Deje $I=\int_{-1}^{1}\frac{x^2 dx}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)^2}}$. He utilizado la función compleja $f(z)=\frac{z^2}{\sqrt[3]{(z-1)(z+1)^2}}$, la cual podemos definir que es holomorphic en $\mathbb{C}\setminus[-1,1]$. Yo uso un "hueso de perro"-contur a integrar. Tengo un problema con la integral sobre el círculo grande : $\lim_{R \to \infty}\int_{C_R}f(z)dz$. Cómo calcularlo ? (Sé que debe ser distinto de cero.)
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Considere la función
$$f(z) = (z-1)^{-1/3} (z+1)^{-2/3} $$
$f$ es, obviamente, el producto de dos funciones, cada una tiene su propia rama de los recortes. Por ejemplo, $(z-1)^{-1/3}$ tiene una sucursal corte a lo largo de $(-\infty,1]$, mientras que $(z+1)^{-2/3}$ tiene una sucursal corte a lo largo de $(-\infty,-1]$. Tenga en cuenta que $z+1$ nunca cambia de signo a lo largo de $(-1,1)$; es siempre positivo y lejos de su rama de corte. Por lo tanto, podemos decir que el $\arg{(z+1)}=0$ en las líneas del hueso de perro. No obstante, tenemos la cruz de la rama de corte de $(z-1)^{-1/3}$, es decir, $\arg{(z-1)}=\pi$ sobre el eje real y $\arg{(z-1)}=-\pi$ por debajo.
Ahora consideremos la integral de contorno
$$\oint_C dz \, z^2 f(z) $$
donde $C$ es (1) el círculo $z=R e^{i \theta}$, $\theta \in [-\pi,\pi)$, (2) una línea que se extiende desde el círculo de la $\theta=\pi$ al hueso de perro de contorno, (3) el hueso de perro, y (4) una línea de retorno al círculo de la $\theta=-\pi$. Tenga en cuenta que la integral se desvanece a lo largo de las líneas para el hueso de perro y a lo largo de los círculos pequeños de hueso de perro. Por lo tanto, el contorno de la integral es
$$i R \int_{-\pi}^{\pi} d\theta \, e^{i \theta} R^2 e^{i 2 \theta} \left ( R e^{i \theta}-1 \right )^{-1/3} \left ( R e^{i \theta}+1 \right )^{-2/3} + e^{-i \pi/3} \int_{-1}^1 dx \, x^2 (1-x)^{-1/3} (1+x)^{-2/3} \\ + e^{i \pi/3} \int_1^{-1} dx \, x^2 (1-x)^{-1/3} (1+x)^{-2/3}$$
Tenga en cuenta que hemos definido los límites de la primera integral, de modo que ninguna rama de corte en el eje real negativo es atravesado. No hay rama de corte para $x \gt 1$. Por lo tanto, para hacer frente a la primera integral, podemos ampliar las raíces de un gran $R$:
$$\left ( R e^{i \theta}-1 \right )^{-1/3} = R^{-1/3} e^{-i \theta/3} \left (1 - \frac1{R e^{i \theta}} \right )^{-1/3} = R^{-1/3} e^{-i \theta/3} \left [1+\frac1{3 R e^{i \theta}} + \frac{2}{9 R^2 e^{i 2 \theta}} + O \left ( \frac1{R^3} \right ) \right ]$$
$$\left ( R e^{i \theta}+1 \right )^{-2/3} = R^{-2/3} e^{-i 2 \theta/3} \left (1 + \frac1{R e^{i \theta}} \right )^{-1/3} = R^{-2/3} e^{-i 2 \theta/3} \left [1-\frac{2}{3 R e^{i \theta}} + \frac{5}{9 R^2 e^{i 2 \theta}} + O \left ( \frac1{R^3} \right ) \right ]$$
Podemos extraer la dominante pieza de cada binomio plazo como la anterior, porque no hemos cruzado una rama cortada. Por lo tanto, el integrando es
$$i R^2 e^{i 2 \theta} - i\frac{1}{3} R e^{i \theta} + i \frac{5}{9} + O \left ( \frac1{R} \right )$$
Es importante ver que todos los términos en la expansión de desaparecer tras la integración de más de $\theta \in (-\pi,\pi)$, excepto el término constante. Este es el llamado residuo en el infinito.
