Cauchys integralteorem og integralformel

Hjørnesteinen i kompleks integrasjon er at analytiske funksjoner integrerer til null over lukkede kurver. Hvis \(f\) er analytisk på og inni en lukket, stykkevis glatt kurve \(C\) i et enkeltsammenhengende område, er \(\oint_C f(z)\,dz=0\). Når integranden derimot har en singularitet inni \(C\), bruker vi Cauchys integralformel.

Cauchys integralteorem: \(f\) analytisk i og på \(C\) (enkeltsammenhengende) \(\Rightarrow \oint_C f(z)\,dz=0\).

Cauchys integralformel: \(f(z_0)=\dfrac{1}{2\pi i}\oint_C \dfrac{f(z)}{z-z_0}\,dz\), \(z_0\) inni \(C\).

Derivert versjon: \(f^{(n)}(z_0)=\dfrac{n!}{2\pi i}\oint_C \dfrac{f(z)}{(z-z_0)^{n+1}}\,dz\).

Strategien i en typisk eksamensoppgave er: identifiser singularitetene til integranden, sjekk hvilke som ligger inni konturen, og bruk riktig form av formelen.

Eksempel 1: Beregn \(\oint_{|z|=2}\dfrac{e^z}{z-1}\,dz\).

Singularitet: \(z_0=1\), som ligger inni \(|z|=2\).

Skriv på formen \(\dfrac{f(z)}{z-z_0}\) med \(f(z)=e^z\), \(z_0=1\).

\(f\) er analytisk overalt (hel funksjon), så Cauchys integralformel gjelder.

\(\oint_{|z|=2}\dfrac{e^z}{z-1}\,dz=2\pi i\,f(1)=2\pi i\,e\).

Eksempel 2 (derivert versjon): Beregn \(\oint_{|z|=1}\dfrac{\sin z}{z^2}\,dz\).

Integranden \(\dfrac{\sin z}{z^2}=\dfrac{f(z)}{(z-0)^{1+1}}\) med \(f(z)=\sin z\), \(n=1\), \(z_0=0\).

Derivert versjon: \(\oint=\dfrac{2\pi i}{1!}\,f'(0)\).

\(f'(z)=\cos z\), så \(f'(0)=\cos 0=1\).

\(\oint_{|z|=1}\dfrac{\sin z}{z^2}\,dz=2\pi i\cdot 1=2\pi i\).

Konturintegrasjon over lukket kurve

For å regne ut et konturintegral direkte parametriserer man kurven. For en sirkel \(|z-z_0|=\rho\) settes \(z=z_0+\rho e^{i\theta}\), \(\theta\in[0,2\pi]\), med \(dz=i\rho e^{i\theta}\,d\theta\). Det helt sentrale grunnresultatet er:

\(\displaystyle\oint_{|z|=1} z^n\,dz=\begin{cases}2\pi i,& n=-1\\ 0,& n\neq -1\end{cases}\)

Når flere singulariteter omsluttes: \(\oint_C f\,dz=2\pi i\sum_k \operatorname{Res}_{z_k}f\) (residyteoremet / deformasjon til småsirkler).

Husk at kun analytiske funksjoner gir veiuavhengighet. \(\bar z\) er IKKE analytisk: på \(|z|=1\) er \(\bar z=1/z\), så \(\oint_{|z|=1}\bar z\,dz=\oint\frac{1}{z}\,dz=2\pi i\neq 0\).

Eksempel 3: Beregn \(\oint_{|z|=2}\dfrac{dz}{z^2-1}\).

Delbrøk: \(\dfrac{1}{z^2-1}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{z-1}-\dfrac{1}{z+1}\right)\).

Begge poler \(z=1\) og \(z=-1\) ligger inni \(|z|=2\).

\(\oint\dfrac{1/2}{z-1}\,dz=\tfrac12\cdot 2\pi i=\pi i\); \(\oint\dfrac{-1/2}{z+1}\,dz=-\tfrac12\cdot 2\pi i=-\pi i\).

Sum: \(\pi i-\pi i=0\).

