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: <math>\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{(1+x^2)^2}dx</math> | : <math>\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{(1+x^2)^2}dx</math> | ||
함수 <math>f(z)=\frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}</math>는 <math>z=\pm i</math>에서 각각 위수 2의 극점을 가짐을 알 수 있다. 이때 양의 방향의 경로 <math>\Gamma_R</math>을 오른쪽 그림과 같이 원점을 중심으로 하고 반지름이 <math>R(>1)</math>인 반원 <math>C_R</math>과 시작점이 <math>-R</math>이고 끝점이 <math>R</math>인 선분의 합으로 정하면, | |||
: <math>\displaystyle \int_{\Gamma_R}\frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}dz=\int_{C_R}\frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}dz+\int_{-R}^R \frac{xe^{ix}}{(1+x^2)^2}dx</math> | |||
이다. <math>\Gamma_R</math>의 내부에 있는 <math>f</math>의 극점은 <math>z=i</math>뿐이므로, | |||
: <math>\displaystyle \int_{\Gamma_R}\frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}dz =2\pi i \operatorname{Res}(f,i) = \frac{\pi i}{2e}</math> | |||
이다. 한편, [[추정 보조정리]]에 의해 | |||
: <math>\displaystyle \left|\int_{C_R} \frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}dz\right|\le 2\pi R\cdot \frac{R}{(R^2-1)^2}\to 0\text{ as }R\to\infty</math> | |||
이므로 | |||
: <math>\displaystyle \text{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{ix}}{(1+x^2)^2}dx=\frac{\pi i}{2e}</math> | |||
이다. [[오일러의 공식]]에 의해 | |||
: <math>\displaystyle \text{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{(1+x^2)^2}dx=\frac{\pi}{2e}</math> | |||
이고 따라서 | |||
: <math>\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{(1+x^2)^2}dx = \frac{\pi}{4e}</math> | |||
이다. | |||
: <math>\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2n}}</math> | : <math>\displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2n}}</math> | ||
2018년 12월 28일 (금) 18:24 판
틀:토막글 유수 정리(Residue theorem)는 복소해석학의 적분에 관한 정리이다.
진술
[math]\displaystyle{ \Gamma }[/math]가 단순닫힌 양의 방향의 경로이고 [math]\displaystyle{ f }[/math]가 [math]\displaystyle{ \Gamma }[/math]와 [math]\displaystyle{ \Gamma }[/math]의 [math]\displaystyle{ z_1,\dots, z_n }[/math]을 제외한 내부에서 정칙이라면,
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \int_\Gamma f(z)dz = 2\pi i\sum_{j=1}^n \operatorname{Res}(f,z_j) }[/math]
이다. 이때 [math]\displaystyle{ \operatorname{Res}(f,z_j) }[/math]는 [math]\displaystyle{ f }[/math]의 [math]\displaystyle{ z=z_j }[/math]에서의 유수이다.
증명
예시
삼각함수가 포함된 적분
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \int_0^{2\pi} \frac{P(\cos\theta, \cos 2\theta,\dots, \sin \theta, \sin 2\theta, \dots)}{Q(\cos\theta, \cos 2\theta,\dots, \sin \theta, \sin 2\theta, \dots)}d\theta }[/math]
꼴의 적분에 대해 [math]\displaystyle{ z=e^{i\theta} }[/math]로 치환적분을 시도해볼 수 있다.
