Берущийся интеграл

[SomePupil]

Вот он:

$$\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\ln {x}}{b^2+x^2}dx.$$

Частный случай этого интеграла ($b = 1$) был впервые вычислен Л. Эйлером.

[ex-math]

Вычеты никто не отменял.

[provincialka]

(о терминологии)

Вообще говоря, "берущимися" принято называть неопределенные интегралы, вычисляемые в элементарных функциях, тут не тот случай.

[NDP]

SomePupil в сообщении #1242861 писал(а):

Частный случай этого интеграла ($b = 1$)

Без труда считается при помощи замены $t=1/x$.
Общий случай $b\ne 0$, без ограничения общности полагая $b>0$, сводим к частному с помощью замены $x=bt$.
При $b=0$ интеграл расходится.

[SomePupil]

NDP, правильно. Фокус в том, чтобы свести к случаю $b = 1.$ Ответ получается

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

[ex-math]

Этот случай ничем не особый. Вот как изучите комплексный анализ, отпадет охота вычислять несобственные интегралы с помощью искусственных приемов.

[kp9r4d]

А как по вычетам? Там же точка 0 неприятная, она мало того что на контуре, так ещё и существенная особенность.

[NDP]

kp9r4d
Ну это же классика. Контур строится, естественно, с обходом нуля.
В Сидоров, Федорюк, Шабунин можно посмотреть.
Существенной особенности там нет, поскольку с.о.т. - это особенность однозначного характера. Здесь же точка ветвления. (А сама по себе существенная особенность ничему не мешает.)

[kp9r4d]

А-а-а, эти всякие keyhole contour, да, было что-то такое. Да, точку ветвления и имел в виду, про себя проговорил "точка ветвления" а написал про существенную особенность почему-то.

[ex-math]

Точка ноль вполне приятная, так как функция хоть и растет при приближении к ней, но логарифмически. Поэтому по малой полуокружности вклад в интеграл будет стремиться к нулю. Ну и бесконечность тоже хорошая из-за квадрата в знаменателе.

[kp9r4d]

Спасибо, не PhD по интегралам по контуру просто.

[SomePupil]

Возобновляю тему, потому что появились вопросы.
Если построить контур как указано выше, то вклады по окружностям, действительно, оказываются малы. Остаются вклады по полупрямым, которые равны соответственно

$$I_{\rho} = \int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\ln x}{b^2+x^2}dx$$

по правой полупрямой (здесь $\rho$ - радиус малой полуокружности) и

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

по левой полупрямой.
Для главной ветви логарифма $\ln (-x) = \ln x + i \pi,$ поэтому сумма этих двух вкладов равна

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

С другой стороны, это значение можно выразить через вычет функции $\ln(z)/(b^2+z^2)$ в точке $ib,$ который равен $\ln(ib)/(2b).$ Другими словами, выражение выше будет равно

$$2\pi i\;\frac{\ln(ib)}{2b} = \pi i\;\frac{\ln b + i\pi/2}{b} = \pi i\;\frac{\ln b}{b} - \frac{\pi^2}{2b}.$$

И все бы было хорошо, да вот только исходный интеграл от действительнозначной функции (при $\rho \to 0$) оказался равным у меня комплексному числу с ненулевой мнимой частью. Я где-то ошибся. Вопрос, принципиальную ли ошибку я совершил, или же у меня проблемы только с арифметикой?

[Slav-27]

SomePupil
С арифметикой, вычет считать не умеете.

[SomePupil]

Slav-27, разве вычет функции

$$\frac{\ln z}{b^2 + z^2} = \frac{\ln z}{(b + iz)(b - iz)}$$

в точке $ib$ не равен $\ln(ib)/(2b)$?

[Otta]

Нет. Вы полностью первую скобку из знаменателя выбрасываете, а это неправильно.