Express $\int_0^1\frac{dt}{t^{1/3}(1-t)^{2/3}(1+t)}$ como un camino cerrado integral que encierra el intervalo de $(0,1)$

Question

A partir de un antiguo complejo análisis calificador:

Definir $$I=\int_0^1\frac{dt}{t^{1/3}(1-t)^{2/3}(1+t)}.$$

1. Express $I$ como un camino cerrado integral que encierra el intervalo de $(0,1)$.

2. Evaluar $I$.

Ideas: Al principio pensé que esto era un ejercicio de Schwarz-Christoffel integral, pero ahora no estoy tan seguro. Estoy pensando que yo no estoy consciente de que el método que estamos sugiriendo, y estaba esperando que alguien podría señalar a mí.

Gracias

Answer 1

Considere la posibilidad de $$f(z) = e^{-1/3\mathrm{LogA} z} e^{-2/3\mathrm{LogB} (1-z)} \frac{1}{1+z}$$ donde $\mathrm{LogA}$ es el logaritmo de la rama de corte en el eje real negativo y el argumento de $-\pi$ $\pi$ $\mathrm{LogB}$tiene la rama de corte en el eje real positivo y el argumento de $0$ $2\pi.$

Luego tenemos la continuidad de $f(z)$ en todo el eje real negativo porque desde que tenemos encima $$e^{-1/3\mathrm{su sistema loga} z} e^{-2/3\mathrm{LogB} (1-z)} = e^{-1/3\log x - 1/3\times\pi i} e^{-2/3\log(1-x)-2/3\times 2\pi i} $$ y desde abajo $$e^{-1/3\mathrm{su sistema loga} z} e^{-2/3\mathrm{LogB} (1-z)} = e^{-1/3\log x + 1/3\times\pi i} e^{-2/3\log(1-x)}$$ debido a $$e^{- (1/3+4/3)\times\pi i} = e^{ 1/3\times\pi i}.$$ En esta continuidad argumento que hemos utilizado $x$ para denotar el valor absoluto de a $z$ sobre el eje real negativo.

Se sigue del Teorema de Morera que $f(z)$ es en realidad analítica a través de la parte de la corte sobre el eje real negativo y $f(z)$ sólo tiene un corte en $[0,1].$

Ahora teniendo en cuenta el sentido contrario de la manija en forma de contorno que encierra $(0,1)$ tenemos que la integral sobre el corte es $$- e^{-2/3\times 2\pi i} I$$ donde $I$ es el valor deseado y a continuación la corte obtenemos el valor de $I.$ Ahora el residuo de $f(z)$ $z=-1$ es $$e^{-1/3\times \pi i} e^{-2/3 \log 2 - 2/3\times 2\pi i} = 2^{-2/3} e^{-5/3\pi i}.$$ De este modo, obtener $$I = - 2\pi i\frac{2^{-2/3} e^{-5/3\pi i}}{1-e^{-2/3\times 2\pi i}} = -2\pi i 2^{-2/3} \frac{e^{-\pi i}}{e^{2/3\times \pi i}-e^{-2/3\times\pi i}}\\ = \pi 2^{-2/3} \frac{2}{e^{2/3\times \pi i}-e^{-2/3\times\pi i}} = \pi \frac{2^{-2/3}}{\el pecado(2/3\pi)} = \pi\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt{3}}.$$ No hay ningún residuo en el infinito a tener en cuenta porque $f(z)$ $O(1/R^2)$ no en un rayo hasta el infinito a una distancia $R$ desde el origen.

Esta técnica está documentado en la Wikipedia. En el presente caso tenemos que $$-\lim_{|z|\to\infty} z f(z) \sim -\lim_{|z|\to\infty} \frac{z}{|z|^2} = 0.$$ Esto concluye el argumento.

Answer 2

Mi enfoque es similar a Marko Riedel del enfoque.

Considere la posibilidad de $$f(z) = \frac{1}{z^{1/3} (z-1)^{2/3} (1+z)} = \frac{1}{|z|^{1/3} e^{i/3 \arg z}|z-1|^{2/3} e^{2/3i \arg(z-1)} (1+z)}$$

donde $0 \le \arg(z), \arg(z-1) < 2 \pi$.

