complex integration 3

[Janhaa]

ser litt på dette integralet (I).

[tex]I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}\,dx\\ \\ skriver\,\,det\,\,som:\\ \\ \Im(\oint\frac{e^{iz}}{z}\,dz)\\[/tex]

ser at polen er Zo = 0, og:

Res(f, 0) = 1
som gir:

[tex]I=2\pi*i*1=2\pi*i[/tex]
og
[tex]\Im(I)=2\pi[/tex]

men :
[tex]I = \pi[/tex]

hva gjør jeg galt?

[DennisChristensen]

ser litt på dette integralet (I).

[tex]I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin(x)}{x}\,dx\\ \\ skriver\,\,det\,\,som:\\ \\ \Im(\oint\frac{e^{iz}}{z}\,dz)\\[/tex]

ser at polen er Zo = 0, og:

Res(f, 0) = 1
som gir:

[tex]I=2\pi*i*1=2\pi*i[/tex]
og
[tex]\Im(I)=2\pi[/tex]

men :
[tex]I = \pi[/tex]

hva gjør jeg galt?

Vi lar $f(z) = \frac{e^{iz}}{z}.$ La $\gamma$ være kurven vist. Vi integrerer $f$ over $\gamma$, mot klokken. Cauchys integralteorem gir at dette integralet er $0$. $f$ har en simpel pole i $z=0$, så på halvsirkelen med radius $\varepsilon$ får vi $$\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\int_{\gamma_{\varepsilon}}f(z) dz = \left(0 - \pi\right)i\times \text{res}\left(f;0\right) = -\pi i\times1 = -\pi i.$$ På halvsirkelen med radius $R$ har vi at

$$\begin{align*} \large | \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{\gamma_{R}}f(z) dz \large | & \leq\lim_{R\rightarrow \infty} \int_{\gamma_{R}}\large | \frac{e^{iz}}{z} \large | dz \\
& = \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{\theta = 0}^{\pi}\large |\frac{e^{iRe^{i\theta}}}{Re^{i\theta}} \large |d\theta \\
& = \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{\theta = 0}^{\pi}\large |\frac{e^{iR\left(\cos\theta + i\sin\theta\right)}}{Re^{i\theta}} \large |d\theta \\
& = \lim_{R\rightarrow\infty}\int_{\theta = 0}^{\pi}\large |\frac{e^{-R\sin\theta}}{R} \large |d\theta \\
& =\lim_{R\rightarrow\infty}2\int_{\theta = 0}^{\frac{\pi}{2}}\large |\frac{e^{-R\sin\theta}}{R} \large |d\theta \\
& \leq \lim_{R\rightarrow\infty}2\int_{\theta = 0}^{\frac{\pi}{2}}\large |\frac{e^{-\frac{2R\theta}{\pi}}}{R} \large |d\theta\text{ }\text{ }\text{ (fra Jordans lemma)} \\
& = \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{2}{R}\left(-\frac{\pi}{2R}\right)\left[e^{-\frac{2R\theta}{\pi}}\right]_0^{\frac{\pi}{2}} \\
& = \frac{\pi\left(1-e^{-R}\right)}{R^2} = O\left(\frac{1}{R^2}\right) \rightarrow 0\text{ }\text{ når }R\rightarrow\infty.\end{align*}$$

Dermed får vi: $$0 = \text{Im}\int_{\gamma}f(z)dz = \text{Im}\left[\lim_{\varepsilon \rightarrow 0}\int_{\gamma_{\varepsilon}}f(z) dz + \lim_{R \rightarrow \infty}\int_{\gamma_{R}}f(z) dz + \int_{(-\infty,\infty)}f(z) dz \right] = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx - \pi.$$ $$\therefore \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x} dx = \pi.$$

EDIT: et par skrivefeil

[Janhaa]

takk skal du ha, dette er vel fractional residue!
hadde glemt dette...

[DennisChristensen]

takk skal du ha, dette er vel fractional residue!
hadde glemt dette...

Merk deg også at du kan la halvsirkelen med radius $\varepsilon$ bue nedover. Da er integralet over halvsirkelen lik $\pi i$, men nå vil Cauchys integralteorem gi at integralet over $\gamma$ er lik $2\pi i$, ettersom polen i $z=0$ nå ligger inni $\gamma$. Altså ender vi opp med samme svar til slutt.