Вычеты для соотношения гамма-функций

[LintuStorm]

Добрый день. Недавно столкнулась с интегралом по комплексной переменной, содержащий соотношение двух гамма-функций, умноженное на обобщённую показательную. Очень прошу помочь в поиске литературы на данную тему или помочь советом, потому что ход моих мыслей на эту тему мне не очень нравится.

$$\frac12\pi i\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\Gamma(1-s)}{\Gamma(s+\nu)}x^{s+\nu-1}ds$$

[AKM]

Замена формул картинками на форуме не допускается. Запишите формулы в соответствии с Правилами. Здесь рассказано, как набирать формулы (здесь подробнее). Используйте кнопку для редактирования своего сообщения.

Тема перемещена из "Помогите решить (М)" в карантин. Как исправите - пишите сюда, чтобы тему вернули.

Возвращено.

[LintuStorm]

Извиняюсь за опечатку, но интегрирование идёт по s, а не по x.

Исправил. //АКМ

[Полосин]

В таком виде интеграл расходится из-за поведения подынтегральной функции на $-\infty$. Уточните постановку задачи. $x, \nu$ - вещественные?

[LintuStorm]

$\nu$ - вещественное. Кроме того, $\operatorname{Res}=\sigma$ , $(1-\nu)/2<\sigma<1$, $x>1$, $t$ стремится к бесконечности.

[Полосин]

Ничего не понимаю. Вычет чего равен $\sigma$? При чем здесь $t$? И еще раз повторяю: интеграл в указанном виде не существует.

[RIP]

Я так понимаю, что интегрировать надо по вертикальной прямой? Оно, не?

[LintuStorm]

Полосин в сообщении #511083 писал(а):

Ничего не понимаю. Вычет чего равен $\sigma$? При чем здесь $t$? И еще раз повторяю: интеграл в указанном виде не существует.

Не вычет, а действительная часть комплексного числа s, она фиксированная и границы для неё указаны для сходимости интеграла. А вот мнимая часть стремится к бесконечности.

-- 03.12.2011, 14:20 --

RIP в сообщении #511092 писал(а):

Я так понимаю, что интегрировать надо по вертикальной прямой? Оно, не?

Хм..пределы интегрирования мне предложили вот такие, как указано. Если честно, то мне не приходилось сталкиваться с тем, на что Вы дали мне ссылку.

[RIP]

Вам, скорее всего, предложили границы $-\mathrm i\infty$ и $\mathrm i\infty$, тогда интеграл сведётся к тому, что по ссылке (тут, конечно, сильно частный случай). Либо надо писать $\mathrm dt$, раз Вы по нему интегрируете. А вообще, подобные интегралы считаются через теорему о вычетах, сдвигая контур влево или вправо (чтобы интеграл по полученному контуру стремился к 0).

[LintuStorm]

RIP в сообщении #511182 писал(а):

Вам, скорее всего, предложили границы $-\mathrm i\infty$ и $\mathrm i\infty$, тогда интеграл сведётся к тому, что по ссылке (тут, конечно, сильно частный случай). Либо надо писать $\mathrm dt$, раз Вы по нему интегрируете. А вообще, подобные интегралы считаются через теорему о вычетах, сдвигая контур влево или вправо (чтобы интеграл по полученному контуру стремился к 0).

А вы не могли посоветовать литературу, где рассматриваются примеры подсчёта таких интегралов? Впервые сталкиваюсь просто.

[RIP]

Литературу посоветовать не могу. Можете попробовать посмотреть эту книжку, пар. 14.5 (с. 88): там нечто подобное проделывается для аналогичного интеграла. Но не могу гарантировать, что этот подход сработает в Вашем случае.

[LintuStorm]

RIP в сообщении #511191 писал(а):

Литературу посоветовать не могу. Можете попробовать посмотреть эту книжку, пар. 14.5 (с. 88): там нечто подобное проделывается для аналогичного интеграла. Но не могу гарантировать, что этот подход сработает в Вашем случае.

К сожалению, эту книгу я видела. Мне не помогает. Я думала о том, как мне сдвинуть контур интегрирования. Но мои идеи на эту тему закончились. Я думаю около месяца.
Собственно говоря, для этого интеграла я рассматривала логарифм от этой дроби. Я пришла к выводу после рассмотрения соотношения, что при $t>0$ особенностей не будет, поэтому интеграл обнулится. А вот проблема в том, как сдвинуть контур на минус бесконечность.

[Полосин]

Считаем $\nu>0$, $0<\sigma<1$. Достраивая контур полуокружностью, лежащей в правой полуплоскости, получаем:

$$\dfrac{\pi i}{2}\int\limits_{\operatorname{Re}s=\sigma, \operatorname{Im}s=-\infty}^{\operatorname{Re}s=\sigma, \operatorname{Im}s=+\infty}\dfrac{\Gamma(1-s)}{\Gamma(s+\nu)}x^{s+\nu-1}ds=\pi^2\sum\limits_{k=1}^{\infty}\operatorname{res}_{s=k}\dfrac{\pi}{\sin(\pi s)}\dfrac{x^{s+\nu-1}}{\Gamma(s)\Gamma(s+\nu)}=$$ $$=-\pi^2\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k x^{k+\nu}}{k!\Gamma(k+\nu+1)}=-\pi^2 x^{\nu/2}J_{\nu}(2\sqrt{x}).$$

[LintuStorm]

Полосин в сообщении #511215 писал(а):

Считаем $\nu>0$, $0<\sigma<1$. Достраивая контур полуокружностью, лежащей в правой полуплоскости, получаем:

$$\dfrac{\pi i}{2}\int\limits_{\operatorname{Re}s=\sigma, \operatorname{Im}s=-\infty}^{\operatorname{Re}s=\sigma, \operatorname{Im}s=+\infty}\dfrac{\Gamma(1-s)}{\Gamma(s+\nu)}x^{s+\nu-1}ds=\pi^2\sum\limits_{k=1}^{\infty}\operatorname{res}_{s=k}\dfrac{\pi}{\sin(\pi s)}\dfrac{x^{s+\nu-1}}{\Gamma(s)\Gamma(s+\nu)}=$$ $$=-\pi^2\sum\limits_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k x^{k+\nu}}{k!\Gamma(k+\nu+1)}=-\pi^2 x^{\nu/2}J_{\nu}(2\sqrt{x}).$$

Огромное спасибо! Выручили!