Берущийся интеграл

[SomePupil]

Otta, ага, вот, где эта Дездемона! Вычет равен $\ln (ib) / (i 2b).$ Все сошлось!

[DeBill]

SomePupil в сообщении #1320360 писал(а):

Все сошлось!

И это очень странно - потому что интегралы с логарифмами - сокращаются...
Чтоб найти исходный - надо интегрировать функцию с квадратом логарифма - так меня в детстве учили....

[thething]

DeBill
У него, видимо, контур не тот, а который -- верхняя полуокружность с отрезком. Чётность позволяет.

[DeBill]

thething
Дык, навроде, все равно сократится, нет?

-- 17.06.2018, 17:10 --

SomePupil в сообщении #1320352 писал(а):

по левой полупрямой.

Вот тут - со знаком чёт не так....

[thething]

DeBill
Не, не должно) Там же замена переменной будет и минусы удачно уберутся

-- 17.06.2018, 17:35 --

SomePupil
Можете, кстати, попробовать посчитать этот интеграл ещё двумя способами: 1. По границе области с разрезом по действительной положительной полуоси; 2. По контуру, состоящему из четверти окружности, замкнутой отрезками действительной и мнимой осей (с обходом всех особых точек, естественно).

[SomePupil]

DeBill, не, ну почему же. С правильном вычетом получается

$$2I_{\rho} + \frac{i\pi^2}{2b} - \frac{i \pi}{b}\arctg {\frac{\rho}{b}} = \pi\;\frac{\ln b}{b} + i\frac{\pi^2}{2b}.$$

Переходя к пределу $\rho \to 0,$ получим

$$I_0 = \frac{\pi \ln b}{2b}.$$

Или вы говорили про другое?

-- 17.06.2018, 16:57 --

DeBill, кажется, понял, о чем вы говорили. Интеграл по левой полупрямой я преобразовывал так:

$$\int\limits_{-\infty}^{-\rho} \frac{\ln (x)}{b^2 + x^2} dx = \int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\ln (-x)}{b^2 + x^2} dx= \int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\ln (x)}{b^2 + x^2}dx +\int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\pi i}{b^2 + x^2}dx.$$

[thething]

SomePupil в сообщении #1320583 писал(а):

Интеграл по левой полупрямой я преобразовывал так:

$$\int\limits_{-\infty}^{-\rho} \frac{\ln (x)}{b^2 + x^2} dx = \int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\ln (-x)}{b^2 + x^2} dx= \int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\ln (x)}{b^2 + x^2}dx +\int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\pi i}{b^2 + x^2}dx.$$

А вот тут уже очень странная запись. У Вас с самого начала должно было под интегралом стоять $\ln(-x)+\pi i$

[SomePupil]

thething в сообщении #1320576 писал(а):

1. По границе области с разрезом по действительной положительной полуоси; 2. По контуру, состоящему из четверти окружности, замкнутой отрезками действительной и мнимой осей (с обходом всех особых точек, естественно).

Вот тут я не понял.
1. Как обойти в этом случае точку $0$?
2. Как обойти в этом случае точку $ib$?

[thething]

SomePupil в сообщении #1320586 писал(а):

Как обойти в этом случае точку $0$?

По маленькой окружности. Интеграл в пределе даст ноль.

SomePupil в сообщении #1320586 писал(а):

Как обойти в этом случае точку $ib$?

По маленькой полуокружности. Интеграл в пределе даст.. не ноль, а полувычет.

[SomePupil]

thething в сообщении #1320585 писал(а):

А вот тут уже очень странная запись.

Ну, наверное, это субъективно. Я выражения записывал, исходя из того, что надо обходить контур по положительному направлению (у меня контур из двух концентрических полуокружностей, концы которых соединены отрезками)

[thething]

Ничего субьективного. Вы обходите контур в положительном направлении, т.е. отрезки обходятся слева-направо. И под интегралы по этим отрезкам Вы должны подставлять именно те представления логарифма, которые будут иметь место на соответствующем отрезке. А потом уже переменные заменять.

У Вас же получается, что слагаемое $\pi i$ просто взяло -- и появилось из ниоткуда

[SomePupil]

thething в сообщении #1320588 писал(а):

По маленькой окружности. Интеграл в пределе даст ноль.

thething в сообщении #1320588 писал(а):

По маленькой полуокружности. Интеграл в пределе даст.. не ноль, а полувычет.

Ну это, имхо, костыли, которых используют, когда особая точка попадает на границу. И/или когда считают интегралы по главному значению. Подсчитать-то можно конечно.

[thething]

Есть задачи, в которых без этих "костылей" никак (и необязательно при вычислении вип-интегралов), а уметь ими пользоваться -- крайне полезно.

[SomePupil]

thething в сообщении #1320590 писал(а):

Вы обходите контур в положительном направлении, т.е. отрезки обходятся слева-направо. И под интегралы по этим отрезкам Вы должны подставлять именно те представления логарифма, которые будут иметь место на соответствующем отрезке.

Видимо, чтобы понять вас, мне надо еще про многозначные функции почитать. Этим и займусь завтра (тут уже 22:17). Сейчас же я везде подразумеваю главную ветвь логарифма, ту, которую $\ln z = \ln |z| + i(\arg z + 2\pi k)$ при $k = 0.$

[thething]

SomePupil в сообщении #1320597 писал(а):

идимо, чтобы понять вас, мне надо еще про многозначные функции почитать. Этим и займусь завтра (тут уже 22:17). Сейчас же я везде подразумеваю главную ветвь логарифма, ту, которую $\ln z = \ln |z| + i\arg z + 2\pi k$ при $k = 0.$

С этого надо было начинать (с прочтения)). Про выбор ветви всё у Вас понятно. Просто у Вас на положительном отрезке она принимает значения $\ln x$, а на отрицательном -- $\ln(-x)+\pi i$. Так что, когда расписываете интеграл по частям контура, в соответствующие интегралы подставляются именно эти представления.