Por Cauchy teorema, el contorno de la integral es cero. Así
$$i 2 \pi \frac{5}{9} -i 2 \sin{\frac{\pi}{3}} \int_{-1}^1 dx \, x^2 (1-x)^{-1/3} (1+x)^{-2/3} = 0$$
o
$$\int_{-1}^1 dx \, x^2 (1-x)^{-1/3} (1+x)^{-2/3} = \frac{10 \pi}{9 \sqrt{3}} $$
Marko Riedel
Puntos
19255
Con estos tipos de integrales generalmente lo que se está pidiendo es el uso de dos ramas del logaritmo cuya cortes cancelar fuera de la la integración de intervalo.
Supongamos que buscamos para calcular $$Q = \int_{-1}^1 \frac{x^2}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)^2}} dx.$$
Re-escribo esto como $$\int_{-1}^1 z^2 \exp(-1/3\mathrm{su sistema loga}(1-z)) \exp(-2/3\mathrm{LogB}(1+z)) dz$$ y llamar a la función $f(z).$
Debemos elegir dos ramas del logaritmo $\mathrm{LogA}$ y $\mathrm{LogB}$ , de modo que el corte en el eje real de $-1$ $1.$Esto se logra al $\mathrm{LogA}$ tiene el corte en el negativo eje real y $\mathrm{LogB}$ sobre el eje real positivo. El argumento de $\mathrm{LogA}$ $(-\pi, \pi]$ y de $\mathrm{LogB}$ $[0,2\pi).$ Con estas definiciones tenemos para $x\lt 1$ que $\mathrm{LogA}(1-x) = \log(1-x)$ y para $x\gt -1$ que $\mathrm{LogB}(1+x) = \log(1+x)$ (ambos por encima de la corte), que significa que la función compleja, está de acuerdo con la real en el intervalo de integración.
Para ser riguroso, también tenemos que mostrar la continuidad entre los dos la superposición de los recortes en $(1, \infty)$, como se muestra en este MSE enlace. La idea clave aquí es tener en cuenta que por encima de $(1,\infty)$ obtenemos el factor de $$\exp(-1/3(-\pi i)-2/3\times 0)=\exp(1/3\pi i)$$ y justo debajo tenemos $$\exp(-1/3(\pi i)-2/3(2\pi i))=\exp(-5/3\pi i)$$ y estos dos están de acuerdo.
Supongamos que el hueso de perro de contorno que se recorre en sentido antihorario. Entonces $\mathrm{LogA}$ le da el verdadero valor justo debajo de la corte, pero $\mathrm{LogB}$ contribuye un factor de $\exp(2\pi i \times - 2/3).$ Por encima de la corte de $\mathrm{LogA}$ nuevo produce el valor real, pero tan qué $\mathrm{LogB}.$ Ya que no hay finito polos esto implica que
$$Q\times (\exp(-4/3\pi i)-1) = - 2\pi i \times \mathrm{Res}_{z=\infty} f(z).$$
Ahora el residuo en el infinito utilizamos la fórmula $$\mathrm{Res}_{z=\infty} h(z) = \mathrm{Res}_{z=0} \left[-\frac{1}{z^2} h\left(\frac{1}{z}\right)\right].$$
En un barrio de infinity tenemos $$\mathrm{su sistema loga}(1-z) = \mathrm{su sistema loga}(-z) - \sum_{q\ge 1} \frac{1}{p z^p}$$ y además $$\mathrm{LogB}(1+z) = \mathrm{LogB}(z) - \sum_{q\ge 1} \frac{(-1)^p}{q z^p}$$
Esto le da $$-\frac{1}{z^2} f\left(\frac{1}{z}\right) = -\frac{1}{z^4} \exp(-1/3\mathrm{su sistema loga}(-1/z)) \exp\left(1/3\sum_{q\ge 1} \frac{z^p}{q}\right) \\ \times \exp(-2/3\mathrm{LogB}(1/z)) \exp\left(2/3\sum_{q\ge 1} (-1)^q \frac{z^p}{q}\right).$$
Necesitamos una evaluación cuidadosa del producto $$\exp(-1/3\mathrm{LogA}(-1/z))\exp(-2/3\mathrm{LogB}(1/z))$$ en una vecindad de cero.
