ТФКП, интеграл с полюсами на действительной оси

[Viktor92]

Здравствуйте, взятие следующего несобственного интеграла в двух разных литературных источниках происходит по разному, подскажите какой вариант верный 1-ый или 2-ый?
$I=\int\ \frac {dx}{a^2-x^2}\exp (-iwx) $, где $w>0$
В 1-ом способе $I=-i2\pi(res_{z=a}f(z) +res_{z=-a}f(z))$
Во 2-ом $I=i\pi(res_{z=a}f(z) +res_{z=-a}f(z)$
Второй способ мне понятен, т.к. есть лемма, что предел интеграла по дуге окружности проходимой в положительном направлении, стремящейся по радиусу к нулю и "стягивающейся" к простому полюсу равен $i\theta res_{z=z_p}f(z)$, где $\theta \in [0,2\pi]$.
А первый способ просто простое применение теоремы о вычетах, в полюсах расположенных внутри контура.

[Brukvalub]

Я бы, для начала, задался вопросом, как понимать исходный интеграл? Ведь в стандартном, классическом смысле он имеет на вещ. оси две не интегрируемые (расходящиеся) особенности

[Viktor92]

Понимать в смысле главного значения.

[Brukvalub]

Но ведь в первом способе "обходить" особенности сверху можно не только по дугам окружностей, но и по любым стягивающимся к полюсам гладким кривым, и тогда интеграл начнет сходиться не только в смысле главного значения (ведь отступы от полюса можно сделать и не симметричными относительно полюса). Это как?

[Padawan]

Во втором способе вроде знак сменить надо в ответе. А в первом куда-то исчезли интегралы по маленьким полуокружностям (полувычеты).
В обоих ответ $I=-i\pi(\operatorname{res}\limits_{z=-a}f(z)+\operatorname{res}\limits_{z=a}f(z))$

[Brukvalub]

Padawan в сообщении #1168284 писал(а):

А в первом куда-то исчезли интегралы по маленьким полуокружностям (полувычеты).

Они исчезли потому, что неявно считается, что интегралы по этим полуокружностям - бесконечно малы при стягивании полуокружностей в точку, а это не так. На это я и пытался намекнуть тс.

[Viktor92]

Brukvalub в сообщении #1168219 писал(а):

Но ведь в первом способе "обходить" особенности сверху можно не только по дугам окружностей, но и по любым стягивающимся к полюсам гладким кривым

Извиняюсь, наверно глупый вопрос, но что мешает обходить по каким-нибудь другим гладким кривым полюсы во втором способе, и тогда интеграл вроде как тоже будет сходиться не в смысле главного значения.

Padawan в сообщении #1168284 писал(а):

А в первом куда-то исчезли интегралы по маленьким полуокружностям (полувычеты).

Полувычеты это то же самое, что применяется во втором способе?

Brukvalub в сообщении #1168292 писал(а):

Они исчезли потому, что неявно считается, что интегралы по этим полуокружностям - бесконечно малы при стягивании полуокружностей в точку, а это не так.

Так сделано в учебнике Топтыгина по электродинамике при выводе функции Грина для волнового уравнения, наверно там ошибка.

[Brukvalub]

Viktor92 в сообщении #1168480 писал(а):

Извиняюсь, наверно глупый вопрос, но что мешает обходить по каким-нибудь другим гладким кривым полюсы во втором способе, и тогда интеграл вроде как тоже будет сходиться не в смысле главного значения.

Тогда потеряется возможность использовать факт:

Viktor92 в сообщении #1168184 писал(а):

предел интеграла по дуге окружности проходимой в положительном направлении, стремящейся по радиусу к нулю и "стягивающейся" к простому полюсу равен $i\theta \operatorname{res}_{z=z_p}f(z)$, где $\theta \in [0,2\pi]$.

