$$\int_{0}^{∞} \frac{\sqrt{x}}{x^2+2x+5} dx$$
Estoy pensando en usar el "ojo de la cerradura" contorno, pero no estoy seguro de cómo proceder a partir de ahí. Por favor, ayuda! Gracias!
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Paul
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Desde la página de la wikipedia sobre los métodos de contorno de integración es erróneo (verificación de la charla de la sección), en consecuencia, la mayoría de las explicaciones sobre el cálculo de integrales mediante un "ojo de la cerradura" de contorno en la web son deficientes o no lo suficientemente riguroso, en mi opinión.
Voy a intentar explicar cómo hacerlo, o al menos la parte que no está bien explicado.
Como se mencionó anteriormente, usted puede evitar todas estas dificultades mediante la sustitución de $x=u^2$ a deshacerse de la raíz cuadrada.
Vamos $r$,$R$ y $\alpha$ ser de tres números positivos, con $0<r<R$, e $0<\alpha<\pi$.
Deje $U=\Bbb C\setminus \Bbb R_+$ la rama de corte de $\Bbb C$ a lo largo del eje real positivo.
Desde $U$ es en forma de estrella con respecto a cualquier real número negativo, es simplemente conectado dominio de $\Bbb C$.
Deje $\gamma=\gamma_1+\gamma_2+\gamma_3+\gamma_4$ ser el contorno se indica en la imagen de abajo (la parte roja es la rama de corte) :
$\hspace{4cm}$ 
Más precisamente, tenemos :
$\hspace{5cm}\begin{array}{ccccl}\gamma_1&:&[r,R]&\longrightarrow& U\\ &&t&\longmapsto &te^{i\alpha}\end{array}$
$\hspace{5cm}\begin{array}{ccccl}\gamma_2&:&[\alpha,2\pi-\alpha]&\longrightarrow& U\\ &&t&\longmapsto &Re^{it}\end{array}$
$\hspace{5cm}\begin{array}{ccccl}\gamma_3&:&[-R,-r]&\longrightarrow& U\\ &&t&\longmapsto &-te^{-i\alpha}\end{array}$
$\hspace{5cm}\begin{array}{ccccl}\gamma_4&:&[\alpha,2\pi-\alpha]&\longrightarrow& U\\ &&t&\longmapsto &te^{i\alpha}\end{array}$
Tenemos $\mathrm{Supp}(\gamma)\subset U$, y podemos definir un holomorphic raíz cuadrada de $U$ como este :
$\hspace{1cm}$ Si $z=re^{i\theta}$$r>0$$0<\theta<2\pi$,$\sqrt{z}=\sqrt{r}e^{i\frac{\theta}2}$.
Usted puede notar que la imagen de esta función es la mitad de avión abierto $\{z\in\Bbb C :\mathrm{Im}(z)>0\}$.
Ahora vamos a : $\hspace{1cm} f:z\longmapsto \dfrac{\sqrt{z}}{z^2+2z+5}=\dfrac{\sqrt{z}}{g(z)}$
Ya que la función $g:z\longmapsto z^2+2z+5$ es un polinomio, es holomorphic en $U$, y dado que no es constante, la función de $f$ es meromorphic en $U$ como cociente de dos holomorphic funciones con un no constante cero el denominador.
Los ceros de $g$ $z_\varepsilon=-1+2\varepsilon i$ $\varepsilon=-1$ o $1$, y son los polos de $f$. Desde $\mid z_\varepsilon\mid=\sqrt 5$$\mathrm{Re}(z_\varepsilon)<0$, vamos a suponer que $0<r<\sqrt 5<R$ $0<\alpha<\dfrac{\pi}2$ a partir de ahora.
De esta manera, los dos polos de la $f$ encuentran en el interior de $\gamma$, y la liquidación número alrededor de ellos con respecto a $\gamma$ es 1.
Por el teorema de los residuos, obtenemos :
$$\int_\gamma f(z)dz=2i\pi \sum_{\varepsilon\in\{-1;1\}} \mathrm{Res}(f,z_\varepsilon)$$
Vamos a calcular los residuos de $f$$z_\varepsilon$$\varepsilon=-1$$1$.
