Lo de contorno deben ser utilizados para evaluar la $\int_0^\infty \frac{\sqrt{t}}{1+t^2} dt$

Question

Podría alguien ayudarme a decidir qué contorno a utilizar para evaluar esta integral?

$$\int_0^\infty \frac{\sqrt{t}}{1+t^2} dt$$

Así que hemos simple polos en $i$,$-i$. ¿Por qué el uso de un cuarto de círculo en el cuadrante superior derecho no funciona-es un problema, $i$ sobre el contorno de la integración?

Mi segunda idea fue dejar $$\sqrt{t}=e^{\frac{1}{2}\operatorname{log}t}$$

Y la definición de la rama del logaritmo a ser el negativo del eje imaginario. Después, con una parte superior semi-circular de contorno. Con un agujero en 0, que tienden al punto 0 como el radio del círculo semi tiende a infinito. A continuación, vamos a dividir por dos para obtener la integral de$0$$\infty$. Hace este trabajo, ya que este no parece ser una función par estamos integrando.

Yo apolygise para los pobres explicación de mis contornos, es bastante difícil sin necesidad de lápiz y papel!

EDIT: Ok, así que el uso de un superior semi círculo, con un agujero semicircular sobre $0$. vamos a llamar al contorno de $\gamma$, tenemos:

$$\int_\gamma \frac{e^{\frac{1}{2}\operatorname{log}t}}{1+t^2}dt =2\pi i\Big(\frac{e^{\frac{1}{2}\operatorname{log}t}}{t+i}\Big)\Big|_{t=i}=\frac{e^{\pi/4}}{2i}$$

Pero dejando en el eje real positivo $z=x+iy$ implica $log(z)=log(x)+0$ y en el sentido negativo del eje $log(z)=log(x)+\pi$ por lo Tanto si tendemos el gran arco de radio infinito y el pequeño arco sobre el origen de la radio a cero, podemos encontrar la integral a lo largo del arco tiende a cero. Así

$$\int_\gamma \frac{e^{\frac{1}{2}\operatorname{log}t}}{1+t^2}dt=\int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{1+x^2} dx+\int_0^\infty \frac{\sqrt{x}e^{\pi/2}}{1+x^2} dx=(1+e^{\pi/2})\int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{1+x^2} dx$$

$$\Rightarrow \int_0^\infty \frac{\sqrt{x}}{1+x^2} =\frac{e^{\pi/4}}{2i(1+e^{\pi/2})}$$

Esto está mal pero, ¿puede alguien señalar qué error he hecho aquí?

Answer 1

Llame a $\displaystyle K=\int_0^\infty \frac{\sqrt{t}}{1+t^2} \mathrm dt$$\displaystyle J_\gamma=\int_\gamma\frac{\sqrt{t}}{1+t^2} \mathrm dt$. Básicamente, que hizo el mismo error dos veces.

(1) la Evaluación de los $J_\gamma$ gracias al teorema de los residuos de los rendimientos $$ J_\gamma=2\pi\mathrm i\cdot\left.\left(\frac{\mathrm e^{(\log t)/2}}{t+\mathrm i}\right)\right|_{t=\mathrm i}=\pi\mathrm e^{(\log \mathrm i)/2}=\pi\mathrm e^{\mathrm i\pi/4}=\pi(1+\mathrm i)/\sqrt2. $$ Aquí el error es creer que (el principal valor de) $\log\mathrm i$ $\pi/2$ en lugar de $\mathrm i\pi/2$: considerar la posibilidad de que $\mathrm e^{\mathrm i\pi/2}=\cos(\pi/2)+\mathrm i\sin(\pi/2)=\mathrm i$ y $\mathrm e^{\pi/2}$ es... bueno, un número real cerca de $4.81$.

