Komplex analys - lösa integral med residykalkyl

Sätt in parametriseringen av kurvan $\gamma_2$ och sedan är det "bara" triangelolikhet som behövs för att visa att gränsvärdet är noll.

$\displaystyle \int_{\gamma_2} \frac{dz}{(1+z^2)^N} = \int_0^\pi \frac{iR\,e^{i\theta}}{(1+R^2 e^{i2\theta})^N}\,d\theta$.

Triangelolikheten ger att $| 1+R^2 e^{i2\theta} | \ge R^2 |e^{i2\theta}| - 1 = R^2-1$.

Jag hänger inte riktigt med på vad som händer här. Jag köper olikheten med beloppen. Men sedan hänger jag inte riktigt med. Är tanken att

$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\left|\frac{iRe^{i\theta}}{\left(1+R^2e^{2i\theta}\right)^N}\right|d\theta =\int_{0}^{\pi}\frac{\left| iRe^{i\theta}\right|}{\left| \left(1+R^2e^{2i\theta}\right)^N\right |}d\theta=\int_{0}^{\pi}\frac{R}{\left|\left(1+R^2e^{2i\theta}\right)^N\right |}d\theta =\int_{0}^{\pi}\frac{R}{\left|1+R^2e^{2i\theta}\right |^N}d\theta$

Och eftersom triangelolikheten ger att $\left| 1+R^2e^{2i\theta}\right| \ge R^2-1$, så måste

$\displaystyle \frac{R}{\left|1+R^2e^{2i\theta}\right |^N} \le \frac{R}{\left(R^2-1\right)^N}$

varför

$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\frac{R}{\left|1+R^2e^{2i\theta}\right |^N} d\theta \le \int_{0}^{\pi}\frac{R}{\left(R^2-1\right)^N}d\theta$

och eftersom något större eller lika stort än beloppet av vår integral går mot noll, måste beloppet av vår integral gå mot noll, och då också alltså själva integralen (beloppet kan enbart gå mot noll om integralen går mot noll)?

Hur som helst, om vi vet att

$\displaystyle \lim_{R\to\infty}\int_{\gamma_2\left(R\right)}f\left(z\right)dz=0$

då har vi att

$\displaystyle I= \frac{\pi\left(2N-2\right)!}{2^{2N-2}\left(\left(N-1\right)!\right)^2}$

Speciellt för $N=2$ (den första deluppgiften) har vi att

$\displaystyle I= \frac{\pi}{2}$

Vilket är rätt svar.

Hur som helst undrar jag om mitt resonemang och mina slutledningar är logiskt korrekta? Jag har försökt motivera varje steg så noggrant som möjligt och explicit förklara varför t.ex. residysatsen är tillämpbar här.

naytte skrev:

...

och eftersom något större eller lika stort än beloppet av vår integral går mot noll, måste beloppet av vår integral gå mot noll, och då också alltså själva integralen (beloppet kan enbart gå mot noll om integralen går mot noll)?

Exakt.

Det gäller även för komplexvärda gränsvärden att

$\displaystyle \lim_{R\to \infty} {I_2(R)} = 0$ om och endast om $\displaystyle \lim_{R\to \infty} \left| I_2(R)\right| = 0$

Sedan är det bara den vanliga instängningssatsen för reellvärda gränsvärden:

$\displaystyle 0 \le \left | \int_{\gamma_2(R)} {f(z)}\,dz \right| \le \int_0^\pi \dfrac{R}{(R^2 - 1)^N}\,d\theta = \underbrace{\dfrac{\pi\,R}{(R^2 - 1)^N}}_{\to 0}$

så

$\displaystyle \lim_{R\to\infty} 0 \le \lim_{R\to \infty}\left | \int_{\gamma_2(R)} {f(z)}\,dz \right| \le \lim_{R\to\infty} \dfrac{\pi\,R}{(R^2 - 1)^N}$.

Btw: Det gick också att skaffa sig en ML-olikhet som dock också baseras på triangelolikheten:

${|1 + z^2|} \ge {|z^2|} - {|1|} = {|z|^2} - 1  \implies |\dfrac{1}{(1+z^2)^N}| = \dfrac{1}{|1+z^2|^N} \le \dfrac{1}{(|z|^2 - 1)^N} = \dfrac{1}{(R^2-1)^N} =: M$

(OBS: Olikhetshantering som ovan är korrekt endast under förutsättningen att $|z| > 1$. Vi vill att $R\to\infty$, så det är inget problem egentligen.)

Halvcirkelns längd är då $L := \pi\,R$, så $\displaystyle \left | \int_{\gamma_2(R)} {f(z)}\,dz \right| \le M \cdot L = \dfrac{1}{(R^2-1)^N} \cdot \pi R$.

Okej, tack!

En fråga till. Borde inte triangelolikheten ge följande?