Son simples postes de $f$, así : $$\mathrm{Res}(f,z_\varepsilon)=\lim_{z\to z_\varepsilon} (z-z_\varepsilon)\dfrac{\sqrt z}{g(z)}=\lim_{z\to z_\varepsilon} \left[\dfrac{z-z_{\varepsilon}}{g(z)-g(z_\varepsilon)}\times\sqrt{z}\right]=\dfrac{\sqrt{z_\varepsilon}}{g'(z_\varepsilon)}$$
Tenemos $g'(z_\varepsilon)=2z_\varepsilon+2=2(z_\varepsilon+1)=4\varepsilon i$.
Dejando $z_\varepsilon=(a+ib)^2$ $(a,b)\in\Bbb R^2$ conduce rápidamente a $\displaystyle\sqrt{z_\varepsilon}=\varepsilon\sqrt{\frac{\sqrt 5-1}2}+i\sqrt{\frac{\sqrt5+1}2}$ (recordar que $\mathrm{Im}(\sqrt{z_\varepsilon})>0$)
Así, obtenemos :
$$2i\pi\sum_{\varepsilon\in\{-1;1\}}\mathrm{Res}(f,z_\varepsilon)=\dfrac{2i\pi}{4i}(\sqrt{z_1}-\sqrt{z_{-1}})=\pi\sqrt{\frac{\sqrt 5 -1}2}$$
Hemos encontrado que : $$\int_\gamma f(z)dz=\sum_{k=1}^4 \int_{\gamma_k} f(z)dz=\pi\sqrt{\frac{\sqrt5-1}2}$$
No vamos a probar que estos cuatro integrales tienen un límite al $r$ $R$ son fijos y $\alpha\longrightarrow 0$.
Por supuesto, no se puede simplemente poner $\alpha=0$ como este, por $f$ no está definido en $\Bbb R_+$ !
- $\displaystyle\int_{\gamma_1} f(z)dz=\int_r^R f(\gamma_1(t))\gamma_1'(t)dt=\int_r^R \frac{\sqrt{t}e^{i\frac{3\alpha}2}}{g(te^{i\alpha})}dt$
La función de $\displaystyle\left[0,\dfrac\pi 2\right]\times\left[r,R\right]\ni (\alpha,t)\mapsto \dfrac{\sqrt te^{i\frac{3\alpha}2}}{g(te^{i\alpha})}$ es continua en un conjunto compacto para que podamos dejarle $\alpha\rightarrow 0$ en el integrando (por convergencia dominada) para obtener el límite de $\displaystyle\int_r^R \dfrac{\sqrt{t}}{t^2+3t+5}dt$.
De la misma manera, se puede demostrar que los $\displaystyle\int_{\gamma_3} f(z)dz$ tiende a ser el mismo límite.
- $\displaystyle\int_{\gamma_3} f(z)dz=\int_\alpha^{2\pi-\alpha} \frac{iR^{\frac32}e^{i\frac{3t}2}}{g(Re^{it})}dt=\int_0^{2\pi}\Bbb 1_{[\alpha,2\pi-\alpha]}(t) \frac{iR^{\frac32}e^{i\frac{3t}2}}{g(Re^{it})}dt$
Desde $\displaystyle\left|1_{[\alpha,2\pi-\alpha]}(t) \frac{iR^{\frac32}e^{i\frac{3t}2}}{g(Re^{it})}\right|\leq \frac{R^{\frac{3}{2}}}{\mid g(Re^{it})\mid}\leq\frac1{\sqrt{R}}$ todos los $(\alpha,t)\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right]\times\left[0,2\pi\right]$, nos encontramos con que $\displaystyle\int_{\gamma_2}f(z)dz$ tiende a $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{iR^{\frac 32}e^{i\frac{3t}2}}{g(Re^{it})}dt$ (de nuevo, con convergencia dominada) al $\alpha$ tiende a $0$.
