Hay una profunda razón por la sustitución de $\cos(x)$ $e^{ix}$ y tomando la parte real a menudo hace que el contorno de un trabajo integral?

Question

Estoy de clasificación de un análisis complejo curso de derecho ahora y resulta que implican una gran cantidad de contorno de integración. Por ejemplo, se pide a los estudiantes encontrar la integral

$$\int_0^\infty \frac{\cos (ax)}{(x^2 + b^2)^2} \, dx$$

donde $a, b > 0$ son reales los parámetros. Esto se puede hacer de la siguiente manera:

\begin{align} \int_0^\infty \frac{\cos (ax)}{(x^2 + b^2)^2} \, dx & = \frac{1}{2} \int_{-\infty}^\infty \frac{\cos (ax)}{(x^2 + b^2)^2} \, dx \\ \\ &= \frac{1}{2} \operatorname{Re} \left[\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{iax}}{(x^2 + b^2)^2} \, dx\right] \\ \\ &= \frac{1}{2} \operatorname{Re} \left[\lim_{R \to \infty} \int_{-R}^R \frac{e^{iax}}{(x^2 + b^2)^2} \, dx\right]. \end{align}

Ahora

$$\int_{-R}^R \frac{e^{iax} \, dx}{(x^2 + b^2)^2} = \oint_{L_R+C_R} \frac{e^{iaz}\, dz}{(z^2 + b^2)^2} - \oint_{C_R} \frac{e^{iaz} \, dz}{(z^2 + b^2)^2}$$

donde $L_R$ es el segmento de recta que va de $-R$ $R$ $C_R$es el arco de círculo con centro 0 va de$R$$-R$.

Por el teorema de los residuos, $$\oint_{L_R+C_R} \frac{e^{iaz}\, dz}{(z^2 + b^2)^2} = 2 \pi i \operatorname{res}_{z=bi} \left[\frac{e^{iaz}}{(z^2 + b^2)^2}\right] = \frac{\pi e^{-ab} (1 + ab)}{2 b^3}$$ para $R > b$. Además, por el lema de Jordan \begin{align} \left|\left|\oint_{C_R} \frac{e^{iaz} \, dz}{(z^2 + b^2)^2}\right|\right| &\leq \frac{\pi}{a} \max_{z \in C_r} \left|\left|\frac{1}{(z^2 + b^2)^2}\right|\right| = \frac{\pi}{a(R^2 + b^2)^2} \to 0 \end{align} como $R \to 0$, desde el que se ve que $$\int_0^\infty \frac{\cos (ax)}{(x^2 + b^2)^2} \, dx = \frac{\pi e^{-ab} (1 + ab)}{4 b^3}.$$

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Sin embargo, supongamos que en lugar de escribir $\cos(a x)$ $\operatorname{Re}[e^{i x}]$ y tirando de la $\operatorname{Re}$ fuera de la integral, que había tratado de hacer las cosas de la misma manera directamente. El problema en este caso es que la integral $$\oint_{C_R} \frac{\cos(az)}{(z^2 + b^2)^2}$$ doesn't vanish as $R \to \infty$. Mediante la adición de un plazo adicional para nuestra ecuación, sin embargo, nos las arreglamos para hacer que las cosas salgan muy bien.

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Si trato de destilar la técnica general aquí, es algo como esto: Hemos tenido una función $f(z)$ para los que $$\lim_{R \to \infty} \oint_{C_R} f(z) \, dz$$ no se desvanecen, así nos encontramos con una función de $g(z)$ el que desapareció a lo largo de $L_R$ y para el que $$\lim_{R \to \infty} \oint_{C_R} f(z) + g(z) \, dz$$ se desvaneció. Sin embargo, parece increíblemente fortuito que hemos tenido a la mano una opción disponible para $g$. Se trata simplemente de una consecuencia de escoger una tarea problema que se puede hacer con lápiz en papel en una cantidad de tiempo razonable? O es algo más profundo?

Preguntas específicas:

1. Dada una función de $f$, ¿hay alguna buena manera de reformular la condición de que $$\oint_{C_R} f(z)\, dz \to 0 \text{ as } R \to \infty$$ as a more straightforward property of $f$? (At first I wondered if $C_R$ was "a closed curve around $\infty$ en el límite", pero este no parece ser el correcto.)
2. Dada una función de meromorphic $f$ tal que $$\oint_{C_R} f(z)\, dz \not \to 0 \text{ as } R \to \infty,$$ can we always find a meromorphic function $g$ such that $g|_\mathbb{R} = 0$ and $$\lim_{R \to \infty} \oint_{C_R} f(z) + g(z) =0?$$
3. Si no, ¿hay algún buen restricciones en $f$ que lo hacen posible? Si es así, ¿cuántos de esos $g$ están ahí, y podemos construir uno de ellos con facilidad?
4. Preguntas como las anteriores con $L_R$ $C_R$ sustituida por la más general de las curvas.

Answer 1

Sí, hay una razón. El exponencial $e^{iz}$ está delimitado en la mitad superior del plano con $|e^{iz}| = e^{-\Im z}$, lo que tiende a $0$ uniformemente en $\Im z\rightarrow\infty$. Y $e^{-iz}$ es limitada y se desintegra en la mitad inferior del plano. Sin embargo, $\cos(z)$ no está delimitado en la mitad del plano.

Si usted tiene un almacén real función derivable $g(t)$ sobre el eje real, entonces usted puede definir \begin{align} H(z) & = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}g(t)\frac{1+tz}{t-z}\frac{dt}{1+t^{2}} \\ & = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}g(t)\left[\frac{1}{t-z}-\frac{t}{1+t^{2}}\right]dt. \end{align} $H$ es holomorphic en $\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}$$\overline{H(z)}=H(\overline{z})$. Para $y > 0$, $$ \frac{H(x+iy)-H(x-iy)}{2}=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{g(t)} {(t-y)^{2}+y^{2}}dt. $$ Por lo tanto, $$ \lim_{y\downarrow 0}\Im H(x+iy)=g(x) $$ La función de $H$ está delimitada en $|\Im z| \ge \epsilon > 0$. Así que si usted comienza con una función de $g$ que tiene un almacén de holomorphic extensión de la franja de $|\Im z| < \epsilon$ algunos $\epsilon > 0$--tales como la con $\cos(t)$--luego de obtener este tipo de cosas en general, donde hay un almacén de holomprhic función de $H_{+}(z)$ en un barrio de la mitad superior del plano, y un almacén de holomorphic función de $H_{-}(z)$ en un barrio de la mitad inferior del plano tales que $\Re H_{+}(t)=\Re H_{-}(t) = g(t)$.