Ряды Лорана

[bundos]

Вычислить интеграл: $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^{2n+1}+1}$.

[RIP]

bundos в сообщении #207473 писал(а):

Вычислить интеграл: $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^{2n+1}+1}$.

Собственно, $2n+1$ здесь не по существу (правда, не знаю, какое решение от Вас хотят услышать), поэтому найдём сразу $I(p):=\int_0^\infty\frac{dx}{x^p+1}$ при $p>1$. После замены $x^p=z$ получаем $I(p)=p^{-1}\int_0^\infty f(z)\,dz$, где $f(z)=\frac{z^{1/p-1}}{z+1}$. Собственно, уже можно писать ответ, но забудем на минутку, что мы знаем бета-функцию. Применим теорему Коши о вычетах к функции $f(z)$ и области, ограниченной отрезком $[\epsilon;R]$ и окружностями радиусов $\epsilon$ и $R$ с центрами в нуле (для определённости берём ту ветвь $\log z$, которая вещественна на верхней стороне отрезка $[\epsilon;R]$). Устремляя $\epsilon\to+0$ и $R\to+\infty$, получаем нужный ответ.

[bundos]

RIP писал(а):

Собственно, $2n+1$ здесь не по существу (правда, не знаю, какое решение от Вас хотят услышать), поэтому найдём сразу $I(p):=\int_0^\infty\frac{dx}{x^p+1}$ при $p>1$. После замены $x^p=z$ получаем $I(p)=p^{-1}\int_0^\infty f(z)\,dz$, где $f(z)=\frac{z^{1/p-1}}{z+1}$. Собственно, уже можно писать ответ, но забудем на минутку, что мы знаем бета-функцию. Применим теорему Коши о вычетах к функции $f(z)$ и области, ограниченной отрезком $[\epsilon;R]$ и окружностями радиусов $\epsilon$ и $R$ с центрами в нуле (для определённости берём ту ветвь $\log z$, которая вещественна на верхней стороне отрезка $[\epsilon;R]$). Устремляя $\epsilon\to+0$ и $R\to+\infty$, получаем нужный ответ.

Скажите, а что такое бета-функция? Подскажите литературу.

[ewert]

http://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%91%D0%B5%D1%82%D0%B0-%D1%84%D1%83%D0%BD%D0%BA%D1%86%D0%B8%D1%8F

[RIP]

Надо ещё учесть формулу дополнения
$B(p,1-p)=\frac\pi{\sin\pi p}$.
Про бета-функцию много где написано. В любом толковом учебнике по комплексному анализу должно быть; скажем, в Уиттекер Э.Т., Ватсон Дж.Н. — Курс современного анализа. Трансцендентные функции (том 2), Гл. 12 (см. параграф про интеграл Эйлера первого рода). Можно и какую-нить книжку по спец. функциям взять.

[bundos]

RIP, спасибо! Только вот ещё одни вопрос остался.
$z=0$, что это за точка? В первый раз с подобной столкнулся...

[bundos]

Вот интеграл: $I=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}dx}{1+e^x}$. Получил, что $I=\frac{2\pi}{\sin \pi a}$, сходится при $0<a<1$.

[Schraube]

bundos писал(а):

RIP писал(а):

Скажите, а что такое бета-функция? Подскажите литературу.

Для решения указаной задачи и первоначального знакомства с бета-функцией вполне хватит Фихтенгольца.

[RIP]

bundos в сообщении #207574 писал(а):

Вот интеграл: $I=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ax}dx}{1+e^x}$. Получил, что $I=\frac{2\pi}{\sin \pi a}$,

А двойку Вы откуда взяли?

Добавлено спустя 9 минут 47 секунд:

bundos в сообщении #207564 писал(а):

$z=0$, что это за точка?

Если Вы про вычисление $I(p)$, то это точка ветвления. На нижнем и верхнем берегах отрезка $f(z)$ отличается на постоянный множитель ($z^{1/p-1}$ понимается как $e^{(1/p-1)\log z}$); собственно, отсюда синус и вылазит.

[bundos]

RIP писал(а):

А двойку Вы откуда взяли?

Сделал замену $t=e^x$ и разбил $I$ на 2 интеграла $I=\int\limits_{-\infty}^{0}g(t) +\int\limits_{0}^{\infty}\frac{t^{a-1}dt}{1+t}$, $\int\limits_{0}^{\infty}\frac{t^{a-1}dt}{1+t}=\frac{\pi}{\sin \pi a}$. Со вторым у меня получилось тоже самое. И в итоге $I=\frac{2\pi}{\sin \pi a}$

[RIP]

Ага. Я так и понял. А Вы не забыли, что пределы интегрирования тоже надо менять, вообще говоря?

[bundos]

RIP
Точно! Переправил, получил в итоге $I=\int\limits_{0}^{\infty}\frac{t^{a-1}dt}{1+t}$

[bundos]

Вычислить интеграл: $I=\int\limits_{0}^{2\pi}e^{\cos \psi}\sin({\sin \psi})d \psi$

[vlad239]

Используйте формулу $\sin t=\frac{e^{it}-e^{-it}}{2i}$. Затем схлопните экспоненты и перегоните обратно.

Влад.

[bundos]

vlad239
Использовал. Cделал замену $z=e^{i\psi}$; $\sin{\psi}=\frac{z^2-1}{2iz}; \cos z=\frac{z^2+1}{2z}$; $I=\int\limits_{|z|=1}e^{\frac{z^2+1}{2z}}\sin{\frac{z^2-1}{2iz}}$. Что с ним делать? Пытался вычетами, не смог посчитать, получил произведение трёх рядов когда синус разности расписал....