De la misma manera, usted puede comprobar que $\displaystyle\int_{\gamma_4} f(z)dz$ tiende a $\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac{ir^{\frac32}e^{-i\frac{3t}2}}{g(re^{-it})}dt$
Así que simplemente se demostró que :
$$2\int_r^R \frac{\sqrt t}{t^2+5t+2}dt+\int_0^{2\pi}\frac{iR^{\frac 32}e^{i\frac{3t}2}}{g(Re^{it})}dt+\int_0^{2\pi}\frac{ir^{\frac32}e^{-i\frac{3t}2}}{g(re^{-it})}dt=\pi\sqrt{\frac{\sqrt 5 -1}2}$$
siempre que $0<r<\sqrt 5<R$, por lo que se puede escribir, en esos casos :
$$\int_r^R \frac{\sqrt t}{t^2+5t+2}dt=\frac{\pi}2\sqrt{\frac{\sqrt 5-1}2}-\frac 12\left(\int_0^{2\pi}\frac{iR^{\frac 32}e^{i\frac{3t}2}}{g(Re^{it})}dt+\int_0^{2\pi}\frac{ir^{\frac32}e^{-i\frac{3t}2}}{g(re^{-it})}dt\right)$$
Como los otros antes, os dejo el resto para usted : usted tiene que demostrar que los límites de las dos integrales en el paréntesis se $0$ al $r$ tiende a $0$ $R$ tiende a $+\infty$
Ron Gordon
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96158
El propósito de la cerradura de contorno es explotar el multivalor-dad de el integrando para extraer el valor integral a través de los residuos. En este caso, el ojo de la cerradura de contorno es sobre la rama de corte de la real positiva del eje, de modo que por encima de esta corte el argumento de $z$$0$, mientras que por debajo es $2 \pi$.
Suponemos que la integral sobre el exterior arco circular se desvanece como el radio del arco que va de la a $\infty$ (he de dejar constancia de que para el lector), y que del interior del arco se desvanece como el radio del arco que va de cero (lo mismo).
Por lo tanto, el contorno de la integral es
$$\begin{align}\oint_C dz \frac{\sqrt{z}}{z^2+2 z+5} &= \int_0^{\infty} dx \frac{\sqrt{x}}{x^2+2 x+5} - \int_0^{\infty} dx \frac{\sqrt{x e^{i 2 \pi}}}{x^2+2 x+5}\\ &= 2 \int_0^{\infty} dx \frac{\sqrt{x}}{x^2+2 x+5}\end{align}$$
donde $C$ es el ojo de la cerradura de contorno. Como se puede ver, el multi-valuedness de la raíz cuadrada produce un factor de dos en ir hacia arriba y hacia atrás a lo largo del eje real en esto de la moda.
Por el teorema de los residuos, el contorno de la integral es igual a $i 2 \pi$ veces la suma de los residuos de los polos en el interior del contorno $C$. Los polacos están en $z_{\pm} = -1 \pm i 2i$. En forma polar,
$$z_+ = \sqrt{5} e^{i(\pi-\arctan{2})}$$
$$z_- = \sqrt{5} e^{i (\pi + \arctan{2})}$$
Tenga en cuenta que es imperativo que tengamos los argumentos de los polos correctos. Estos argumentos deben ser entre el$0$$2 \pi$, porque eso es lo que se supone en la obtención de la expresión anterior por el real integral. Conseguir el cuadrante de los polos incorrecta dará lugar a un resultado incorrecto de los residuos.
Dado que los polacos son simples, podemos utilizar la siguiente expresión para los residuos:
$$\text{Res}_{z=z_k} \frac{f(z)}{g(z)} = \frac{f(z_k)}{g'(z_k)}$$
La suma de los residuos es entonces
$$\frac{5^{1/4} e^{i \pi/2 - i(\arctan{2})/2}}{i 4} + \frac{5^{1/4} e^{i \pi/2 + i(\arctan{2})/2}}{-i 4} = -i\frac{5^{1/4}}{2 \sqrt{2}} \sqrt{ 1-\frac{1}{\sqrt{5}}}$$
Por lo tanto, teniendo en cuenta el factor de $2$ siguiente a la integral, se multiplica esta suma de los residuos al $i \pi$ y el resultado es
$$\int_0^{\infty} dx \frac{\sqrt{x}}{x^2+2 x+5} = \frac{\pi}{2 \sqrt{2}} \sqrt{\sqrt{5}-1}$$
NB Usted puede evitar el uso de un ojo de la cerradura de contorno sustituyendo $x=u^2$ y deshacerse de la raíz cuadrada. En este caso, usted podría usar un contorno semicircular en la mitad superior del plano. Tenga en cuenta, sin embargo, que el polinomio en el denominador es una cuártica con las cuatro raíces, dos de los cuales están dentro de este nuevo contorno.
