathrm{d} t = 0 \, . $$ Esto implica \begin{align} \int \limits_0^{2\pi} \frac{\cos(t) - r}{1 - 2 r \cos(t) + r^2} \, \mathrm{d} t &= - \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r} \int \limits_0^{2\pi} \ln(1 - 2 r \cos(t) + r^2) \, \mathrm{d} t \\ &= - \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r} \int \limits_0^{2\pi} \ln[(1 -r \mathrm{e}^{\mathrm{i} t})(1 -r \mathrm{e}^{-\mathrm{i} t})] \, \mathrm{d} t \\ &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r} I(r) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} r} 0 = 0 \end{align} como se desee.

Answer 2

(Ya que no se ha mencionado aún) La función $$ P_r(t) = \sum_{n=-\infty}^\infty r^{|n|} e^{int} =\frac{1-r^2}{1-2r\cos t +t^2},\quad0\le r<1, 0\le t\le 2\pi $$ is called the Poisson kernel. For any continuous function $f:[0,2\pi]\a \Bbb C$ la integral de Poisson $$ u(r,\theta) = \frac{1}{2\pi i}\int_0^{2\pi} f(t)P_r(\theta-t)\mathrm{d}t\etiqueta{*} $$ gives the unique solution of the Dirichlet problem $\triángulo u =0, \lim\limits_{r\1^-}u(r,\theta)=f(\theta)$.

Deje $u(r,\theta)=r\cos \theta$. Ya que es una parte real de la analítica de la función $z=r e^{i\theta}$, nos encontramos con que $$\triangle u=0,\ \ \ \lim\limits_{r\to 1^-}u(r,\theta)=\cos \theta.$$ By $\texto{(*)}$ se deduce que $$ r\cos \theta =\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{\cos t(1-r^2)}{1-2r\cos (t-\theta)+r^2}\mathrm{d}t $$ for all $0\le r<1$ and $0\le \theta\le 2\pi$. Utilizando el hecho de $$ \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{1-r^2}{1-2r\cos (t-\theta)+r^2}\mathrm{d}t=\frac{1}{2\pi}\sum_{n=-\infty}^\infty r^{|n|} \int_0^{2\pi}e^{(t-\theta)}\mathrm{d}t =1, $$ es de la siguiente manera $$ \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} \frac{\left(\cos t-r\cos \theta\right)(1-r^2)}{1-2r\cos (t-\theta)+r^2}\mathrm{d}t =0. $$ By letting $\theta =0$, obtenemos $$ \frac{1-r^2}{2\pi }\int_0^{2\pi} \frac{\cos t-r}{1-2r\cos t+r^2}\mathrm{d}t =0,$$ o, equivalentemente, $$ \int_0^{2\pi} \frac{\cos t-r}{1-2r\cos t+r^2}\mathrm{d}t =0.$$

Answer 3

A mí me parece que este resultado es un caso particular (o más bien 1D adaptación) de Newton de la cáscara de teorema. En 2D, el teorema establece que ninguna fuerza gravitacional neta es percibido por los objetos que se encuentran dentro de un uniforme de la esfera hueca.

Aquí, considere la integral $$ \vec I(M) = \int_{X\in C}\frac{\vec{MX}}{MX^2}\mathrm ds $$ donde $M$ es un punto a una distancia $r<1$ distancia desde el centro de la $O$ del círculo unitario $C$, e $\mathrm ds$ la longitud de los elementos del círculo. Lo que están pidiendo es un componente de $\vec I$, la dirigida a lo largo de $\vec{OM}$. De hecho, tenemos $\vec I=\vec 0$. Hay una bonita prueba geométrica de este en 2D debido a Newton; ver aquí. Usted puede tratar de adaptarlo a 1D.

Answer 4

Con $\gamma$ siendo el sentido antihorario círculo unidad y $\bar\gamma$ siendo el de las agujas del reloj de la unidad de círculo, $$ \begin{align} \int_0^{2\pi}\frac{r-\cos(t)}{1-2r\cos(t)+r^2}\,\mathrm{d}t &=\int_0^{2\pi}\frac12\left(\frac1{r-e^{it}}+\frac1{r-e^{-it}}\right)\mathrm{d}t\tag1\\ &=\frac1{2i}\int_\gamma\frac{\,\mathrm{d}z}{z(r-z)}-\frac1{2i}\int_{\bar\gamma}\frac{\,\mathrm{d}z}{z(r-z)}\tag2\\ &=\frac1i\int_\gamma\frac{\,\mathrm{d}z}{z(r-z)}\tag3\\ &=\frac1{ir}\int_\gamma\left(\frac1z-\frac1{z-r}\right)\mathrm{d}z\tag4\\ &=\left\{\begin{array}{} 0&\text{if }|r|\lt1\\ \frac{2\pi}r&\text{if }|r|\gt1 \end{array}\right.\tag5 \end{align} $$ Explicación:
$(1)$: fracciones parciales
$(2)$: $z=e^{it}$ en la izquierda integral y $z=e^{-it}$ en el derecho integral
$(3)$: $\bar\gamma$ es en la dirección opuesta a la de $\gamma$
$(4)$: fracciones parciales
$(5)$: $2\pi i$ veces la suma de los residuos dentro de $\gamma$

Answer 5

Aquí hay otro enfoque ligeramente diferente.

Dejemos que $$P_r(t) = \frac{\cos t - r}{1 - 2r \cos t + r^2}, \qquad r \in [0,1).$ $ Usando $\cos t = (e^{it} + e^{-it})/2$ , podemos reescribir $P_r(t)$ como \begin{align} P_r (t) &= \frac{1}{2} \frac{(e^{it} + e^{-it}) - 2r}{1 - r(e^{it} + e^{-it}) + r^2}\\ &= -\frac{1}{2} \frac{2r - e^{it} - e^{-it}}{(r - e^{it})(r - e^{-it})}\\ &= -\frac{1}{2} \left [\frac{1}{r - e^{it}} + \frac{1}{r - e^{-it}} \right ]\\ &= \frac{1}{2} \left [\frac{e^{-it}}{1 - r e^{-it}} + \frac{e^{it}}{1 - r e^{it}} \right ]\\ &= \frac{1}{2} \left [e^{-it} \sum_{n = 0}^\infty r^n e^{-int} + e^{it} \sum_{n = 0}^\infty r^n e^{int} \right ]\\ &= \sum_{n = 0}^\infty r^n \left (\frac{e^{i(n + 1)t} + e^{-i(n + 1)t}}{2} \right )\\ &= \sum_{n = 0}^\infty r^n \cos (n + 1)t. \end {align}

Ahora \begin{align} \int^{2\pi}_0 P_r (t) \, dt = \int^{2 \pi}_0 \sum_{n = 0}^\infty r^n \cos (n + 1)t \, dt = \sum_{n = 0}^\infty r^n \int^{2\pi}_0 \cos (n + 1)t \, dt = 0. \end {align}