$\displaystyle \left|1+R^2e^{2i\theta} \right| \le \left| 1\right| +\left| R^2e^{2i\theta}\right|=1+R^2$

Jag förstår inte riktigt hur man kommer fram till din olikhet. Men hur som helst borde väl olikheten ovan ge samma svar ändå?

Det stämmer att $|z_1+z_2|\leq |z_1|+|z_2|$. Men därifrån kan du härleda två till, sätt till exempel $z_2$ till $-z_2$ och så har du 

$|z_1-z_2|\leq |z_1|+|z_2|$

Och än viktigare, (till exempel genom att rita upp triangeln och studera möjliga sidlängder)

$\displaystyle |z_1+z_2|\geq \left| | z_1|-|z_2|\right|$

Tänk också på att du vill boxa in värdet åt rätt håll, mindre nämnare ger större kvot. Alltså ska du använda den tredje varianten.

Och så tips. I er kurs ingår förmodligen hjälpsatser så ni inte behöver genomföra ett ML-resonemang.

Till exempel finns det en färdig sats som säger att  om polynomen $P(x)$ och $Q(x)\neq 0$ skiljer sig åt med grad två eller mer så är

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\,dx=2\pi i \sum_{\mathrm{res}}\frac{P(z)}{Q(z)}$ för alla poler i övre halvplan (u.h.p).

Det är naturligtvis bra att öva ML, men på en tenta kan det vara smart att använda hjälpsatser för att spara tid och minska kognitiv last (om de ingår i kursen såklart)

Tack för svar!

Jag är med på den andra olikheten, men hur kommer den tredje från triangelolikheten?

Dessutom, vad står $\text{res}$ för under summatecknet? Är de $z$ som kvantifieras över i summan polerna i ÖHP?

Ja, det är residyerna vid alla poler (summan av dem alltså)  i övre halvplanet  (upper half plane). Så satsen säger att har du kvoten av två polynom som skiljer sig åt med grad 2 eller mer så går det att summera residyerna vid polerna för att få fram ett värde på den reella integralen. Jag hoppas och tror att den är med i er kurs (den var med på min tid juh!)

Du kan bevisa olikheten geometriskt. Den säger egentligen bara att längden av summan av två vektorer är minst skillnaden mellan deras längder.

Vill du hellre bevisa det algebraiskt kan du sätta $z_1=(z_1+z_2)-z_2$ i den andra olikheten olikheten. Sen subtraherar du $|z_2|$ osv

Okej, jag ska testa att bevisa olikheten!

Vad gäller satsen som du hänvisar till, innebär det alltså man helt kan gå runt att använda residysatsen som jag gjorde i detta fall?

Nja, du måste fortfarande beräkna $\mathrm{Res}[f(z),i]$ precis som du gjorde. Men du slipper visa att integralen runt halvcirkeln blir noll.

Jaha, jag missförstod vad satsen sade! Det är alltså

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}dx=2\pi i\sum_{j=1}^n \mathrm{Res}\left(z_j\right)$

där $z_1,\dots, z_n$ är singulariteterna till integranden i det övre halvplanet?

I så fall tror jag också att jag förstår varför man har det kravet på graden. Jag antar att det man egentligen gör i beviset är att man väljer halvcirkeln (samma som jag) som sin kontur, och sedan visar man att bidraget från cirkelbågen går mot noll då radien på halvcirkeln går mot oändligheten? Det vill säga, det är ett specialfall av residysatsen? Om vi använder samma notation som jag gjorde i ursprungsinlägget visar man alltså att

$\displaystyle \lim_{R\to\infty} \int_{\gamma_2\left(R\right)}\frac{P(z)}{Q(z)}dz=0$

och kvar blir

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}dx=2\pi i\sum_{j}\mathrm{Res}\left(z_j\right)$

där residyerna förstås ligger i övre halvplanet eftersom det var så vi valde halvcirkeln.

Just det! Och eftersom polynomen är godtyckliga kan man sedan använda den ganska brett. Det finns fler satser för mer komplicerade funktioner, men man kommer ganska långt med polynom.

Ja, det kan säkert bli användbart!

Eftersom många av övningsfrågorna på äldre tentor är av detta slag kan det säkert vara en mycket användbar sats. Råkar du veta vad den heter (så att jag kan se om den ingår)?

Tack för hjälpen, förresten!

D4NIEL skrev:...

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{P(x)}{Q(x)}\,dx=2\pi i \sum_{\mathrm{res}}\frac{P(z)}{Q(z)}$ för alla poler i övre halvplan (u.h.p).

....

Exakt detta påstående är en övning i kursboken: Exercise 13 i Chapter 9 i Beck-Marchesi-Pixton-Sabalkas bok https://matthbeck.github.io/papers/complex.pdf (och a-uppgiften från tentan är Exercise 14)

Där ser man!

Det är faktiskt den boken vi har som kursbok, så borde det ju inte vara några problem för mig att använda satsen. Så länge jag hänvisar till "enligt lösningen till övning 13 i kapitel 9 i kursboken...".