Quiero calcular $$ \int_{-\infty}^\infty \frac 1{ (1+x^2)^{n+1}} dx $$ para $n \in \mathbb N_{\geq 1}$ . Si dejo que $$ f(z) := \frac 1 {(z+i)^{n+1}(z-i)^{n+1}} $$ entonces veo que $f$ tiene polos de orden $n+1$ en $\pm i$ . Inicialmente pensé que $$ [-R,R] \cup \{R \exp(i \theta) \mid \theta \in [0,\pi] \} $$ sería una buena contura si no fuera por el residuo en $i$ Me sale $(-1)^n (n+1) 2 i$ . Sé que el resultado debe ser $$ \frac {1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdots 2 n} \pi $$ que parece bastante diferente a mi residuo. ¿Qué es lo que falla aquí?
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Creo que ambos se han equivocado en el cálculo de los derivados. $$\underset{z=i}{\operatorname{res}}f(z)=\underset{z=i}{\operatorname{res}}\frac{1}{\left(z+i\right)^{n+1}\left(z-i\right)^{n+1}}=\frac{1}{n!}\underset{z\to i}\lim \frac{d^n}{dz^n}\left(\frac{\left(z-i\right)^{n+1}}{\left(z-i\right)^{n+1}\left(z+i\right)^{n+1}}\right)=\\ =\frac{1}{n!}\underset{z\to i}\lim \frac{d^n}{dz^n}\left(\frac{1}{\left(z+i\right)^{n+1}}\right)=\frac{1}{n!}\underset{z\to i}\lim \frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\left(\frac{(-1)(n+1)}{\left(z+i\right)^{n+2}}\right)=\\ =\frac{1}{n!}\underset{z\to i}\lim \frac{d^{n-2}}{dz^{n-2}}\left(\frac{\left(-1\right)^2(n+1)(n+2)}{\left(z+i\right)^{n+3}}\right)=...=\frac{1}{n!}\underset{z\to i}\lim \left(\frac{\left(-1\right)^n(n+1)(n+2)..2n}{\left(z+i\right)^{2n+1}}\right)=\\ =\frac{1}{n!}\left(\frac{\left(-1\right)^n(n+1)(n+2)..2n}{2^{2n+1}i^{2n+1}}\right)$$
Anthony Shaw
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858
Para calcular el residuo en $z=i$ de $$ \begin{align} \frac1{(1+z^2)^{n+1}} &=\frac1{(z+i)^{n+1}}\frac1{(z-i)^{n+1}}\\ &=\frac1{((z-i)+2i)^{n+1}}\frac1{(z-i)^{n+1}} \end{align} $$ necesitamos calcular el coeficiente de $(z-i)^n$ en $\frac1{((z-i)+2i)^{n+1}}$ .
Utilizando el teorema del binomio, el término completo es $$ \begin{align} \binom{-n-1}{n}\left(\frac{z-i}{2i}\right)^n(2i)^{-n-1} &=(z-i)^n(-1)^n\binom{2n}{n}(2i)^{-2n-1}\\ &=(z-i)^n\color{#C00000}{\frac1i\binom{2n}{n}2^{-2n-1}} \end{align} $$ Por lo tanto, la integral a lo largo del contorno que sigue el eje real y luego da la vuelta por el semiplano superior es $2\pi i$ veces $\color{#C00000}{\text{this residue}}$ . Es decir, $$ \int_{-\infty}^\infty\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)^{n+1}}=\frac\pi{4^n}\binom{2n}{n} $$
awkward
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1740
He aquí otro enfoque para calcular el residuo de $f(z) = (1+z^2)^{-n-1}$ en $z = i $ que utiliza el Teorema del Binomio para evitar tomar derivadas. Se simplificará un poco la notación si dejamos que $w = z - i$ y calcular el residuo de $f(w)$ en $w = 0$ . Por lo tanto, considere $$f(w) = [1 + (w+i)^2]^{-n-1} = w^{-n-1} (2i)^{-n-1} \left(1 + \frac{w}{2i} \right) ^{-n-1}$$ $$= w^{-n-1} (2i)^{-n-1} \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-n-1}{k} (2i)^{-k} w^k $$ El coeficiente de $w^{-1}$ corresponde a $k=n$ en la suma, por lo que $$Res_{w=0} f(w)= (2i)^{-n-1} (2i)^{-n} \binom{-n-1}{n} = -2^{-2n-1} (-1)^n \binom{-n-1}{n} i= -2^{-2n-1} \binom{2n}{n} i$$
tonyz
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161
Creo que su residuo está equivocado.
Si $f$ tiene un polo de orden $N$ en $z=a$ para que $f(z)=(z-a)^{-N}g(z)$ (donde $g$ es una función que es analítica en una vecindad de $z=a$ ), entonces el residuo de $f$ en $z=a$ es $$\operatorname{Res}\limits_{z=a} f(z) = \frac{g^{(N-1)}(a)}{(N-1)!}.$$
En su caso, $$g^{k}(z)=(-1)^k(n+1)(n+2)\cdots(n+k)(z+i)^{-(n+k+1)},$$ para que $$\operatorname{Res}\limits_{z=i} f(z) = \frac{(-1)^n(n+1)(n+2)\cdots2n}{n!(2i)^{2n+1}}=\frac{(2n)!}{n!n!2^{2n}2i}=\frac{1}{2i2^{2n}}\binom{2n}{n}.$$ Así, la integral se convierte en $$\frac{\pi}{2^{2n}}\binom{2n}{n}.$$
