%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%                                                                     %
%              Scientific Word   Wrap/Unwrap  Version 2.5             %
%                                                                     %
% If you are separating the files in this message by hand, you will   %
% need to identify the file type and place it in the appropriate      %
% directory.  The possible types are: Document, DocAssoc, Other,      %
% Macro, Style, Graphic, PastedPict, and PlotPict. Extract files      %
% tagged as Document, DocAssoc, or Other into your TeX source file    %
% directory.  Macro files go into your TeX macros directory. Style    %
% files are used by Scientific Word and do not need to be extracted.  %
% Graphic, PastedPict, and PlotPict files should be placed in a       %
% graphics directory.                                                 %
%                                                                     %
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% Files included:                                                     %
%                                                                     %
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

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%% This document created by Scientific Notebook (R) Version 3.0


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\input{tcilatex}
\begin{document}


\section{Ma 681}

\vspace{1pt}

\section{Lecture 14}

\vspace{1pt}

\subsection{Evaluation of Real Integrals}

The residue theorem can be used to evaluate certain kinds of real integrals.
We give a number of examples:

\vspace{1pt}

\subsubsection{Integrals of the Form $I=\int_{0}^{2\pi }R(\cos \theta ,\sin
\theta )d\theta $}

\vspace{1pt}

Here $R\left( s,t\right) $ is a rational function of $s$ and $t$. We assume
that $R(\cos \theta ,\sin \theta )$ is finite on $0\leq \theta \leq 2\pi $.

Let $z=e^{i\theta }$. Then the interval $0\leq \theta \leq 2\pi $ yields the
curve $C:\left| z\right| =1$ .

Now $\cos \theta =\frac{1}{2}\left( e^{i\theta }+e^{-i\theta }\right) =\frac{%
1}{2}\left( z+\frac{1}{z}\right) $ and

$\sin \theta =\frac{1}{2i}\left( e^{i\theta }-e^{-i\theta }\right) =\frac{1}{%
2i}\left( z-\frac{1}{z}\right) $ ;

\vspace{1pt}also

$\vspace{1pt}$

\begin{center}
$dz=ie^{i\theta }d\theta =izd\theta $ or $d\theta =\left( \frac{1}{i}\right)
\left( \frac{dz}{z}\right) $.

\vspace{1pt}
\end{center}

Thus

\vspace{1pt}

\begin{center}
$I=\oint_{C}R\left[ \frac{1}{2}\left( z+\frac{1}{z}\right) ,\frac{1}{2i}%
\left( z-\frac{1}{z}\right) \right] \dfrac{1}{iz}dz$
\end{center}

where $C:\left| z\right| =1$. $I$ may be evaluated by residues.

Example: Evaluate $\int_{0}^{2\pi }\dfrac{\cos 2\theta }{1-2p\cos \theta
+p^{2}}d\theta \qquad -1<p<1$.

Note that by adding and subtracting $2p$, the denominator of the integrand
can be written in either of two equivalent forms:

\vspace{1pt}

$1-2p\cos \theta +p^{2}=1-2p+p^{2}+2p-2p\cos \theta =\left( 1-p\right)
^{2}+2p\left( 1-\cos \theta \right) $

\qquad \qquad \qquad \qquad\ \ $=1+2p+p^{2}-2p-2p\cos \theta =\left(
1+p\right) ^{2}-2p\left( 1+\cos \theta \right) $

.

From the first of these it is clear that if $0\leq p<1$, the denominator is
different from zero for all values of $\theta $; and from the second it is
clear that if $-1<p\leq 0$, the denominator is also different from zero for
all values of $\theta $. Therefore the integrand is finite on $0\leq \theta
\leq 2\pi $ for $-1<p<1.$ Now

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\cos 2\theta =\dfrac{e^{2i\theta }+e^{-2i\theta }}{2}=\dfrac{z^{2}+z^{-2}}{2%
}$
\end{center}

.