Supongamos $z= R \exp(i\theta)$ $\theta\in[0,\pi)$ nos ponemos en la mitad superior del plano ($\epsilon$ podría ser una opción adecuada para el módulo) $$\exp(-1/3\times(-\log R + \pi i - i\theta)) \exp(-2/3\times(-\log R + 2\pi i - i\theta))$$ que los rendimientos de $$\exp(\log R + i\theta) \exp(-5/3\pi i) = z \exp(-5/3\pi i).$$ Para la mitad inferior de avión deje $\theta\in[\pi, 2\pi)$ tenemos (sí, esto se supone que es la misma) $$\exp(-1/3\times(-\log R + \pi i - i\theta)) \exp(-2/3\times(-\log R + 2\pi i - i\theta))$$ que de nuevo los rendimientos $$\exp(\log R + i\theta) \exp(-5/3\pi i) = z \exp(-5/3\pi i).$$
Volviendo al hilo principal tenemos $$-\frac{1}{z^2} f\left(\frac{1}{z}\right) = -\frac{1}{z^4} \times z \times \exp(-5/3\pi i) \\ \times \exp\left(1/3\sum_{q\ge 1} \frac{z^p}{q}\right) \exp\left(2/3\sum_{q\ge 1} (-1)^q \frac{z^p}{q}\right).$$
Buscamos $$-[z^2] \exp\left(1/3\sum_{q\ge 1} \frac{z^p}{q}\right) \exp\left(2/3\sum_{q\ge 1} (-1)^q \frac{z^p}{q}\right).$$
Esto puede ser extraído mediante sustitución directa de los primeros términos en la exponencial de la serie (este es el riguroso opción) o con el hecho de que la suma de dos convergen en una vecindad de cero a $$\log\frac{1}{1-z} \quad\text{y}\quad \log\frac{1}{1+z}$$ así que podemos utilizar el binomio de Newton $$\frac{1}{(1-z)^{1/3}} \quad\text{y}\quad \frac{1}{(1+z)^{2/3}}.$$
Tenga en cuenta que $$\frac{1}{(1-z)^{1/3}} = 1+{\frac {1}{3}}z+{\frac {2}{9}}{z}^{2}+{\frac {14}{81}}{z}^{3}+O \left( {z}^{4} \right)$$ y $$\frac{1}{(1+z)^{2/3}} = 1-{\frac {2}{3}}z+{\frac {5}{9}}{z}^{2}-{\frac {40}{81}}{z}^{3}+O \left( {z}^{4} \right)$$
de modo que el coeficiente es $$\frac{2}{9}+\frac{5}{9} - \frac{2}{9} = \frac{5}{9}$$ para un resultado final de $$-2\pi i \times -\frac{5}{9} \times \frac{\exp(-5/3\pi i)}{\exp(-4/3\pi i)-1} = -2\pi i \times -\frac{5}{9} \times \frac{1/2+1/2i\sqrt{3}}{-3/2+1/2i\sqrt{3}} \\ = \frac{10\pi\sqrt{3}}{27} = \frac{10\pi}{9\sqrt{3}}.$$
Observación. Lo que realmente ayuda a pensar en el mapa de $z$ $-z$como $180$ grados de rotación cuando se trata de visualizar lo que está sucediendo aquí.
Acuse de recibo. Este post se basa en ideas de @RonGordon a partir de su respuesta inicial.
Anthony Shaw
Puntos
858
Aquí es una solución de análisis para la comparación. Mirando con la sustitución de $x\mapsto2x-1$: $$ \begin{align} \int_{-1}^1\frac{x^2\,\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)^2}} &=\int_0^1\frac{(2x-1)^2\,\mathrm{d}x}{\sqrt[3]{(1-x)x^2}}\\ &=4\int_0^1x^{4/3}(1-x)^{-1/3}\,\mathrm{d}x\\ &-4\int_0^1x^{1/3}(1-x)^{-1/3}\,\mathrm{d}x\\ &+\int_0^1x^{-2/3}(1-x)^{-1/3}\,\mathrm{d}x\\ &=4\mathrm{B}\left(\tfrac73,\tfrac23\right) -4\mathrm{B}\left(\tfrac43,\tfrac23\right) +\mathrm{B}\left(\tfrac13,\tfrac23\right)\\ &=4\frac{\Gamma\left(\frac73\right)\Gamma\left(\frac23\right)}{\Gamma(3)} -4\frac{\Gamma\left(\frac43\right)\Gamma\left(\frac23\right)}{\Gamma(2)} +\frac{\Gamma\left(\frac13\right)\Gamma\left(\frac23\right)}{\Gamma(1)}\\ &=\frac89\Gamma\left(\tfrac13\right)\Gamma\left(\tfrac23\right) -\frac43\Gamma\left(\tfrac13\right)\Gamma\left(\tfrac23\right) +\Gamma\left(\tfrac13\right)\Gamma\left(\tfrac23\right)\\ &=\frac59\Gamma\left(\tfrac13\right)\Gamma\left(\tfrac23\right)\\ &=\frac59\pi\csc(\pi/3)\\ &=\frac{10\sqrt3}{27}\pi \end{align} $$ El uso de Euler Reflexión Fórmula probada en esta respuesta.