Omitiendo el segmento de línea $[0,1]$, $f(z)$ es de valor único en el plano complejo.

A continuación, la integración en torno a una mancuerna/perro-hueso de contorno,

$$ \int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{1/3}(1-x)^{2/3}e^{2 \pi i /3}(1+x)} + \int_{1}^{0} \frac{dx}{x^{1/3} e^{2 \pi i/3} (1-x)^{2/3}e^{2 \pi i/3}(1+x)}$$

$$ = \ 2 \pi i \Big( \text{Res}[f(z),-1] + \text{Res}[f(z),\infty]\Big)$$

donde

$$\begin{align} \text{Res}[f(z),-1] &= \lim_{z \to -1} \frac{1}{|z|^{1/3} e^{i/3 \arg z}|z-1|^{2/3} e^{2/3i \arg(z-1)}} \\ &= \frac{1}{e^{i \pi/3}2^{2/3}e^{2 \pi i/3}}\\ &= -2^{-2/3} \end{align}$$

y $$ \text{Res}[f(z),\infty] = 0$$

desde el Laurent expansión de $f(z)$ $\infty$ no $ \displaystyle \frac{1}{z}$ plazo.

Por lo tanto,

$$ - i \sqrt{3} \int_{0}^{1} \frac{dx}{x^{1/3} (1-x)^{2/3}(1+x)} = 2 \pi i \left(-2^{-2/3} \right) $$

lo que implica

$$ \int_{0}^{1} \frac{dx}{x^{1/3} (1-x)^{2/3}(1+x)} = \frac{\pi \ 2^{1/3}}{ \sqrt{3}}$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}}% \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}}% \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,}% \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,}% \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle}% \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,#2\,}\,}% \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{I \equiv \int_{0}^{1}{\dd t \over t^{1/3}\pars{1 - t}^{2/3}\pars{1 + t}}:\ {\large ?}}$

\begin{align} I&=\int_{\infty}^{1}{-\,\dd t/t^{2} \over t^{-1/3}\pars{1 - 1/t}^{2/3}\pars{1 + 1/t}} =\int^{\infty}_{1}{\dd t \over \pars{t - 1}^{2/3}\pars{t + 1}} =\int^{\infty}_{0}{t^{-2/3} \over t + 2}\,\dd t \\[3mm]&=2^{-2/3}\int^{\infty}_{0}{t^{-2/3} \over t + 1}\,\dd t\tag{1} \end{align}

Integrar $\ds{\int_{C}{z^{-2/3} \over z + 1}\,\dd z}$ donde $C$ es un 'key-hole contorno' y $z^{-2/3} = \verts{z}^{-2/3}\expo{-2\phi\pars{z}\ic/3}$$z \not= 0$$0 < \phi\pars{z} < 2\pi$: \begin{align} 2\pi\ic\expo{-2\pi\ic/3} &= \int^{\infty}_{0}{t^{-2/3} \over t + 1}\,\dd t + \int_{\infty}^{0}{t^{-2/3}\expo{-2\pars{2\pi}\ic/3} \over t + 1}\,\dd t = \pars{1 - \expo{-4\pi\ic/3}}\int^{\infty}_{0}{t^{-2/3} \over t + 1}\,\dd t \\[3mm]\mbox{Then,}& \int^{\infty}_{0}{t^{-2/3} \over t + 1}\,\dd t = 2\pi\ic\,{\expo{-2\pi\ic/3} \over 1 - \expo{-4\pi\ic/3}} = {2\pi\ic \over \expo{2\pi\ic/3} - \expo{-2\pi\ic/3}} = {\pi \over \sin\pars{2\pi/3}} = {\pi \over \root{3}/2} \\[3mm]&={2\root{3} \over 3}\,\pi \end{align} Sustituyendo este resultado en $\pars{1}$, podemos encontrar: $$\color{#0000ff}{\large% I=\int_{0}^{1}{\dd t \t sobre^{1/3}\pars{1 - t}^{2/3}\pars{1 + t}} = {2^{1/3}\raíz{3} \over 3}\,\pi} $$