Формула Иенсена

[ex-math]

Ну сначала все верно, в знаменателе квадратичный многочлен, а потом вдруг кубический становится.

[StaticZero]

$$\begin{align*} J_1(a) &= \dfrac{a}{i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\mathrm dz}{z\left(1 + a^2 - a \left( z + \dfrac{1}{z} \right) \right)} = \dfrac{a}{i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\mathrm dz}{(-a) (z - a) \left(z - \dfrac{1}{a} \right) } = -\dfrac{2}{\left(a - \dfrac{1}{a} \right)} \right) = \dfrac{2 a}{1 - a^2}. \end{align*} $$

$$\begin{align*} J_2(a) &= \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\left(z + \dfrac{1}{z} \right)\mathrm dz}{(-a)(z - a) \left(z - \dfrac{1}{a} \right) } = \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\left(z^2 + 1\right)\mathrm dz}{z (z - a) \left(1 - a z\right) } = \dfrac{1}{-a} + \dfrac{a^2 + 1}{a (1 - a^2)}= \dfrac{1}{a} \left( -1 + \dfrac{1 + a^2}{1 - a^2} \right) = \\ &= \dfrac{1}{a} \dfrac{1 + a^2 - 1 + a^2}{1 - a^2} = \dfrac{2 a}{1 - a^2}\end{align*} $$

$$ I'(a) = J_1 - J_2 = \dfrac{2 a - 2a}{1 - a^2} =0, \qquad I(a) = 0. $$

[ex-math]

В первом ноль уже не особая точка.

[StaticZero]

ex-math, ответ ноль

[ex-math]

Ну теперь применяйте идею. Что получается?

[svv]

(Оффтоп)

Есть ещё такой способ вычисления интеграла. Мне кажется, он будет интересен StaticZero.

Возьмём на евклидовой плоскости точки $O$ и $C$ такие, что $OC=1$. Введём функцию $u(P)=\ln(r^2)$, где $r=OP$. Она всюду, кроме $O$, удовлетворяет двумерному уравнению Лапласа.
Проведём окружность с центром в $C$ радиуса $a<1$. Если $A$ — точка на этой окружности, то
$u(A)=\ln (OA)^2 =\ln (1+a^2-2a\cos\varphi)$,
где $\varphi$ — величина угла $OCA$.

По теореме о среднем для гармонических функций интеграл от $u$ по окружности равен $\frac 1{2\pi a}u(C)=0$.

[StaticZero]

$$\begin{align*} &\dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln |z - z_0| \ \mathrm d \varphi = \dfrac{1}{4 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln |z - z_0|^2 \ \mathrm d \varphi = \dfrac{1}{4 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left( |z|^2 + |z_0|^2 - 2 \operatorname{Re} (z \bar z_0) \right) \ \mathrm d \varphi = \\ &= \dfrac{1}{4 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left(R^2 + r^2 - 2 R r \cos (\varphi - \psi) \right) \ \mathrm d \varphi = \ldots = \dfrac{1}{4 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \left \lbrace \ln R^2 + \ln \left(1 + a^2 - 2 a \cos t\right) \right \rbrace \mathrm dt = \ln R, \end{align*} $$

где $z = R e^{i \varphi}, \ z_0 = r e^{i \psi}$.
Осталось заметить, что $|g(0)| = |f(0)| \dfrac{\prod \limits_\text{полюсы} |z_k^-|}{\prod \limits_\text{нули} |z_k^+|}$ и $\ln |g(0)| = \ln |f(0)| + \sum \limits_\text{полюсы} \ln |z_k^-| - \sum \limits_\text{нули} \ln |z_k^+|$.
Логарифмы $\ln |z - z_0|$ имеют знак плюс, когда относятся к нулям, и знак минус, когда относятся к полюсам. Поэтому получаем

$$\begin{align*} &\left. \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left| \dfrac{\prod \limits_\text{нули} |z - z_k^+|}{\prod \limits_\text{полюсы} |z - z_k^-|} g(z) \right| \ \mathrm d \varphi\right|_{z = R e^{i \varphi}} + \ln |g(0)| = \ln |f(0)| + \sum \limits_\text{полюсы} \ln \dfrac{|z_k^-|}{R} - \sum \limits_\text{нули} \ln \dfrac{|z_k^+|}{R} + \\ &+ \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left| g(R e^{i \varphi}) \right| \ \mathrm d \varphi. \end{align*}$$

Интеграл слева — исходный. Остаётся показать, что

$$ \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln \left| g(R e^{i \varphi}) \right| \ \mathrm d \varphi = \ln |g(0)|. $$

-- 05.01.2018, 00:03 --

svv, спасибо, класс

(написал, чтобы вы были в курсе, что я читаю оффтопы )

[DeBill]

StaticZero
А таки предложение считать интеграл от $\frac{\ln f(z)dz}{z}$ - не пробовали?
Интегрировать надо по границе области "круг с удаленными кружочками с центрами в нулях и полюсах, и прямолинейными разрезами , соединяющими границы кружочков и круга" (разрезы надо проводить вдоль прямых $\arg z =\operatorname{const} $).
Вклад в мнимую часть от интеграла будет: по границе круга - равен интегралу из Вашей формулы; по границе кружочков - стремится к нулю, буде радиусы их такие же; по разрезам (после частичного их сокращения)- с учетом кратности нулей (полюс - нуль порядка $-1$) дает слагаемые из правой части формулы, а сам интеграл (считаем через вычеты) дает вклад с логарифмом эф от нуля.....