[Viktor92]

Подниму всё таки старую тему, т.к. мне это покоя уже не даёт Посмотрел в разных источниках вывод запаздывающих потенциалов, там берутся в точности такие же интегралы и мой ответ отличается в два раза, а я всё делаю вроде по правилам ТФКП, а везде берут 1-ым способом почему-то предполагая равенство нулю интегралов по малым дугам...
Мой ответ $\frac{1}{8\pi R}\delta(R-\tau)$, в учебниках $\frac{1}{4\pi R}\delta(R-\tau)$. Подскажите в чем тут дело?

[Metford]

Viktor92 в сообщении #1188750 писал(а):

я всё делаю вроде по правилам ТФКП, а везде берут 1-ым способом почему-то предполагая равенство нулю интегралов по малым дугам...

Наверное, всё-таки не предполагается, а как-то обосновывается. Пожалуйста, конкретную книгу приведите в пример, чтобы предметно говорить.

[Viktor92]

Есть в Бредов В.В., Румянцев В.В., Топтыгин И.Н. 1985г, стр.144, а также в И.Н. Топтыгин "Современная электродинамика", 2002г, стр.437

[Metford]

Т.е. Вам не нравится вычисление функции $G^R(\textbf{k},\tau)$? В нём у Вас лишняя двойка возникает?

[Cryo]

С функциями Грина, для волнового уравнения, я себе всё объяснил так.

Начинаем с

$\partial_{tt}\varphi-\partial_{xx}\varphi=0$ (1)

в вакууме. Уравнение симметрично относительно $t\to-t$ отсюда у вас и возникают проблемы с полюсами. Каждый выбор контура обхода полюсов соответствует выбору решения. Независимых решений два, но любая комбинация решений (линейная) тоже является решением, так-что вариантов много.

Чтобы понять какое решение нам нужно можно ввести потери:

$\partial_{tt}\varphi+2s\partial_t\varphi-\partial_{xx}\varphi=0$ (2)

При малом s, решения этого уравнения (игнорируем члены $O(s^2)$) будут типа $\varphi=\exp(-st)\exp(i\omega(t-x))$, то-есть они будут затухать при $t\to+\infty$. Меня обычно интересуют именно таки решения. Теперь проделайте операцию поиска Грин-функции для уравнения (2), также как для уравнения (1). Когда доберётесь до контура то увидите что $s$ сдвинет ваши полюса с действительной оси и теперь можно интегрировать без проблем. Последний шаг это взять предел $s\to0$, что сдвинет полюса обратно на действительную ось, но при этом вы можете исказить ваш контур интеграции так чтобы полюсы его не пересекли. Это искажение можно сделать за-бесплатно именно потому что полюсов вы не пересекаете. Под конец у вас будет контур типа 2.

[Viktor92]

Metford в сообщении #1188771 писал(а):

Т.е. Вам не нравится вычисление функции $G^R(\textbf{k},\tau)$? В нём у Вас лишняя двойка возникает?

Да, именно в нём

Cryo в сообщении #1188885 писал(а):

Чтобы понять какое решение нам нужно можно ввести потери:

Интересный подход, во только бы мне хотелось получить это чисто математически, абстрагируясь от физической задачи и понять почему с точки зрения ТФКП

Cryo в сообщении #1188885 писал(а):

Это искажение можно сделать за-бесплатно именно потому что полюсов вы не пересекаете.

[Cryo]

Так математически у вас несколько решений (дифференциального уравнения) а вы пытаетесь получить одно. С точки зрения ТФКП вам тоже уже подсказали что нужны дополнительные условия чтобы взять ваш интеграл. В зависимости от того как вы обойдёте полюса вы получите разные решения.

-- 31.01.2017, 15:18 --

Стоп, я вас неправильно понял. Почему можно искажать за-бесплатно? У меня сейчас нет времени рисовать, нарисую когда приду. На словах так: вы хотите деформировать ваш путь интеграции на полукруг. Такой путь, с полу-кругом, можно рассмотреть как интеграл по действительной оси+замкнутый интеграл по этому малому полукругу. Но если интегранд аналитический (поэтому важно не пересекать полюсов) но замкнутый интеграл по полукругу исчезнет. Из этого следует что интеграл по действительной оси и интеграл по действительной оси с небольшим отступом на полукруг дадут тот же ответ.