Therefore the integral becomes:

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\doint_{C}\dfrac{z^{2}+z^{-2}}{2}\dfrac{1}{1-\dfrac{2p\left(
z+z^{-1}\right) }{2}+p^{2}}\dfrac{dz}{iz}=\doint \dfrac{z^{4}+1}{2z^{2}}%
\dfrac{z}{z-pz^{2}-p+p^{2}z}\dfrac{dz}{iz}$

\vspace{1pt}

$=\doint_{C}\dfrac{\left( 1+z^{4}\right) dz}{2iz^{2}\left( 1-pz\right)
\left( z-p\right) }=\doint_{C}f\left( z\right) dz$
\end{center}

There are three poles in the integrand at $0$, $\frac{1}{p}$ , and $p$. Now $%
-1<p<1$

so that $\frac{1}{p}$is outside of $\left| z\right| =1$. Therefore we may
disregard this pole. For the other two poles we have:

\vspace{1pt}

\begin{center}
Res$\left( f,p\right) =\lim_{z\rightarrow p}\left( z-p\right) \dfrac{\left(
1+z^{4}\right) }{2iz^{2}\left( 1-pz\right) \left( z-p\right) }=\dfrac{1+p^{4}%
}{2ip^{2}\left( 1-p^{2}\right) }$
\end{center}

The pole at\ $0$ is second order and therefore

\vspace{1pt}

\begin{center}
Res$\left( f,0\right) =\lim_{z\rightarrow 0}\dfrac{d}{dz}\left[ z^{2}\dfrac{%
\left( 1+z^{4}\right) }{2iz^{2}\left( 1-pz\right) \left( z-p\right) }\right] 
$

$\vspace{1pt}$

$=\lim_{z\rightarrow 0}\dfrac{\left( z-pz^{2}-p+p^{2}z\right) \left(
4z^{3}\right) -\left( 1+z^{4}\right) \left( 1-2pz+p^{2}\right) }{2i\left(
z-pz^{2}-p+p^{2}z\right) ^{2}}=-\dfrac{1+p^{2}}{2ip^{2}}$

\vspace{1pt}
\end{center}

Thus\qquad $I=2\pi i\left[ \dfrac{1+p^{4}}{2ip^{2}\left( 1-p^{2}\right) }-%
\dfrac{1+p^{2}}{2ip^{2}}\right] =\dfrac{2\pi p^{2}}{1-p^{2}}$

\vspace{1pt}

\subsubsection{Improper Integrals of Rational Functions}

Consider \ $\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) dx$ where $f\left(
x\right) =\frac{P\left( x\right) }{Q\left( x\right) }$ is a rational
function and the $\deg Q\left( x\right) \geq \deg P\left( x\right) +2.$ \
Furthermore, suppose $Q\left( x\right) $ has no real zeros. Such an integral
is called an improper integral since the interval of integration is not
finite. We define

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) dx=\lim_{r\rightarrow \infty
}\int_{-r}^{r}f\left( x\right) dx$
\end{center}

To evaluate this integral consider the contour integral

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\oint_{C}f\left( z\right) dz$
\end{center}

where $C$ is the contour below.

\begin{center}
\vspace{1pt}\FRAME{dtbpF}{4.4936in}{2.9611in}{0pt}{}{}{contour.bmp}{\special%
{language "Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio
TRUE;display "USEDEF";valid_file "F";width 4.4936in;height 2.9611in;depth
0pt;original-width 329pt;original-height 216.0625pt;cropleft "0";croptop
"1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'Contour.bmp';file-properties
"XNPEU";}}
\end{center}

Since $f\left( x\right) $ is a rational function, this implies that $f\left(
z\right) =\frac{P\left( z\right) }{Q\left( z\right) }$ has finitely many
poles in the upper half plane. These are the zeros of $Q\left( z\right) $,
say $z_{1},\ldots ,z_{n}$. \ We choose $r$ large enough so that $C$ encloses
all of these zeros. Then

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\oint_{C}f\left( z\right) dz=\int_{S}f\left( z\right)
dz+\int_{-r}^{r}f\left( x\right) dx=2\pi i\sum_{j=1}^{n}$Res$\left(
f,z_{j}\right) .$
\end{center}

Therefore

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\int_{-r}^{r}f\left( x\right) dx=2\pi i\sum_{j=1}^{n}$Res$\left(
f,z_{j}\right) -\int_{S}f\left( z\right) dz$
\end{center}

.

