Интеграл от нескольких лоренцианов (дельта-функций)

[Red_Herring]

Physman в сообщении #1479662 писал(а):

Тогда оба знаменателя равны, и согласно вашему рецепту, вроде как, получаем квадрат лоренциана вместо двух лоренцианов,

Вот только не надо мне приписывать всяких глупостей, поскольку рецепт у меня другой. Хорошо, рассмотрим сличай $f(x,y)=1$, как перейти к более общему, объясню когда пройдете этот без ошибок.

И вот в этом случае к интегралу по $y$ примените вычеты при $varepsilon>0$. И остановитесь. Причем рассмотрите случай произвольного $n$, т.ч. полученный ответ будет содержать некоторую другую степень $varepsilon$, которую укажите точно.

[Physman]

Red_Herring в сообщении #1479666 писал(а):

И вот в этом случае к интегралу по $y$ примените вычеты при $varepsilon>0$. И остановитесь. Причем рассмотрите случай произвольного $n$, т.ч. полученный ответ будет содержать некоторую другую степень $varepsilon$, которую укажите точно.

Итак, рассмотрим интеграл,
${\cal I}=\int dy\frac{1}{(y-y_1+x+i\varepsilon)(y-y_1+x-i\varepsilon)(y+\omega-x+i\varepsilon)(y+\omega-x-i\varepsilon)}.$

В верхней полуплоскости есть два полюса, $z_1=y_1-x+i\varepsilon$ и $z_2=x-\omega+i\varepsilon$. Используя теорему Коши, получаем:
${\cal I}=2\pi i\left\{\frac{1}{2i\varepsilon(y_1-2x+\omega+2i\varepsilon)(y_1-2x+\omega)}+\frac{1}{(2x-\omega-y_1+2i\varepsilon)(2x-\omega-y_1)2i\varepsilon}\right\}=2\frac{\pi}{\varepsilon}\frac{1}{(y_1-2x+\omega+2i\varepsilon)(y_1-2x+\omega)}.$

[Vince Diesel]

Здесь стоит рассматривать интеграл как двойной, а не как повторный. И сделать замену $u=x-y$, $v=x+y$. При $n=2$ появятся (с точностью до константы) две дельта функции.

[Red_Herring]

Пересчитайте! Рассмотрите

$$ \int_{-\infty}^\infty \frac{dy}{[y-\alpha_1)^2 +\varepsilon^2] \, [y-\alpha_2)^2 +\varepsilon^2] } $$

Кроме того, обозначьте $(y_1+\omega )/2$ какой-нибудь одной буквой и пишите большие формулы как выключенные

[Physman]

Red_Herring в сообщении #1479683 писал(а):

Обозначьте $y_1+\omega =2\alpha$ (чтоб не писать лишнего) и проинтегрируйте по $x$, понимая интеграл в смысле главного значения, если $\alpha>0$. И пишите большие формулы как выключенные.

Подскажите, как "выключать" формулы? Чего-то не нашёл. Итак, получаем,
$\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx \frac{1}{(x-\alpha)(x-\alpha+i\varepsilon)}=\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx\frac{1}{(x-\alpha)^2+\varepsilon^2}-\frac{1}{4}i \int\limits_0^\infty dx\frac{\varepsilon}{(x-\alpha)[(x-\alpha)^2+\varepsilon^2]}=\frac{1}{4}\left\{\frac{\pi+2\arctg(\frac{\alpha}{\varepsilon})}{2\varepsilon}-\frac{\log(1+\frac{\varepsilon^2}{\alpha^2})}{2\varepsilon}\right\}$
Вроде так получается.

У меня появился ещё один дилетантский вопрос. Заранее прошу прощения за тупость. А что, если я в

Physman в сообщении #1479677 писал(а):

Итак, рассмотрим интеграл,
${\cal I}=\int dy\frac{1}{(y-y_1+x+i\varepsilon)(y-y_1+x-i\varepsilon)(y+\omega-x+i\varepsilon)(y+\omega-x-i\varepsilon)}.$

сразу предположу, что два полюса в верхней полуплоскости одинаковые, и, таким образом, мы имеем полюс второго порядка? Тогда мы имеем ($z_0=y_1-x+i\varepsilon$- полюс второго порядка),
${\cal I}=2\pi i\lim\limits_{y\rightarrow z_0}\left\{\frac{2(y-y_1+x+i\varepsilon)}{(y-y_1+x+i\varepsilon)^4}\right\}=-\frac{8\pi}{\varepsilon^3}$
Я правильно понимаю, что раз у нас дальше интеграл по $x$, такой случай рассматривать не надо?

Vince Diesel в сообщении #1479682 писал(а):

Здесь стоит рассматривать интеграл как двойной, а не как повторный. И сделать замену $u=x-y$, $v=x+y$. При $n=2$ появятся (с точностью до константы) две дельта функции.