Anthony Shaw
Puntos
858
Definir el integrando analíticamente en $\mathbb{C}\setminus[-1,1]$ nos permite calcular dos integrales que son iguales por Cauchy de la Integral Teorema; uno cerca de $[-1,1]$$(5)$, y el otro alrededor de un círculo grande en $(6)$.
Para $z\in\mathbb{C}\setminus[-1,1]$, podemos definir $$ \log\left(\frac{1+z}{1-z}\right)=\frac\pi2i+\int_i^z\left(\frac1{w+1}-\frac1{w-1}\right)\,\mathrm{d}w\tag{1} $$ donde el contorno de integración evita el verdadero intervalo de $[-1,1]$. Esto está bien definido, ya que la diferencia de cualquiera de las dos contornos de los círculos de ambas singularidades igualmente y por lo que sus residuos cancelar.
A lo largo de la {arriba,abajo} de $[-1,1]$, $\log\left(\frac{1+z}{1-z}\right)=\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)+\{0,2\pi i\}$
Podemos entonces establecer $$ \frac{z^2}{\sqrt[3]{(1-z)(1+z)^2}}=\frac{z^2}{1+z}\exp\left(\frac13\log\left(\frac{1+z}{1-z}\right)\right)\tag{2} $$ A lo largo de la {arriba,abajo} de a $[-1,1]$, $$ \frac{z^2}{\sqrt[3]{(1-z)(1+z)^2}}=\frac{x^2}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)^2}}\left\{1,e^{2\pi i/3}\right\}\etiqueta{3} $$ Como $|z|\to\infty$, $$ \begin{align} \frac{z^2}{\sqrt[3]{(1-z)(1+z)^2}} &=\frac{z}{\sqrt[3]{\left(1-\frac1z\right)\left(1+\frac1z\right)^2}}e^{\pi i/3}\\ &=e^{\pi i/3}\left(z-\frac13+\frac5{9z}-\frac{23}{81z^2}+\dots\right)\tag{4} \end{align} $$ Por lo tanto, el residuo alrededor de $[-1,1]$$e^{\pi i/3}\frac59$.
El uso de $(3)$, la integral de la izquierda en torno a $[-1,1]$ es $$ \cualquier\frac{z^2}{\sqrt[3]{(1-z)(1+z)^2}}\,\mathrm{d}z =\left(e^{2\pi i/3}-1\right)\int_{-1}^1\frac{x^2}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)^2}}\,\mathrm{d}x\etiqueta{5} $$ La integral a lo largo de los círculos alrededor de las singularidades se desvanece ya que el integrando tiene orden de $-\frac13$ $-\frac23$ cerca de las singularidades.
El uso de $(4)$, la integral alrededor de un gran círculo hacia la izquierda $$ \cualquier\frac{z^2}{\sqrt[3]{(1-z)(1+z)^2}}\,\mathrm{d}z =2\pi i\,e^{\pi i/3}\frac59\etiqueta{6} $$ Comparando $(5)$ $(6)$ rendimientos $$ \begin{align} \int_{-1}^1\frac{x^2}{\sqrt[3]{(1-x)(1+x)^2}}\,\mathrm{d}x &=\frac{2\pi i\,e^{\pi i/3}\frac59}{e^{2\pi i/3}-1}\\ &=\frac{5\pi}{9\sin\left(\frac\pi3\right)}\\ &=\frac{10\sqrt3}{27}\pi\tag{7} \end{align} $$
