Помогите вычислить комплексный интеграл

[scrabby]

Собственно есть интеграл, L - окружность единичного радиуса с центром в нуле. Пробовал использовать вычеты, но получился бред какой-то.

$$ \int_{L}\frac{ln(t)}{t-z}dt $$

Значение нужно только внутри круга, ни на окружности, ни вне круга - не нужно.

[bundos]

Так логарифм- многозначная функция. Какую аналитическую ветвь вы хотите проинтегрировать?

[scrabby]

да какую угодно :) добавить или вычесть 2iPI я как-нибудь смогу :) допустим ту у которой используется аргумент t от минус пи до пи

[bundos]

Что-то у меня получается интеграл $-2\pi i\int\limits_{0}^{1}\frac{\ln x}{x-z}dx$, а он помоему неберущийся...
И то если точка $z$ на окружнсти $|z|=1$ не лежит....

[scrabby]

боюсь, что вы посчитали неправильно :( подставим z=0 получим у вас неберущийся интеграл, в общем -i*бесконечность а в исходном интеграле как раз если подставить z=0 ,будет нормальное конечное число, зависящее от выбора ветви логарифма.

[ewert]

Просто разложите единицу на знаменатель в ряд по отрицательным степеням $t$ как геометрическую прогрессию. После чего

$$\oint\ln t\cdot t^{-k}dt=\dfrac{1}{1-k}\oint\ln t\,d(t^{1-k})=\dfrac{1}{1-k}\ln t\cdot t^{1-k}\Big|_{\varphi=0}^{2\pi}-\dfrac{1}{1-k}\oint t^{-k}\,dt\,,$$

причём последний интеграл равен нулю, а приращение перед ним -- $2\pi i$ (ну случай $k=0$ надо, конечно, посчитать отдельно). Ну и т.д.

А вообще задачка, разумеется, некорректна: ответ зависит не только от выбора ветви логарифма, но и от выбора разреза (если провесть его не вправо, как у меня, а под каким-нибудь углом, то и ответ выйдет, естественно, другим).

[sup]

Как уже упоминалось, надо выбрать ветвь логарифма. Рискну предположить, что на единичной окружности $\ln e^{i\varphi} = i\varphi$. После этого, интеграл уже однозначно определен и не зависит ни от каких разрезов. Если угодно, можно просто написать
$f(z) =-\int \limits_0^{2 \pi} \frac {\varphi e^{i\varphi}d \varphi }{e^{i\varphi} -z}$
Но вот для вычисления, удобно таки для логарифма сделать разрез от 0 до $\infty$. Отметим, что по определению $f(z)$ аналитична внутри круга, поэтому достаточно вычислить её значения для невещественных $z$ и применить аналитическое продолжение. Для невещественных $z$ "замкнем" контур. А именно, добавим (и отнимем) интеграл по нижнему берегу разреза, малой окружности около 0 и верхнему берегу разреза. Используя вычеты, получим (поскольку разность логарифма на берегах равна $2\pi i$)
$f(z)=2\pi i \ln z + 2\pi i \int \limits_{0}^{1} \frac {dt}{t-z}$
Последний интеграл очевидным образом считается (разность логарифмов), надо только аккуратно разобраться со значениями логарифма и все что надо "причесать".
Ну и наконец. Другие ветви логарифма отличаются от выбранной на $2\pi ik$. А значит соответствующая $f(z)$ будет отличаться на $-4 \pi^2 k$.

[ewert]

sup в сообщении #430424 писал(а):

После этого, интеграл уже однозначно определен и не зависит ни от каких разрезов.

Выбор разреза -- это и есть выбор пределов интегрирования. Для промежутка $[\alpha; 2\pi+\alpha]$ ответ будет, очевидно, другим. (Собственно, $2\pi i\,\ln(z-e^{i\alpha})$ и получится.)

[scrabby]

Здравствуйте, пожалуй этот вопрос несколько прост, но я, если честно, не понимаю, что сделать. Есть банальный простейший интеграл $\int_{L}\frac{1}{t-z} $ где L опять верхняя полуокружность. Очевидно, что этот интеграл равен ln(-1-z) - ln(1-z) в соответствующей разрезанной плоскости, так вот, из некоторых рассуждений(а эти рассуждения из учебника, а не мои, и я им доверяю) получается, что если выбрать некоторую ветвь этой разности логарифмов, голоморфную в плоскости с разрезом L, то эта ветвь должна иметь скачек iPi на берегах разреза, да вот только что-то я недопонимаю ... у меня никак не получается выбрать такую ветвь ... честно как-то даже стыдно такое спрашивать ...

[sup]

Похоже на опечатку. Скачек должен быть $2\pi i$. Прежде всего, несколько упростим выражение
$\ln (-1-z) - \ln (1-z) =\ln \frac {z+1}{z-1}$
Теперь уже видно, что вне разреза $L$ эта функция однозначна. Выберем ее ветвь так, чтобы на бесконечности она равнялась 0.
Осталось посмотреть, что происходит на $L$. Возьмем точку на верхнем берегу $L$. Что произойдет, если подойти к этой же точке "снизу", обойдя точку $z=-1$. Ясно, что с $\ln (z-1)$ ничего не случится, а вот $\ln (z+1)$ выдаст как раз $2\pi i$.