Спасибо за совет, я попробую замену переменных позже, сначала разберусь с рецептом с полюсами, два расчёта мне сложно параллельно делать. Но у меня уже есть предварительный вопрос. Якобиан преобразования будет 2. А какие будут новые пределы интегрирования при переходе к $u, v$? Если вы сходу не можете/не хотите отвечать, я сам попробую найти, но ваша подсказка облегчила бы задачу.

-- 18.08.2020, 08:41 --

Red_Herring в сообщении #1479683 писал(а):

Пересчитайте! Рассмотрите

$$ \int_{-\infty}^\infty \frac{dy}{[(y-\alpha_1)^2 +\varepsilon^2] \, [(y-\alpha_2)^2 +\varepsilon^2] } $$

Пересчитываю.

Случай 1. Нет одинаковых полюсов. Тогда имеем:
$\frac{2\pi}{\varepsilon}\frac{1}{(\alpha_1-\alpha_2+2i\varepsilon)(\alpha_1-\alpha_2)}.$

Случай 2. Полюсы равны ($\alpha_1=\alpha_2=\alpha$). Тогда получаем:
$\frac{\pi}{2\varepsilon^3}$
(мог немного с коэффициентом наврать.)

[Someone]

(Physman)

Physman в сообщении #1479695 писал(а):

Подскажите, как "выключать" формулы? Чего-то не нашёл. Итак, получаем,
$\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx \frac{1}{(x-\alpha)(x-\alpha+i\varepsilon)}=\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx\frac{1}{(x-\alpha)^2+\varepsilon^2}-\frac{1}{4}i \int\limits_0^\infty dx\frac{\varepsilon}{(x-\alpha)[(x-\alpha)^2+\varepsilon^2]}=\frac{1}{4}\left\{\frac{\pi+2\arctg(\frac{\alpha}{\varepsilon})}{2\varepsilon}-\frac{\log(1+\frac{\varepsilon^2}{\alpha^2})}{2\varepsilon}\right\}$

Вместо одиночных знаков доллара напишите двойные:

$$\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx \frac{1}{(x-\alpha)(x-\alpha+i\varepsilon)}=\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx\frac{1}{(x-\alpha)^2+\varepsilon^2}-\frac{1}{4}i \int\limits_0^\infty dx\frac{\varepsilon}{(x-\alpha)[(x-\alpha)^2+\varepsilon^2]}=\frac{1}{4}\left\{\frac{\pi+2\arctg(\frac{\alpha}{\varepsilon})}{2\varepsilon}-\frac{\log(1+\frac{\varepsilon^2}{\alpha^2})}{2\varepsilon}\right\}$$

Но эта формула явно слишком длинная, и её надо разбить на две части:

$$\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx \frac{1}{(x-\alpha)(x-\alpha+i\varepsilon)}=\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx\frac{1}{(x-\alpha)^2+\varepsilon^2}-\frac{1}{4}i \int\limits_0^\infty dx\frac{\varepsilon}{(x-\alpha)[(x-\alpha)^2+\varepsilon^2]}=$$

$$=\frac{1}{4}\left\{\frac{\pi+2\arctg(\frac{\alpha}{\varepsilon})}{2\varepsilon}-\frac{\log(1+\frac{\varepsilon^2}{\alpha^2})}{2\varepsilon}\right\}$$

Используется синтаксис LaTeX

$$\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx \frac{1}{(x-\alpha)(x-\alpha+i\varepsilon)}=\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx\frac{1}{(x-\alpha)^2+\varepsilon^2}-\frac{1}{4}i \int\limits_0^\infty dx\frac{\varepsilon}{(x-\alpha)[(x-\alpha)^2+\varepsilon^2]}=$$ $$=\frac{1}{4}\left\{\frac{\pi+2\arctg(\frac{\alpha}{\varepsilon})}{2\varepsilon}-\frac{\log(1+\frac{\varepsilon^2}{\alpha^2})}{2\varepsilon}\right\}$$

-- Вт авг 18, 2020 12:47:16 --

(Physman)

Я не понял, зачем в вашей формуле присутствуют какие-то коды ( и ). Если имеются в виду круглые скобки "(" и ")", то они набираются обычным образом с клавиатуры.

$$\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx \frac{1}{(x-\alpha)(x-\alpha+i\varepsilon)}=\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx\frac{1}{(x-\alpha)^2+\varepsilon^2}-\frac{1}{4}i \int\limits_0^\infty dx\frac{\varepsilon}{(x-\alpha)[(x-\alpha)^2+\varepsilon^2]}=$$

$$=\frac{1}{4}\left\{\frac{\pi+2\arctg\left(\frac{\alpha}{\varepsilon}\right)}{2\varepsilon}-\frac{\log\left(1+\frac{\varepsilon^2}{\alpha^2}\right)}{2\varepsilon}\right\}$$