[StaticZero]

DeBill, уже удалось освободиться от нулей и полюсов, пока подумаю над вашим предложением, спасибо

[ex-math]

В чем сложность показать то, что остается? Ведь логарифм модуля -- это вещественная часть логарифма.

Раз Вы уже самостоятельно избавились от полюсов и нулей, покажу как это можно сделать изящнее.
Допустим, $f(z)$ имеет нуль первого порядка в точке $a$. Чтобы его убрать, поделим на $z-a$. Но при этом мы портим модуль функции на границе круга -- он делится на

$$ |Re^{i\varphi}-a|=|Re^{-i\varphi}-\overline{a}|=|R-\overline{a}e^{i\varphi}|=\frac{|R^2-\overline{a}Re^{i\varphi}|}R. $$

Поэтому если мы еще домножим на $R^{-1}(R^2-\overline{a}z)$ (нового нуля в круге при этом не появится), то модуль функции на окружности, а значит и наш интеграл, не изменится.

[StaticZero]

ex-math в сообщении #1281393 писал(а):

В чем сложность показать то, что остается? Ведь логарифм модуля -- это вещественная часть логарифма.

Проблема в том, что равенство $\ln w = \ln |w| + i \operatorname{Arg} w$, где $w = g(z)$, $z \in D$, в эту сторону прочесть легко, а вот в таком виде не очень понятно, что оно значит:

$$ \ln |w| = \ln w - i \operatorname{Arg} w$$

здесь слева вещественная функция, а справа две многозначные.

[thething]

StaticZero
Рассмотрите функцию $\ln(g(z))$ в Вашем круге. Когда будете подставлять ее в интеграл по окружности, там по определению логарифма сам собой вылезет модуль, плюс какая-то мнимая часть. Отделив действительные части (в равенстве из теоремы Коши о вычетах), получите чему равен интеграл именно логарифма модуля

-- 05.01.2018, 19:21 --

StaticZero в сообщении #1281310 писал(а):

Но один раз-то нужно продраться, чтоб что-то понять, с многозначными функциями пока очень не очень

Вообще, зря Вы решили "продираться" именно на примере этой задачи

-- 05.01.2018, 19:27 --

thething в сообщении #1281457 писал(а):

$$ \ln |w| = \ln w - i \operatorname{Arg} w$$

Данное равенство некорректно, по крайней мере без дополнительных указаний о регулярных ветвях

UPD. Или можно попробовать теоремой о среднем

[StaticZero]

thething

$$ \ln g(0) = \ln |g(0)| + i\operatorname{Arg} g(0) = \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\ln g(z)}{z} \ \mathrm dz = \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln |g(R e^{i \varphi})| \ \mathrm d\varphi + \dfrac{i}{2 \pi}\int \limits_0^{2 \pi} \operatorname{Arg} g(R e^{i \varphi}) \ \mathrm d\varphi $$

-- 05.01.2018, 17:37 --

Комплексные числа равны, значит, равны их действительные и мнимые части, ч. т. д.

[thething]

По-моему проще воспользоваться теоремой о среднем, т.к. действительная часть регулярной функции - есть функция гармоническая. Вам надо только обосновать выбор регулярной ветви логарифма

-- 05.01.2018, 19:40 --

thething в сообщении #1281463 писал(а):

$$ \ln g(0) = \ln |g(0)| + i\operatorname{Arg} g(0) = \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\ln g(z)}{z} \ \mathrm dz = \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln |g(R e^{i \varphi})| \ \mathrm d\varphi + \dfrac{i}{2 \pi}\int \limits_0^{2 \pi} \operatorname{Arg} g(R e^{i \varphi}) \ \mathrm d\varphi $$

В этом равенстве опять же ничего не сказано о выборе ветвей, получается Вы считаете вторым интегралом непонятно что, хоть это и ненужно считать, но все равно некорректно

[StaticZero]

thething в сообщении #1281463 писал(а):

В этом равенстве опять же ничего не сказано о выборе ветвей

Достаточно ли фиксировать $\ln g(0) = \ln |g(0)| + i \arg g(0)$ и $\ln g(R) = \ln |g(R)| + i \arg g(R)$, $\Arg g(R) = \arg g(R)$?

-- 05.01.2018, 17:49 --

Что-то мне подсказывает, что нет. На плоскости $w = g(z)$ при пробегании $z$ замкнутого контура $w$ пробегает замкнутый контур, который, вообще говоря, может замкнуться вокруг нуля, и тогда $\ln w$ на другую ветвь перейдёт, то есть на плоскости $w$ нужен разрез по лучу или какой-нибудь простой кривой из нуля в бесконечность.