Examen Herbst 2009, Aufgabe 2.4

Aufgabenstellung

Es sei \alpha reell.

  1. Es bezeichne \gamma den positiv orientierten Halbkreis um den Ursprung vom Radius R>0 mit Anfangspunkt z=\R und Endpunkt z=-R. Zeigen Sie

    (1)   \begin{equation*}    \lim_{R\rightarrow\infty}\int_\gamma\frac{e^{i\alpha z}}{1+z^2}dz=0 \text{    für  } \alpha >0. \end{equation*}

  2. Folgern Sie

    (2)   \begin{equation*}  \int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(\alpha x)}{1+x^2}dx=\pi e^{-\alpha} \text {  für  } \alpha >0. \end{equation*}

  3. Berechnen Sie das Integral aus (b) auch für \alpha \leq 0.

Lösungsvorschlag

  1. Nach dem Satz über das Wachstum rationaler Funktionen gibt es ein M>0 und ein k>0, so dass für |z|>k gilt:

    (3)   \begin{equation*}   \left|\frac{1}{1+z^2}\right|\leq\frac{M}{z^2}-  \end{equation*}

    Desweiteren gilt |e^{i\alpha z}|=e^{-\alpha Im(z)}\leq 1 für alle z\in\gamma, da \gamma in der oberen Halbebene verläuft. Nun gilt nach der Standardabschätzung für Wegintegrale für alle R>k

        \begin{align*}     \left|\int_\gamma\frac{e^{i\alpha z}}{1+z^2}dz\right|\leq &     \left\|\frac{e^{i\alpha z}}{1+z^2}\right\|_{|\gamma|}\cdot L(\gamma) \\    \leq & \frac{M}{R^2}\pi R = \frac{M\pi}{R}\rightarrow 0 \text{ für }     R\rightarrow \infty.  \end{align*}

  2. Da \frac{1}{z^2} eine konvergente Majorante von f ist, existiert das gesuchte Integral. Das selbe gilt auch für den Integranden g(x)=\frac{\sin(x)}{1+x^2}. Wir betrachten somit das Integral über die Funktion f:=\frac{e^{i\alpha z}}{1+z^2}. Die Funktion f besitzt in \pm i jeweils Pole erster Ordnung, da der Zähler dort nicht verschwindet und der Nenner ein Polynom mit Nullstellen erster Ordnung in diesen Punkten bildet. Integrieren wir nun entlang der geschlossenen Kurve [-R, R] + \gamma, so liegt genau die Polstelle i im Inneren des Integrationsweges. Das Residuum von f in i berechnet sich zu

    (4)   \begin{equation*}   Res_i(f)=\frac{e^{-\alpha}}{2i}  \end{equation*}

    und nach dem Residuensatz gilt

    (5)   \begin{equation*}   \int_{[-R, R] + \gamma}f(z)dz=2\pi i\Res_i(f)=\pi e^{-\alpha}.  \end{equation*}

    Nun gilt

    (6)   \begin{equation*}   \int_{-R}^R\frac{\sin(\alpha x)}{1+x^2}=0,  \end{equation*}

    da der Integrand eine ungerade Funktion ist. Also gilt für das Zielintegral

        \begin{align*}   \int_{[-R, R]}f(z)dz=&\int_{-R}^Rf(x)dx \\  =&\int_{-R}^R\frac{\cos(\alpha x)}{1+x^2}dx \\  \rightarrow &\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(\alpha x)}{1+x^2}dx.  \end{align*}

    Aus (a) folgt, dass das Integral

    (7)   \begin{equation*}   $int_\gamma f(x)$  \end{equation*}

    im Grenzwert R\rightarraw\infty verschwindet, womit

    (8)   \begin{equation*}   \int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(\alpha x)}{1+x^2}=\pi e^{-\alpha}  \end{equation*}

    gezeigt ist.

  3. Da \cos(\alpha x)=\cos(-\alpha x), gilt für \alpha \leq 0

    (9)   \begin{equation*}   \int_{-\infty}^\infty\frac{\cos(\alpha x)}{1+x^2}=\pi e^{\alpha}.  \end{equation*}

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