Используется синтаксис LaTeX

$$\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx \frac{1}{(x-\alpha)(x-\alpha+i\varepsilon)}=\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty dx\frac{1}{(x-\alpha)^2+\varepsilon^2}-\frac{1}{4}i \int\limits_0^\infty dx\frac{\varepsilon}{(x-\alpha)[(x-\alpha)^2+\varepsilon^2]}=$$ $$=\frac{1}{4}\left\{\frac{\pi+2\arctg\left(\frac{\alpha}{\varepsilon}\right)}{2\varepsilon}-\frac{\log\left(1+\frac{\varepsilon^2}{\alpha^2}\right)}{2\varepsilon}\right\}$$

[Physman]

Someone, спасибо за подсказку. Буду использовать двойные доллары для скрытия формул. Касательно странных символов, - видимо, я использовал что-то типа "\left( \right)" по привычке. Постараюсь избегать.

[Red_Herring]

Physman в сообщении #1479695 писал(а):

Случай 1. Нет одинаковых полюсов. Тогда имеем:

Неверно! Пересчитать!

[Physman]

Red_Herring в сообщении #1479702 писал(а):

Неверно! Пересчитать!

Точно, со знаком ошибся в вычислениях, пересчитал:

$$\frac{2\pi}{\varepsilon}\frac{1}{(\alpha_1-\alpha_2)^2+(2\varepsilon)^2}$$

[Someone]

(Physman)

Physman в сообщении #1479701 писал(а):

Someone, спасибо за подсказку. Буду использовать двойные доллары для скрытия формул. Касательно странных символов, - видимо, я использовал что-то типа "\left( \right)" по привычке. Постараюсь избегать.

Я про \left и \right ничего не писал, и даже добавил их ещё в паре мест: посмотрите "хвост" формулы в моём сообщении. Я спрашивал: зачем Вы вместо скобок "(" и ")" употребляете их коды?
Также не понял ваш ответ про "скрытие" формул. "Двойные доллары" не скрывают формулы, а выносят их в центр строки.

-- Вт авг 18, 2020 13:52:26 --

(Physman)

Ой, похоже, с кодами не Вы "виноваты", а какая-то неполадка на сайте. Сейчас смотрю на своё предыдущее сообщение, и там вместо круглых скобок вижу такие же коды, хотя точно помню, что собственноручно все коды заменил скобками.

[Red_Herring]

Physman в сообщении #1479703 писал(а):

Точно, со знаком ошибся в вычислениях, пересчитал:

Ошибки у всех бывают, но то что у вас получилось раньше не может быть по той простой причине, что никакие сингулярности не выскакивают в сумме.
Ну теперь подставьте что надо и найдите интеграл по $x$. Какая степень д.б. у множителя $\varepsilon^n$ чтобы предел существовал?

[kotenok gav]

(Someone)

Someone в сообщении #1479706 писал(а):

Ой, похоже, с кодами не Вы "виноваты", а какая-то неполадка на сайте.

Очень давний баг. Одну из тем, посвященную ему, создавали даже Вы, кстати.

[Physman]

Red_Herring в сообщении #1479716 писал(а):

Ну теперь подставьте что надо и найдите интеграл по $x$. Какая степень д.б. у множителя $\varepsilon^n$ чтобы предел существовал?

Видимо, $n=2$:

$$ \lim\limits_{\varepsilon\rightarrow0}\frac{2\pi}{\varepsilon}\int\limits_0^\infty\frac{\varepsilon^ndx}{(y_1-x+\omega-x)^2+(2\varepsilon)^2} = \lim\limits_{\varepsilon\rightarrow0}\frac{2\pi}{\varepsilon}\frac{1}{4}\int\limits_0^\infty\frac{2\varepsilon\varepsilon d(2x)}{(2x-y_1-\omega)^2+(2\varepsilon)^2} =\frac{\pi}{2}\int\limits_0^\infty d(2x)\delta(2x-y_1-\omega)=\frac{\pi}{2}. $$

Верно?

У меня остался вопрос, а как быть с:

Physman в сообщении #1479695 писал(а):

Случай 2. Полюсы равны ($\alpha_1=\alpha_2=\alpha$). Тогда получаем:
$\frac{\pi}{2\varepsilon^3}$

Почему в данном случае этот случай не надо рассматривать? Он автоматически учитывается потом при интегрировании по $x$?

-- 18.08.2020, 14:13 --

Someone в сообщении #1479706 писал(а):

Также не понял ваш ответ про "скрытие" формул. "Двойные доллары" не скрывают формулы, а выносят их в центр строки.

А как скрывать?

[Lia]

Physman
Что Вы скрывать хотите? Как это, напишите другими словами? Или покажите.

[Physman]

Lia в сообщении #1479755 писал(а):

Что Вы скрывать хотите? Как это, напишите другими словами? Или покажите.

Меня попросили :

Red_Herring в сообщении #1479683 писал(а):

пишите большие формулы как выключенные