ML-estimat og Jordans lemma

For å gjøre om reelle integraler til konturintegraler lukker vi typisk konturen med en stor halvsirkel \(\Gamma_R\) og må vise at bidraget fra buen forsvinner når \(R\to\infty\).

ML-ulikheten: \(\left|\displaystyle\int_C f\,dz\right|\le M\cdot L\), \(M=\max_C|f|\), \(L=\) buelengde.

Jordans lemma: for \(a>0\), \(\Gamma_R\) øvre halvsirkel og \(\max_{\Gamma_R}|f|\to 0\): \(\displaystyle\int_{\Gamma_R}e^{iaz}f(z)\,dz\to 0\). Her hjelper \(|e^{iaz}|=e^{-aR\sin\theta}\) (demping i øvre halvplan), og Jordans ulikhet \(\sin\theta\ge \frac{2\theta}{\pi}\).

Gradsregel: for rasjonelle \(\frac{p}{q}\) gir ren ML at buen forsvinner når \(\deg q\ge \deg p+2\); ellers brukes Jordan.

Eksempel 4: Beregn \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\cos x}{x^2+1}\,dx\).

Betrakt \(\oint_C \dfrac{e^{iz}}{z^2+1}\,dz\), \(C=[-R,R]\cup\Gamma_R\) (øvre halvsirkel). Bruk \(e^{iz}\), ikke \(\cos z\).

Pol i øvre halvplan: \(z=i\). \(\operatorname{Res}_{z=i}=\dfrac{e^{iz}}{2z}\Big|_{z=i}=\dfrac{e^{-1}}{2i}\).

Residyteorem: \(\oint_C=2\pi i\cdot\dfrac{e^{-1}}{2i}=\dfrac{\pi}{e}\).

Jordans lemma (\(a=1>0\), \(|f|=\frac{1}{|z^2+1|}\to 0\)): \(\int_{\Gamma_R}\to 0\).

Altså \(\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^2+1}\,dx=\dfrac{\pi}{e}\). Ta realdel: \(\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{\cos x}{x^2+1}\,dx=\dfrac{\pi}{e}\).

Fresnel-integraler via sektorkontur

Fresnel-integralene \(\int_0^{\infty}\cos(x^2)\,dx\) og \(\int_0^{\infty}\sin(x^2)\,dx\) utledes ved å integrere den hele funksjonen \(e^{iz^2}\) over en sektor med vinkel \(\pi/4\). Siden \(e^{iz^2}\) er analytisk overalt, gir Cauchys teorem at det lukkede sektorintegralet er null.

Eksempel 5 (Fresnel): Vis at \(\int_0^{\infty}\cos(x^2)\,dx=\int_0^{\infty}\sin(x^2)\,dx=\tfrac12\sqrt{\tfrac{\pi}{2}}\).

Kontur: reell akse \(0\to R\); bue \(z=Re^{i\phi}\), \(\phi:0\to\pi/4\); stråle \(\arg z=\pi/4\) tilbake til 0.

Cauchy: \(\displaystyle\int_0^R e^{ix^2}dx+\int_{\text{bue}}e^{iz^2}dz-\int_0^R e^{i(re^{i\pi/4})^2}e^{i\pi/4}dr=0\).

På strålen: \(z=re^{i\pi/4}\Rightarrow z^2=ir^2\Rightarrow iz^2=-r^2\), så integranden blir \(e^{-r^2}\).

Buebidraget: \(|e^{iz^2}|=e^{-R^2\sin 2\phi}\); med \(\sin 2\phi\ge \frac{4\phi}{\pi}\) går \(\int_{\text{bue}}\to 0\).

Grense \(R\to\infty\): \(\displaystyle\int_0^{\infty}e^{ix^2}dx=e^{i\pi/4}\int_0^{\infty}e^{-r^2}dr=e^{i\pi/4}\cdot\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}\).

\(e^{i\pi/4}=\tfrac{1}{\sqrt2}(1+i)\), så \(\int_0^{\infty}e^{ix^2}dx=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt2}(1+i)\).

Realdel og imaginærdel gir begge \(\dfrac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt2}=\tfrac12\sqrt{\tfrac{\pi}{2}}\approx 0{,}6267\).

Studieguide: Kompleks integrasjon og Cauchys teoremer