It turns out that $\int_{S}f\left( z\right) dz$ as $r\rightarrow \infty $ .
On $S$, if we let $z=re^{i\theta }$, then $S$ is represented by $r=const$, $%
0\leq \theta \pi $. Since $\deg Q\left( x\right) \geq \deg P\left( x\right)
+2,$then

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\left| f\left( z\right) \right| <\dfrac{k}{\left| z\right| ^{2}}$ \ \ \ \ \
\ \ for $\left| z\right| =r>r_{0}$,
\end{center}

where $r_{0}$ and $k$ are sufficiently large. Hence

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\left| \int_{S}f\left( z\right) dz\right| <\dfrac{k}{r^{2}}\left( \pi
r\right) =\dfrac{k\pi }{r}\qquad $for $r>r_{0}$
\end{center}

and this $\rightarrow 0$ as $r\rightarrow \infty $, so that

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) dx=2\pi i\sum_{j=1}^{n}$Res$%
\left( f,z_{j}\right) $
\end{center}

Example: Evaluate $\dint_{-\infty }^{\infty }\dfrac{x^{2}}{\left(
x^{2}+a^{2}\right) \left( x^{2}+b^{2}\right) }dx$ where $a,b>0$.

The poles of $\frac{x^{2}}{\left( x^{2}+a^{2}\right) \left(
x^{2}+b^{2}\right) }$ are at $z=\pm ai,\pm bi$. Of these only $z=ai$ and $%
z=bi$ lie in the upper half plane. At $z=ai$ the residue is:

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\lim_{z\rightarrow ai}\left( z-ai\right) \dfrac{z^{2}}{\left( z-ai\right)
\left( z+ai\right) \left( z^{2}+b^{2}\right) }=\dfrac{-a^{2}}{2ai\left(
-a^{2}+b^{2}\right) }=\dfrac{a}{2i\left( a^{2}-b^{2}\right) }$
\end{center}

Similarly, at $z=bi$ we have $\frac{b}{2i\left( b^{2}-a^{2}\right) }$. Hence
the value of the integral is

\vspace{1pt}

\begin{center}
$2\pi i\left[ \dfrac{a}{2i\left( a^{2}-b^{2}\right) }-\dfrac{b}{2i\left(
a^{2}-b^{2}\right) }\right] =\dfrac{\pi }{a+b}$.
\end{center}

\vspace{1pt}

\subsubsection{$\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) \cos axdx$ and $%
\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) \sin axdx$}

\vspace{1pt}

Here $f\left( x\right) $ is a rational functional with the properties listed
above.

We note that

\begin{center}
\vspace{1pt}$\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) \cos
axdx+i\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) \sin axdx=\int_{-\infty
}^{\infty }e^{iax}dx$
\end{center}

\vspace{1pt}

The $\int_{-\infty }^{\infty }e^{iax}dx$ may be treated as above. Thus

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\int_{-\infty }^{\infty }e^{iax}dx=2\pi i\sum $residues of $e^{iaz}f\left(
z\right) $ at its poles in the upper half plane
\end{center}

Therefore

\vspace{1pt}

$\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) \cos axdx$

\begin{center}
$\vspace{1pt}$

$=-2\pi \sum $imaginary parts of residues of $e^{iaz}f\left( z\right) $ at
its poles in the upper half plane
\end{center}

Similarly

\vspace{1pt}

$\int_{-\infty }^{\infty }f\left( x\right) \sin axdx$

\begin{center}
$=2\pi \sum $real parts of the residues of $e^{iaz}f\left( z\right) $ at its
poles in the upper half plane
\end{center}

Example. $\dint_{-\infty }^{\infty }\dfrac{\cos ax}{k^{2}+x^{2}}dx=\dfrac{%
\pi }{k}e^{-ak}$; $\dint_{-\infty }^{\infty }\dfrac{\sin ax}{k^{2}+x^{2}}%
dx=0 $ $\ \ a>0,$ \ $k>0.$

Now $f\left( z\right) =\frac{e^{iaz}}{k^{2}+z^{2}}$ has only one pole in the
upper half plane, namely a single pole at $z=ik$. Therefore

\begin{center}
Res$\left( f\left( z\right) ,ik\right) =\lim_{z\rightarrow ik}\left(
z-ik\right) \dfrac{e^{iaz}}{\left( z-ik\right) \left( z+ik\right) }=\dfrac{%
e^{-ka}}{2ik}$.
\end{center}

Therefore

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\dint_{-\infty }^{\infty }\dfrac{e^{iax}}{k^{2}+x^{2}}dx=2\pi i\dfrac{%
e^{-ka}}{2ik}=\dfrac{\pi }{k}e^{-ka}$
\end{center}

and this yields the result.