다음 적분
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{in\theta}}{a-\cos\theta}d\theta\quad(a\gt 1) }[/math]
에 대해, [math]\displaystyle{ z=e^{i\theta} }[/math]로 치환하면
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\cos\theta=\frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}=\frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right),\quad d\theta=\frac{dz}{iz} }[/math]
이므로
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \begin{align}\int_{0}^{2\pi} \frac{e^{in\theta}}{a-\cos\theta}d\theta&=\int_C \frac{2z^n}{-i(z^2-2az+1)}dz\\ &=\int_C \frac{iz^n}{(z-z_+)(z-z_-)}dz \end{align} }[/math]
이다. 이때 [math]\displaystyle{ C }[/math]는 양의 방향의 단위원, [math]\displaystyle{ z_\pm=a\pm \sqrt{a^2-1} }[/math]이다. [math]\displaystyle{ C }[/math] 내부에서 [math]\displaystyle{ f(z)=\frac{iz^n}{(z-z_+)(z-z_-)} }[/math]의 극점은 [math]\displaystyle{ z=z_- }[/math]뿐이므로,
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\int_C \frac{iz^n}{(z-z_+)(z-z_-)}dz= 2\pi i \operatorname{Res}(f,z_-)=\frac{2\pi(a-\sqrt{a^2-1})^n}{\sqrt{a^2-1}} }[/math]
이다. 따라서
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \int_{0}^{2\pi} \frac{e^{in\theta}}{a-\cos\theta}d\theta =\frac{2\pi(a-\sqrt{a^2-1})^n}{\sqrt{a^2-1}} }[/math]
을 얻는다.
이상적분
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{(1+x^2)^2}dx }[/math]
함수 [math]\displaystyle{ f(z)=\frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2} }[/math]는 [math]\displaystyle{ z=\pm i }[/math]에서 각각 위수 2의 극점을 가짐을 알 수 있다. 이때 양의 방향의 경로 [math]\displaystyle{ \Gamma_R }[/math]을 오른쪽 그림과 같이 원점을 중심으로 하고 반지름이 [math]\displaystyle{ R(\gt 1) }[/math]인 반원 [math]\displaystyle{ C_R }[/math]과 시작점이 [math]\displaystyle{ -R }[/math]이고 끝점이 [math]\displaystyle{ R }[/math]인 선분의 합으로 정하면,
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \int_{\Gamma_R}\frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}dz=\int_{C_R}\frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}dz+\int_{-R}^R \frac{xe^{ix}}{(1+x^2)^2}dx }[/math]
이다. [math]\displaystyle{ \Gamma_R }[/math]의 내부에 있는 [math]\displaystyle{ f }[/math]의 극점은 [math]\displaystyle{ z=i }[/math]뿐이므로,
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \int_{\Gamma_R}\frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}dz =2\pi i \operatorname{Res}(f,i) = \frac{\pi i}{2e} }[/math]
이다. 한편, 추정 보조정리에 의해
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \left|\int_{C_R} \frac{ze^{iz}}{(1+z^2)^2}dz\right|\le 2\pi R\cdot \frac{R}{(R^2-1)^2}\to 0\text{ as }R\to\infty }[/math]
이므로
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \text{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{xe^{ix}}{(1+x^2)^2}dx=\frac{\pi i}{2e} }[/math]
이다. 오일러의 공식에 의해
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \text{p.v.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{(1+x^2)^2}dx=\frac{\pi}{2e} }[/math]
이고 따라서
- [math]\displaystyle{ \displaystyle \int_0^{\infty}\frac{x\sin x}{(1+x^2)^2}dx = \frac{\pi}{4e} }[/math]
이다.
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\int_0^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2n}} }[/math]
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin^2 x}{x^2}dx }[/math]
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sqrt{x}}{1+x^2}dx }[/math]
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\ln x}{(x^2+1)(x^2+4)}dx }[/math]
급수의 합
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty} f(n)=-\{\text{sum of residues of $\pi\cot(\pi z)f(z)$ at each pole of $f$}\} }[/math]
- [math]\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty} (-1)^n f(n)=-\{\text{sum of residues of $\pi\csc(\pi z)f(z)$ at each pole of $f$}\} }[/math]
양수인 짝수에 대한 리만 제타함수의 함숫값을 구할 수 있다.
- [math]\displaystyle{ \zeta(2n)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{2n}} = (-1)^{n-1}B_{2n}\frac{(2\pi)^{2n}}{2(2n)!} }[/math]
이때 [math]\displaystyle{ B_2n }[/math]은 베르누이 수이다.