Интеграл от многозначной функции

[Tell Wilhelm]

Здравствуйте. Продолжаю вспоминать простейшую математику решая задачи. Подскажите как учесть $\Re$ и найти значение интеграла.

$$ \int_0^{\infty} \frac{\Re\{\sqrt{x+a}\}}{e^x+1}\;dx, a \in \mathbb{C}, $$

здесь $\Re$ — вещественная часть комплексной функции. Это интеграл с многозначной функцией в числителе, поэтому пытаюсь решать следующими шагами.

1. Для начала рассмотрим подынтегральную функцию на комплексной плоскости:

$$ f(z) = \frac{\Re\{\sqrt{z+a}\}}{e^z+1} $$

2. Так как в числителе стоит многозначная функция $\sqrt{z+a}$, то необходимо зафиксировать основную ветвь $f(z)$.

2.1 Обозначим

$$ z+a = r e^{i\phi+i 2\pi n}, \; n\in \mathbb{Z} $$

и проведем по $ (a,\infty) $ разрез. Тогда $ \phi \in (0, 2\pi) $.

2.2 В нашем случае надо выбрать $n\in \mathbb{Z}$ для

$$ f(z) = \frac{\Re\{\sqrt{r e^{i\phi+i 2\pi n}}\}}{e^z+1} = \frac{\Re\{\sqrt{r} e^{i\phi/2+i\pi n}\}}{e^z+1} = \frac{\sqrt{r} \cos(\phi/2+\pi n)}{e^z+1}. $$

Удобно взять $n=0$, тогда основная ветвь

$$ f_0(z) = \frac{\sqrt{r} \cos(\phi/2)}{e^z+1}. $$

3. Здесь можно воспользоваться теоремой о вычетах если обогнуть разрез по пути $\gamma$ как на картинке ниже.


Тогда

$$ \oint_{\gamma}\frac{\sqrt{r} \cos(\phi/2)}{e^z+1} \; dz = 2\pi i \sum_{k} \underset{z=z_k} {\mathrm{Res}}\frac{\sqrt{r} \cos(\phi/2)}{e^z+1} . $$

Здесь устранимые особые точки $z_k=i\pi (2k+1), k\in\mathbb{Z}.$

Дальше я теряюсь, ряд расходится и не могу сообразить как вычислить интеграл.

[Metford]

Tell Wilhelm в сообщении #1272734 писал(а):

и проведем по $
(a,\infty)
$ разрез.

Как-то странно Вы разрез провели по-моему. Точка ветвления явно осталась не задета этим разрезом, а тогда зачем он?..
Да и контур интегрирования выглядит странновато по той же причине.

[Tell Wilhelm]

Metford в сообщении #1272758 писал(а):

Tell Wilhelm в сообщении #1272734 писал(а):

и проведем по $
(a,\infty)
$ разрез.

Как-то странно Вы разрез провели по-моему. Точка ветвления явно осталась не задета этим разрезом, а тогда зачем он?..
Да и контур интегрирования выглядит странновато по той же причине.

Согласен, поторопился я с выбором контура. Мне хотелось включить в контур интервал интегрирования, но ситуация с произвольным $a \in \mathbb{C}$ сложнее. Контур из первого сообщения только для $a=0$ подойдет. Построил для наглядности для двух значений $a$ поведение вещественной и мнимой частей.

Случай для $a=1+i$:


Случай для $a=i\pi$:


На картинках серые линии и заливка цветом обозначают мнимую часть, а синие линии — контуры вещественной части. Красная линия — разрез.

[Markiyan Hirnyk]

Сомневаюсь, что интеграл можно выразить в замкнутой форме. Некоторое представление о нем дает численное нахождение с Мэйплом (см. Dropbox ).

[Tell Wilhelm]

Markiyan Hirnyk, по каким признакам Вы понимаете, что нет результата в замкнутой форме? Я не знаком с такой теорией. Был бы благодарен за ссылки на литературу.

[worm2]

Я прошу прощения, но ведь, кажется, $\operatorname{Re}(z)$ не является аналитической функцией.
А если так, то какое мы имеем право вычеты применять?

[DeBill]

worm2
Ну, можно посчитать интеграл, и у полученного - взять Re...
Беда в том, что:
Функция многозначна. А через вычеты можно считать только от однозначной, да еще и по контуру, который есть граница ограниченной области. А для неограниченной - считать как предел интегралов по огранченным - как на красивой красной картинке. И вот, если это все есть, и интеграл по большой окружности стремится к нулю (что в задаче - не так, что и объясняет расходимость получающегося ряда), то что-нибудь и получится.
Вот только не в этой задаче: тут все плохо, и если выделять однозначную ветвь, то контур интегрирования будет доходить до точки $-a$, что неминуемо скажется на результате. Так что я также - почти - уверен, что интеграл не выражается через элементарные. ...

