matematikk.net

Er det mulig å bruke residue theorem til å vise integralet (I) under:

[tex]\large I =\int_0^{\infty}\frac{dx}{x^n+1}=\frac{\pi}{n\cdot \sin(\pi/n)}[/tex]
skriver det som:

[tex]\large I =\int_c\frac{dz}{z^n+1}[/tex]

ser jo at polene blir:
hver pol blir vel av orden 1?

[tex]\large z^n+1=0[/tex]

[tex]\large z^n=-1=e^{i\cdot \pi+2k\pi\cdot i}[/tex]

[tex]\large z_o=e^{(i\cdot \pi+2k\pi\cdot i)/n}[/tex]
der:
[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}....etc[/tex]

her begynner jeg og slite...

fant videre ut:

[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) ="\frac{0}{0}"\,\,expression[/tex]

DVs: L'Hopital's rule:

[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) =\frac{1}{nz^{n-1}}=\frac{1}{n\cdot (e^{i\pi/n})^{n-1}}[/tex]

[tex]Res(f, z_o)=\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o)) =\frac{e^{i\pi/n}}{n\cdot (e^{i\pi})}[/tex]

[tex]\Im(Res(f, z_o))=\Im(\lim_{z \to z_o}(f(z)\cdot (z-z_o))) =\Im(\frac{e^{i\pi/n}}{n\cdot (e^{i\pi})})=\frac{-\sin(\pi/n)}{n}[/tex]

endelig:

[tex]I=\pi\cdot i \cdot Res(f, z_o) = \frac{-\pi\cdot i}{n}\sin(\pi/n)[/tex]

som ikke er riktig...noen som ser feilen(e)?

Antar at $n\geq 2$ er et naturlig tall. La $f(z) = \frac{1}{z^n+1}$. La $\gamma$ være konturen satt sammen av følgende deler: Først et rett linjestykke fra $0$ til $R$, så sirkelbuen fra $R$ til $R\omega$, der $\omega = e^{\frac{2\pi i}{n}}.$ Dernest legger vi til et rett linjestykke fra $R\omega$ til $0$.

Nå, på sirkelbuen er integranden $O(\frac{1}{R^n})$ mens omkretsen av sirkelen er $O(R)$, og $n\geq 2$, så integralet av $f$ forsvinner her når $R\rightarrow\infty$. $f$ har en pole av orden $1$ i $\alpha = e^{\frac{\pi i}{n}}$, så dermed har vi at $\text{Res}(f;\alpha) = \frac{1}{nz^{n-1}}\upharpoonright_{z=\alpha} = \frac{1}{n\alpha^{n-1}} = -\frac{\alpha}{n}$ ettersom $\alpha^n = -1$. Ettersom $\alpha$ er den eneste singulariteten til $f$ inni $\gamma$, forteller Cauchys residueteorem oss at $\int_{\gamma}f(z) dz = 2\pi i\text{Res}(f;\alpha) = -\frac{2\pi i\alpha}{n}.$

Legger vi sammen alle delene og lar $R\rightarrow\infty$ får vi altså til slutt:
$$-\frac{2\pi i\alpha}{n} = \int_{\gamma}f(z) dz = \int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx + \int_{[\infty\cdot\omega,0]}f(z)dz = \int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx + \int_{\infty}^0\frac{\omega}{x^n + 1} dx = \left(1 - \omega\right)\int_0^{\infty}\frac{1}{x^n + 1}dx.$$ Dermed: $$\int_0^{\infty}\frac{1}{x^n+1}dx = \frac{2\pi i}{n}\frac{\alpha}{\omega-1} = \frac{2\pi i}{n}\frac{e^{\frac{\pi i}{n}}}{e^{\frac{2\pi i}{n}}-1} = \frac{\pi}{n}\frac{2 i}{e^{\frac{\pi i}{n}} - e^{-\frac{\pi i}{n}}} = \frac{\pi}{n\sin\left(\frac{\pi}{n}\right)}.$$

EDIT: Slurvefeil

Tusen takk Dennis