\subsubsection{\protect\vspace{1pt}Integrals $\int_{0}^{\infty }x^{a}p\left(
x\right) /q\left( x\right) dx$}

\vspace{1pt}

Let $a$ be a real number with $0<a<1$ and consider integrals of the form

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x^{a}p\left( x\right) }{q\left( x\right) }dx,$

\vspace{1pt}
\end{center}

in which $p$ and $q$ are polynomials with real coefficients and no common
factors. Furthermore, $q$ has no real positive zeros, the degree of $q$
exceeds the degree of $p$ by at least $1$, and either $q\left( 0\right) \neq
0$ or $q$ has a simple zero at $0.$

\vspace{1pt}

Let the nonzero zeros of $q$ be $z_{1},\ldots ,z_{m}.$ (Note that these are 
\textit{all} the nonzero zeros of $q,$ not just the zeros in the upper
half-plane.) Choose $r$ small enough and $R$ large enough that the closed
path $\Gamma $ in the figure below encloses $z_{1},\ldots ,z_{m}.$ The
closed path $\Gamma $ consists of $\gamma _{R},$ most of the circle of
radius $R$ about the origin; $\gamma _{r},$ part of the circle of radius $r$
about the origin; and the line segments $L_{1}$ and $L_{2}$ connecting $%
\gamma _{R}$ and $\gamma _{r}.$ Eventually we shall let $R\rightarrow \infty 
$ as $r\rightarrow 0.$

\begin{center}
\FRAME{dtbpF}{3.8363in}{2.5668in}{0pt}{}{}{xacontour.bmp}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display
"USEDEF";valid_file "F";width 3.8363in;height 2.5668in;depth
0pt;original-width 451.6875pt;original-height 301.125pt;cropleft "0";croptop
"1";cropright "1";cropbottom "0";filename 'xacontour.bmp';file-properties
"XNPEU";}}

\vspace{1pt}
\end{center}

We must decide what we mean by $z^{a}.$ Recall that this symbol generally
denotes a (possibly infinite) set of different numbers. We write $z=\rho
e^{i\theta }$ for $0\leq \theta <2\pi $ so

\vspace{1pt}

\begin{center}
$z^{a}=\rho ^{a}e^{ia\theta }.$

\vspace{1pt}
\end{center}

As $z$ approaches $L_{1},$

\vspace{1pt}

\begin{center}
$f\left( z\right) =\dfrac{z^{a}p\left( z\right) }{q\left( z\right) }%
\rightarrow \dfrac{x^{a}p\left( x\right) }{q\left( x\right) },$

\vspace{1pt}
\end{center}

where $r<x<R.$ However, as $z$ approaches $L_{2}$ (the lower side of the
positive real axis) as in the figure below, then

\vspace{1pt}

\begin{center}
$f\left( z\right) \rightarrow \dfrac{x^{a}e^{2\pi ai}p\left( x\right) }{%
q\left( x\right) }.$
\end{center}

\vspace{1pt}

\begin{center}
\FRAME{dtbpF}{4.8827in}{3.0329in}{0pt}{}{}{l2.bmp}{\special{language
"Scientific Word";type "GRAPHIC";maintain-aspect-ratio TRUE;display
"USEDEF";valid_file "F";width 4.8827in;height 3.0329in;depth
0pt;original-width 357.5625pt;original-height 221.3125pt;cropleft
"0";croptop "1";cropright "1";cropbottom "0";filename
'L2.bmp';file-properties "XNPEU";}}

\vspace{1pt}
\end{center}

The reason for this is that the argument increases by $2\pi $ as $z$
approaches the positive real axis from below, and then

\vspace{1pt}

\begin{center}
$z^{a}=\rho ^{a}e^{i\left( \theta +2\pi \right) a}=\rho ^{a}e^{ia\theta
}e^{2\pi ai}.$

\vspace{1pt}
\end{center}

By the residue theorem

\vspace{1pt}

$\doint_{\Gamma }\dfrac{z^{a}p\left( z\right) }{q\left( z\right) }dz=2\pi
i\dsum_{j=1}^{m}$Res$\left( f,z_{j}\right) $

\begin{center}
\vspace{1pt}

$=\dint_{\gamma _{R}}\dfrac{z^{a}p\left( z\right) }{q\left( z\right) }%
dz+\dint_{\gamma _{r}}\dfrac{z^{a}p\left( z\right) }{q\left( z\right) }%
dz+\dint_{L_{1}}\dfrac{x^{a}p\left( x\right) }{q\left( x\right) }%
dx+\dint_{L_{2}}\dfrac{x^{a}e^{2\pi ai}p\left( x\right) }{q\left( x\right) }%
dx.$