[Markiyan Hirnyk]

Tell Wilhelm
Имею определенный опыт вычисления интегралов с применением вычетов. В частности (дело давнее, могу признаться), рецензировал эту статью И. Поединцевой. Посмотрите на с. 391. Моими стараниями это место было уточнено, и не только оно.

[Markiyan Hirnyk]

Возможно, получится найти асимптотику рассматриваемого интеграла. По моим прикидкам этот интеграл равен $\operatorname{const} a^{\frac 1 2 }(1+o(1)),\, a \to+\infty $. Полезно заглянуть в книгу М.В. Федорюк, Метод перевала. - М.: Наука, 1977.

[mihiv]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1272999 писал(а):

интеграл равен $\operatorname{const} a^{\frac 1 2 }(1+o(1)),\, a \to+\infty $

$\operatorname {const}=\ln 2$.

[Tell Wilhelm]

worm2 в сообщении #1272868 писал(а):

Я прошу прощения, но ведь, кажется, $\operatorname{Re}(z)$ не является аналитической функцией.
А если так, то какое мы имеем право вычеты применять?

Вы правы, $f(z)=\Re (z)$ — неаналитическая. Как отметил выше DeBill, мы можем это обойти.

DeBill в сообщении #1272903 писал(а):

worm2
Ну, можно посчитать интеграл, и у полученного - взять Re...

Я хотел уточнить, мы это можем сделать из-за того, что уверены, что знаменатель вещественный?

DeBill в сообщении #1272903 писал(а):

Вот только не в этой задаче: тут все плохо, и если выделять однозначную ветвь, то контур интегрирования будет доходить до точки $-a$, что неминуемо скажется на результате. Так что я также - почти - уверен, что интеграл не выражается через элементарные. ...

Мои попытки свести к специальным функциям закончились ничем.

Markiyan Hirnyk в сообщении #1272999 писал(а):

Возможно, получится найти асимптотику рассматриваемого интеграла. По моим прикидкам этот интеграл равен $\operatorname{const} a^{\frac 1 2 }(1+o(1)),\, a \to+\infty $. Полезно заглянуть в книгу М.В. Федорюк, Метод перевала. - М.: Наука, 1977.

Хотелось бы строгое решение.

Смотрю на этот интеграл уже не первый день — ничего не выходит. Представлен ниже как функция от параметра $a$.

[DeBill]

Tell Wilhelm в сообщении #1273731 писал(а):

мы это можем сделать из-за того, что уверены, что знаменатель вещественный?

Ну да (при вещественных $x$).

[mihiv]

Tell Wilhelm в сообщении #1272734 писал(а):

Продолжаю вспоминать простейшую математику решая задачи.

Tell Wilhelm
А откуда эта задача?

[g______d]

1) При $a=0$ у интеграла есть замкнутое выражение через $\zeta(3/2)$.

2) При произвольном $a$, как мне кажется, это сводится к неполному интегралу Ферми--Дирака (он же неполный поли-логарифм), см.

https://en.wikipedia.org/wiki/Incomplet ... c_integral

https://en.wikipedia.org/wiki/Incomplete_polylogarithm

[mihiv]

Можно найти действительную часть числителя в явном виде. Пусть $a=a_1+ia_2$. Запишем равенство $\sqrt {x+a_1+ia_2}=p+iq$. Возводим его в квадрат и получим : $x+a_1=p^2-q^2, a_2=2pq$. Отсюда находим $$Re$ числителя: $p=\sqrt {\dfrac {x+a_1+\sqrt {(x+a_1)^2+a_2^2}}{2}.$$Таким образом исходный интеграл сводится к интегралу от вещественной функции:

$$I=\frac 1{\sqrt 2}\int \limits _0^{\infty}\dfrac {\sqrt {x+a_1+\sqrt {(x+a_1)^2+a_2^2}}}{e^x+1}dx.$$

Два частных случая: $1) a_1>0, a_2=0, I=\int \limits _0^{\infty }\dfrac {\sqrt {x+a_1}}{e^x+1}dx, 2) a_1<0, a_2=0, I=\int \limits _{|a_1|}^{\infty }\dfrac {\sqrt {x+a_1}}{e^x+1}dx$.