(2) la Evaluación de los $J_\gamma$ a través de una integral en la línea real de los rendimientos $$ \int_{-\infty}^\infty \frac{\sqrt{t}}{1+t^2} \mathrm dt=K+\int_{-\infty}^0 \frac{\sqrt{t}}{1+t^2} \mathrm dt=K+\int_0^{+\infty} \frac{\mathrm i\sqrt{t}}{1+t^2} \mathrm dt=(1+\mathrm i)\,K. $$ Aquí, el error es creer que, para cada número real positivo $t$, $\sqrt{-t}$ es $\mathrm e^{\pi/2}\sqrt{t}$ en lugar de $\mathrm e^{\mathrm i\pi/2}\sqrt{t}=\mathrm i\sqrt{t}$.

La corrección de los pasos (1) y (2), su razonamiento de los rendimientos de la relación $$ (1+\mathrm i)K=\lim\limits_{R\+\infty}J_{\gamma}=\pi(1+\mathrm i)/\sqrt2, $$ por lo tanto el (exacta) valor $K=\pi/\sqrt2$.

Nota: Un "puramente real" road está disponible para calcular $K$. Para hacerlo, utilice primero en la sucesión de los cambios de las variables $u=\sqrt{t}$, $v=\pm u$, y $w=1/v$ para obtener $$ K=\int_0^\infty\frac{2u^2}{1+u^4}\mathrm du=\int_{-\infty}^\infty\frac{v^2}{1+v^4}\mathrm dv=\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm dw}{1+w^4}. $$ Por lo tanto, $$ K=\frac12\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2+1}{x^4+1}\mathrm dx. $$ La factorización $x^4+1=(x^2+\sqrt2x+1)(x^2-\sqrt2x+1)$ implica que $$ \frac{x^2+1}{x^4+1}=\frac1{(\sqrt2x+1)^2+1}+\frac1{(\sqrt2x-1)^2+1}, $$ por lo tanto $K=\frac12(L_1+L_{-1})$ donde, para cada número real $a$, $$ L_a=\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm dx}{(\sqrt2x+a)^2+1}. $$ Utilizando el cambio de variable $u=\sqrt2x+a$, uno ve que, para cada número real $a$, $$ L_a=\frac1{\sqrt2}\int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm du}{u^2+1}=\frac{\pi}{\sqrt2}, $$ donde la última igualdad es directa si se reconoce que la densidad de un estándar de la distribución de Cauchy. Esto demuestra, finalmente, que $K=\pi/\sqrt2$.

Answer 2

Su contorno funcionaría si se tomó en cuenta el comportamiento de $\sqrt{z}$: su más grande integral no es el doble de la original, pero $1+i$ veces.

De manera más general, su integral y otros $\int_0^\infty {t^s\,dt \over 1+t^2}$ (y con otros denominadores...) puede ser integrado por el Hankel o de la llave de contorno: ven a lo largo de la positiva reales de $+\infty$ a cerca de $0$, ir en contra de las manecillas del reloj alrededor de $0$ en un pequeño círculo, luego de vuelta a $+\infty$ a lo largo de los reales positivos. El truco es que con $s$ no integral esto da $(1-e^{-2\pi i s})$ veces la integral original. A continuación, utilice los residuos en los ceros del denominador.

Answer 3

Lo contorno, usted pide? Bueno, el mejor de contorno no es de contorno a todos!!!! :-) De todas las integrales de la forma

$\displaystyle\int_0^\infty\frac{t^{^{n-1}}}{a^{^m}+t^{^m}}dt$ puede ser mostrada a la igualdad de $a^{^{n-m}}\cdot\dfrac\pi m\cdot\csc\bigg(n\cdot\dfrac\pi m\bigg)$ donde $\csc x=\dfrac1{\sin x}$, en el

siguiente manera: en Primer lugar, vamos a $t=au$, a continuación, después de factoring $a^{^{n-m}}$ fuera de la integral, deje $x=\dfrac1{1+u^{^m}}$

y reconocer la expresión de la función beta en el resultado integral. Después, se aplican de Euler

la reflexión de la fórmula para la $\Gamma$ función, con el fin de llegar en el mencionado resultado. La identificación de

los distintos parámetros, hemos $I=\dfrac\pi{\sqrt2}$ . $\big($Voy a postear esto en la sección de respuestas porque es demasiado largo para un comentario $)$.