¿Dónde he ido mal? Contorno de integración $\int_{-a}^a {u\over 1+u+u^2} du$ $a\to \infty$

Question

Me gustaría integrar $\int_{-a}^a {u\over 1+u+u^2} du$ $a\to \infty$.

Así que pensé que podría usar el teorema del residuo. En el plano complejo, las singularidades ocurren en $z=e^{\pm i2\pi\over 3}$. Así que si cerramos el contorno en el plano medio superior adjuntamos $z=e^{i2\pi\over 3}$. Este es un polo simple encubierta, así res $\left({z\over 1+z+z^2};e^{i2\pi\over 3}\right)={z\over 2z+1}|_{z=e^{i2\pi\over 3}}={1\over 2}+{i\over 2\sqrt3}$. Así, por el teorema del residuo, el integral es $2\pi i \left({1\over 2}+{i\over 2\sqrt3}\right)=\pi(i-{1\over\sqrt 3})$.

Pero esto no puede ser la respuesta, ya que contiene $i$. ¿Dónde he ido mal? Gracias.

Answer 1

Disculpas de antemano por el sector informal de la respuesta: no estoy en una posición conveniente para la tipografía muchas de las integrales.

Tu error está en suponer que la integral de una función racional automáticamente es igual a la suma de los residuos. Pero recuerda cómo este argumento: Si no se agrega en el intervalo de $[-a,a]$ el semi-círculo de radio $a$ centrada en el origen, entonces la integral sobre esta todo el contorno está dada por la suma de los residuos. Como $a\rightarrow\infty$, la región abarca todos los polos, y por lo que el residuo teorema da la integral está buscando siempre que la integral sobre el arco semicircular va a cero. Esto puede ser mostrado a suceder en muchos casos, y dos famosos integrands en particular: 1) un trig integral de la forma racional veces seno o coseno, donde el denominador tiene un grado al menos uno más que el numerador; y 2) una función racional con denominador de grado, al menos, dos más que el numerador. El punto de esto es que la propia función se reduce a cero más rápido que el arclength del contorno se extiende hacia el infinito.

En su caso, este no es: Su denominador tiene un grado sólo uno mayor que el numerador, así como a $u\rightarrow\infty$, su función se reduce a aproximadamente la misma velocidad que la arclength va al infinito (que crecer más o menos como $\frac{1}{u}$$u$, respectivamente). Así que hay algunas constantes plazo, contribuyendo a que el número que se obtiene a partir del teorema de los residuos procedentes de la integral de todo el arco semicircular, lo que explica que la parte imaginaria de su respuesta. Me gustaría recomendar la integración por fracciones parciales en su lugar.

Answer 2

Puede utilizar la costumbre de integración:

$$\eqalign{ & \int\limits_{ - a}^{\frac{u}{{{u^2} + u + 1}}du} = \frac{1}{2}\int\limits_{ - a}^{\frac{{2u}}{{{u^2} + u + 1}}du} \cr & = \frac{1}{2}\left\{ {\int\limits_{ - a}^{\frac{{2u + 1}}{{{u^2} + u + 1}}du} - \int\limits_{ - a}^{\frac{{du}}{{{u^2} + u + 1}}} } \right\} \cr & = \frac{1}{2}\left\{ {\int\limits_{ - a}^{\frac{{2u + 1}}{{{u^2} + u + 1}}du} - \int\limits_{ - a}^{\frac{{du}}{{{{\left( {u + \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{3}{4}}}} } \right\} \cr & = \frac{1}{2}\left\{ {\log \left| {{u^2} + u + 1} \right| - \frac{2}{{\sqrt 3 }}\arctan \left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {x + \frac{1}{2}} \right)} \right)} \right\}_{ - a}^a \cr & = \frac{1}{2}\log \left| {\frac{{{a^2} + un + 1}}{{{a^2} - un + 1}}} \right| - \frac{1}{{\sqrt 3 }}\arctan \left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {a + \frac{1}{2}} \right)} \right) + \frac{1}{{\sqrt 3 }}\arctan \left( {\frac{2}{{\sqrt 3 }}\left ( { - + \frac{1}{2}} \right)} \right) \cr} $$

Esto da como resultado $-\dfrac{\pi}{\sqrt 3}$