Vorlesungsskript

Zum Beweis des Satzes integriert man f (z) über den Rand C = C 1 +C 2 des durch |z| ≤ R undImz ≥ 0 definierten Halbkreises:C 1 : z(t) = t, −R ≤ t ≤ R; C 2 : z(t) = Re jt , 0 ≤ t ≤ π.Für hinreichend großes R gilt nach dem Residuensatz2π j∑Imz k >0∮∫ R ∫Res( f ,z k ) = f (z) dz = f (t) dt + f (z) dz.C−RC 2Das Integral über den Halbkreisbogen schätzen wir mit (27) und der Voraussetzung des Satzesab:∫| f (z) dz| ≤ L(C 2 )max| f (z)| ≤ πR ·CR −2 → 0 für R → ∞.C 2 z∈C 2Für R → ∞ folgt die im Satz behauptete Formel (37).3.25 Beispiel. Wir berechnen ∫ ∞−∞ (1 + x4 ) −1 dx mit Hilfe der Formel (37) des Residuenkalküls.Die Funktion f (z) = (1 + z 4 ) −1 erfüllt die Voraussetzungen des obigen Satzes. Singularitätenliegen genau in den Nullstellen des Polynoms z 4 + 1 = (z 2 − j)(z 2 + j) vor. Die einzigen Singularitätenin der oberen Halbebene sindz 1 = e π j/4 = (1 + j)/ √ 2 und z 2 = e 3π j/4 = (−1 + j)/ √ 2.Dies sind einfache Pole. Es gelten z 2 − j = (z + z 1 )(z − z 1 ) und z 2 + j = (z + z 2 )(z − z 2 ). DieResiduen sindMit (37) folgtRes( f ,z 1 ) = limz→z1z − z 1(z 2 − j)(z 2 + j) = limz→z 11(z + z 1 )(z 2 + j) = 12z 1 (z 2 1 + j)= 14 jz 1= ... = − √ 2(1 + j)/8,Res( f ,z 2 ) = limz→z2z − z 2(z 2 − j)(z 2 + j) = ... = √ 2(1 − j)/8.∫ ∞−∞1x 4 + 1 dx = 2π j(Res( f ,z 1) + Res( f ,z 2 )) = ... = π √2.Der obige Satz ist anwendbar auf Integrale der Gestalt∫ ∞−∞p(x)q(x) dx,wobei der Integrand rational ist mit Zählergrad kleiner oder gleich Nennergrad minus zwei.Der Residuenkalkül ist auch anwendbar auf Integrale anderer Bauart.45