Justificación del cambio de límite e integral que surge en una integración de contorno con un punto de ramificación.

Question

Me gustaría solucionar $\displaystyle \int_0^\infty \frac{x^\alpha}{x(x+1)}dx,$ donde $\alpha \in (0,1).$ La respuesta es $\frac{\pi}{\sin (\alpha \pi)}.$

Normalmente, para resolverlo, podemos utilizar contorno integral de los residuos y el teorema de la siguiente manera. Deje $C=C_{r}^R-I_{r,R}^- -C_r+I_{r,R}^+$ denotar la simple y cerrada orientada positivamente hacia el contorno, donde$-C_r$$C_{r}^R$, son las porciones de los círculos $C_r(0)$$C_R(0)$, respectivamente, y $-I_{r,R}^-$ $I_{r,R}^+$ los segmentos horizontales de unirse a ellos. Seleccionamos un pequeño valor de $r$ y un valor grande de $R$, de modo que el cero polos $-1$ $\displaystyle f(z):=\frac{z^\alpha}{z (z+1)}$ se encuentran dentro del $C.$ usamos la rama de $z^\alpha$ correspondiente a la rama del logaritmo $\log_0$ como sigue:

$\displaystyle z^\alpha=e^{\alpha \log_0 (z)} =|z|^\alpha e^{i \alpha\theta}$ $z=re^{i\theta}\neq 0$ $\theta \in (0,2\pi]$

A continuación, $\displaystyle \int_C f(z)dz=\int_{C_{r}^R}f(z)dz-\int_{I_{r,R}^-}f(z)dz -\int_{C_r}f(z)dz+\int_{I_{r,R}^+}f(z)dz.$

Utilizando el teorema de los residuos, \begin{equation}\label{8-29} \int_C f(z)dz=2\pi i \textrm{Res}[f,-1]. \end{equation} Por otro lado, $\displaystyle \lim_{r\to 0^+}\int_{C_r^R}f(z)dz=\int_{C_R^+(0)}f(z)dz$, y se puede demostrar que $\displaystyle\lim_{r \to 0^+} \int_{C_r}f(z)=\lim_{R\to \infty}\int_{C_R^+(0)}f(z)dz=0,$ M-L inequlity.

Mi pregunta surge en la siguiente parte (la mayoría de los libros de texto no explica en detalle):

Porque de la rama elegida para $z^\alpha,$ $\displaystyle \lim_{r\to 0^+} \int_{I_{r,R}^+}f(z)dz=\int_0^R\frac{x^\alpha}{x(x+1)}$ y $\displaystyle\lim_{r\to 0^+} \int_{I_{r,R}^-}f(z)dz=\int_0^R\frac{x^\alpha e^{i\alpha 2\pi}}{x(x+1)}$. Tenga en cuenta que desde $Q$ tiene un cero de orden en la mayoría de las $1$ en el origen, el por encima de las dos integrales convergen.

Entiendo que el integrando $f(z)$ en la línea horizontal superior enfoques $\frac{x^\alpha}{x(x+1)}$ donde $x$ es un número real. Del mismo modo, $f(z)$ inferior en la parte horizontal de la línea de los enfoques $\frac{x^\alpha e^{i\alpha 2\pi}}{x(x+1)}$.

Me gustaría probar $\displaystyle \lim_{r\to 0^+} \int_{I_{r,R}^+}f(z)dz=\int_0^R\frac{x^\alpha P(x)}{Q(x)}$ en detalle.

Lo que el teorema de hacer uso para ello de la igualdad. ¿Puedo usar Lebesgue teorema de convergencia dominada?

Les agradezco si dar comentarios al respecto. Gracias de antemano.

Answer 1

Depende de tu definición de un (incorrecto) integral como $\int_0^R\frac{dx}{\sqrt x}$. Si lo ves como una integral de Riemann, entonces lo más probable es que hayas definido precisamente como el límite de$\int_r^R\frac{dx}{\sqrt x}$$r\to 0^+$, y no hay nada que demostrar. (Por cierto, este es también cómo calcular).

Si has visto Lebesgue integrabilidad, entonces no hay necesidad de tomar los límites para definir $\int_0^R\frac{dx}{\sqrt x}$. En ese caso, para demostrar que es igual a $\lim_{r\to0^+}\int_r^R\frac{dx}{\sqrt x}$, puede utilizar convergencia dominada de hecho. Tenga en cuenta que es suficiente para encontrar el límite para todas las secuencias de $r_n\to0^+$. Dominado por la convergencia (y el hecho de que Riemann y Lebesgue coinciden en intervalos cerrados, por ejemplo), $$\begin{align*} \lim_{r_n\to0^+}\int_{r_n}^R\frac{dx}{\sqrt x} &=\lim_{r_n\to0^+}\int_{(0,R]}\frac{dx}{\sqrt x}\cdot{\bf1}_{[r_n,R]}\\ &=\int_{(0,R]}\lim_{r_n\to0^+}\frac{dx}{\sqrt x}\cdot{\bf1}_{[r_n,R]} &=\int_{(0,R]}\frac{dx}{\sqrt x} \end{align*}$$ debido a que la última integrando los límites a los demás y es Lebesgue integrable.

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En su caso, con $x^{-\beta}g$ en lugar de $x^{-1/2}$, $\beta\in(0,1)$ $g$ continua en un barrio de $0$ (es decir, una función racional), los mismos argumentos trabajo: con la definición de Riemann no hay nada que demostrar; con el Lebesgue definición, el uso de la DC y el hecho de que $g$ está delimitada en un barrio de $0$ a justificar.