\vspace{1pt}
\end{center}

On $L_{1}$ $x$ varies from $r$ to $R,$ while on $L_{2}$ $x$ varies from $R$
to $r$ to maintain the counterclockwise orientation of the contour. Now

\begin{center}
\vspace{1pt}

$2\pi i\dsum_{j=1}^{m}$Res$\left( f,z_{j}\right) =\dint_{\gamma _{R}}\dfrac{%
z^{a}p\left( z\right) }{q\left( z\right) }dz+\dint_{\gamma _{r}}\dfrac{%
z^{a}p\left( z\right) }{q\left( z\right) }dz$

$\vspace{1pt}$

$\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad +\dint_{r}^{R}%
\dfrac{x^{a}p\left( x\right) }{q\left( x\right) }dx+\dint_{R}^{r}\dfrac{%
x^{a}e^{2\pi ai}p\left( x\right) }{q\left( x\right) }dx.$

\vspace{1pt}
\end{center}

By making estimates on the two circular arcs one can show that the two
integrals in the above go to zero as $r\rightarrow 0$ and $R\rightarrow
\infty .$ In this limit the last equation yields

\vspace{1pt}

\begin{center}
$2\pi i\dsum_{j=1}^{m}$Res$\left( f,z_{j}\right) =+\dint_{0}^{\infty }\dfrac{%
x^{a}p\left( x\right) }{q\left( x\right) }dx-\dint_{0}^{\infty }\dfrac{%
x^{a}e^{2\pi ai}p\left( x\right) }{q\left( x\right) }dx.$

\vspace{1pt}
\end{center}

Hence we finally have

\vspace{1pt}

\begin{center}
$\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x^{a}p\left( x\right) }{q\left( x\right) }dx=%
\dfrac{2\pi i}{1-e^{2\pi ai}}\dsum_{j=1}^{m}$Res$\left( f,z_{j}\right) .$

\vspace{1pt}
\end{center}

Keep in mind that this formula is valid only when $0<a<1,$ $z_{1},\ldots
,z_{m}$ are all the nonzero zeros of $q,$ and that either $q\left( 0\right)
\neq 0$ or $q$ has a simple zero at $0.$

\vspace{1pt}

Example: Show that $\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x^{1/3}}{x\left(
x^{2}+1\right) }dx=\pi $

\vspace{1pt}

Here $q\left( z\right) =z\left( z^{2}+1\right) $ has simple zeros at $0,i,$
and $-i.$ Let $f\left( z\right) =\frac{z^{1/3}}{z\left( z^{2}+1\right) }=%
\frac{h\left( z\right) }{q(z)}.$ Then

\vspace{1pt}

\begin{center}
Res$\left( f,i\right) =\dfrac{h\left( i\right) }{q^{\prime }\left( i\right) }%
=\dfrac{i^{1/3}}{3i^{2}+1}=\dfrac{\left( e^{\pi i/2}\right) ^{1/3}}{-2}=-%
\dfrac{1}{2}e^{\pi i/6}$

\vspace{1pt}
\end{center}

and

\vspace{1pt}

\begin{center}
Res$\left( f,i\right) =\dfrac{h\left( i\right) }{q^{\prime }\left( i\right) }%
=\dfrac{i^{1/3}}{3i^{2}+1}=\dfrac{\left( e^{\pi i/2}\right) ^{1/3}}{-2}=-%
\dfrac{1}{2}e^{\pi i/6}$

\vspace{1pt}

Res$\left( f,-i\right) =\dfrac{h\left( -i\right) }{q^{\prime }\left(
-i\right) }=\dfrac{i^{1/3}}{3\left( -i\right) ^{2}+1}=\dfrac{\left( e^{3\pi
i/2}\right) ^{1/3}}{-2}=-\dfrac{1}{2}e^{\pi i/2}$

\vspace{1pt}
\end{center}

Hence

\vspace{1pt}

\begin{center}
\vspace{1pt}$\dint_{0}^{\infty }\dfrac{x^{1/3}}{x\left( x^{2}+1\right) }dx=%
\dfrac{2\pi i}{1-e^{2\pi ai}}\left( -\dfrac{1}{2}\right) \left( e^{\pi
i/6}+e^{\pi i/2}\right) $

$\vspace{1pt}$

$\qquad =\dfrac{-\pi i}{1+1/2-\left( \sqrt{3}/2\right) i}\left( \dfrac{\sqrt{%
3}}{2}+\dfrac{1}{2}i+i\right) =\pi $
\end{center}

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