Интеграл с вычетами

MChagall · 08/12/17 255

Вот такой интеграл надо посчитать.
$v.p.\int\limits_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}$ .
Ну по определению получается $v.p. \int\limits_{0}^{\infty}f(x)dx=\lim\limits_{R\to \infty, \varepsilon\to 0}^{}(\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}f(x)dx+\int\limits_{1+\varepsilon}^{R}f(x)dx)$
Беру такой контур:

Получается
$\int\limits_{\gamma}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln^2z+\pi^2)}=\int\limits_{\left\lvert z\right\rvert=\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln^2z+\pi^2)}+\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}+\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln^2z+\pi^2)}+\int\limits_{1+\varepsilon}^{R}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}+\int\limits_{\gamma_R}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln^2z+\pi^2)}-\int\limits_{1+\varepsilon}^{R}\frac{dx}{(x^2-1)((\ln (x)+2\pi i)^2+\pi^2)}+\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)((\ln(z)+2\pi i)^2+\pi^2)}-\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{dx}{(x^2-1)((\ln(x)+2\pi i)^2+\pi^2)}$
Верен ли этот кошмар? Или надо как-то проще?

Если да, то интеграл справа равен вычету в точке $z=-1$ . Как его считать?
Слева первый и пятый равны нулю. Второй и четвёртый дают искомый. Что делать с остальными? Запутался уже совсем.
Может кто помочь?

thething · 27/12/17 1448 Антарктика

MChagall
Тут не всё так просто с выбором подынтегральной функции, от которой Вам надо считать комплексный интеграл. Пусть у Вас $f(x)=\frac{g(x)}{\ln^2x+\pi^2}$ . Тогда в комплексной плоскости попробуйте посчитать интеграл от функции $h(z)=\frac{g(z)}{\ln z -\pi i}$ . После приведения к общему знаменателю функций, полученных на верхнем и нижнем берегах разреза, у Вас в знаменателе должно оказаться как раз то, что нужно. Но вычеты придется считать от функции $h(z)$

MChagall в сообщении #1317729 писал(а):

вычету в точке $z=-1$ . Как его считать?

Стандартно: через коэффициент ряда Лорана, либо по какой-то из формул.

Кстати, будьте внимательны с интегралами по полуокружностям с центрами в единице. Т.к. единица -- простой полюс, то указанные интегралы к нулю стремиться не обязаны (и в данном случае не будут).

MChagall · 08/12/17 255

thething в сообщении #1317761 писал(а):

Тогда в комплексной плоскости попробуйте посчитать интеграл от функции $h(z)=\frac{g(z)}{\ln z -\pi i}$

Получается при том же контуре
$\int\limits_{\gamma}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=2\pi i\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}+2\pi i\int\limits_{1+\varepsilon}^{R}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}+\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}+\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z+\pi i)}$
Первые два интеграла слева дают искомый, помноженный на $2\pi i$ .
По лемме о дробном вычете находим третий и четвёртый:
$\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=-\pi i \frac{1}{((z^2-1)(\ln z-\pi i))'}, z=1$ . Получаем $-\frac{1}{2}$
Аналогично $\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z+\pi i)}=\frac{1}{2}$ . В итоге эти интегралы взаимно уничтожаются.
Верно ли это всё?
Далее $\int\limits_{\gamma}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=2\pi i \operatorname{Res}_{z=-1}\frac{1}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}$
Как этот вычет посчитать? Это полюс второго порядка, так ведь? Есть формула $c_{-1}=\lim\limits_{z\to -1}^{}\frac{d}{dz}\frac{(z+1)^2}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=\lim\limits_{z\to -1}^{}\frac{d}{dz}\frac{(z+1)}{(z-1)(\ln z-\pi i)}=\lim\limits_{z\to -1}^{}\frac{(z-1)(\ln z-\pi i)-(z+1)(\ln z-\pi i+(z-1)\frac{1}{z})}{(z-1)^2(\ln z-\pi i)^2}$ , что даёт неопределённость $[\frac{0}{0}]$ , которую я не знаю как разрешить.
Или разложить в ряд Лорана, но я не знаю как. Как это сделать?

DeBill · 10/01/16 2318