вычеты и интеграл

[Kuzya]

Уважаемые! Просветите насчет интеграла:
$\int_{0}^{2{\pi}} \frac 1 {5+2\sqrt{6\sin{t}}} dt$
Я сделал замену $z=e^{it}, но как найти вычет в нуле у полученной подынтегальоной функции позабыл ( подобная функция в примерах не попадалась). Заранее благодарен

[RIP]

Прежде чем искать вычеты, стоит обратить внимание на то, что у Вас многозначная функция, поэтому сначала стоит разобраться с точками ветвления, с ветвями, а уже потом думать о вычетах.

[Kuzya]

Я что-то подобное подозревал, но Ваша подсказка жизнь не облегчила. Может более указующий перст найдется?

[Capella]

Такии интегралы, как Ваши (например как искать вычеты у тригонометричесих функций) очень хорошо разобраны в книге Краснова, Киселёва, Макаренко. В том числе, кое что есть со страницы 101.

[Brukvalub]

Вообще-то, с точки зрения математического анализа - весьма странный интеграл, поскольку на правой половине отрезка подынтегральная функция не определена...

[Kuzya]

Если бы у меня была книга Краснова, Киселёва, Макаренко, то и проблемы бы не существовало

[Brukvalub]

Тогда качните здесь: http://www.poiskknig.ru/cgi-bin/poisk.c ... &network=1
первую и восьмую книги, в первой из них, начиная со стр 218 рассказывается о применении вычетов с примерами, а в восьмой подробно разъясняется понятие многозначной функции.

[Kuzya]

Для чайника: как пользоваться этой ссылкой? Не могу открыть книгу(страницу)

[Brukvalub]

Кликаете на активную ссылку в соответствующем пункте, после чего появляется предложение сохранить файл на вашем РС, соглашаетесь, и всё. А ещё можно закачать файл программами-даунлодерами.

[Kuzya]

"А ещё можно закачать файл программами-даунлодерами". -знать бы еще что это такое

[RIP]

Kuzya
А откуда Вы взяли такой интеграл? После того, как Вы сделаете замену $z=e^{it}$, под интегралом у Вас получится функция

$$f(z)=\frac1{iz(5+2\sqrt{3i\frac{1-z^2}z})}.$$

Видно, что точками ветвления являются точки $z=0,\pm1,\infty$. Далее надо провести разрезы, чтобы определиться с ветвями. Можно, например, провести разрезы $(-\infty;-1]$ и $[0;+\infty)$. Тогда, используя теорему Коши о вычетах, можно найти интеграл $\oint\limits_{\gamma}f(z)\,dz$, где контур $\gamma$ следующий: начинается в точке $1$, пробегает верхнюю единичную полуокружность, огибает точку ветвления $-1$ справа по дуге бесконечно малого радиуса, пробегает нижнюю единичную полуокружность до точки $1$, идет по нижней стороне отрезка $[0;1]$ от точки $1$ до точки $0$, огибает точку $0$ по часовой стрелке по окружности бесконечно малого радиуса, и наконец пробегает по верхней стороне отрезка $[0;1]$ до точки $1$. Поэтому вычисление Вашего интеграла сведется к вычислению следующего интеграла

$$\int\limits_0^1\frac{dz}{iz}\left(\frac1{5+2\sqrt{3i\frac{1-z^2}z}}-\frac1{5-2\sqrt{3i\frac{1-z^2}z}}\right)$$

Здесь берется одна и та же ветвь корня. Что-то я так сходу и не соображу, как вычислить такой интеграл (матем. анализ я подзабыл)

[Kuzya]

Такие интегралы дают в расчетных заданиях студентам (не математикам) В Марийском филиале МОСУ (частный ВУЗ)
Как вы считаете: в суд на преподавателя можно подать ?(шутка)

[RIP]

Интеграл, может быть, и легко вычисляется (раз задают). Но мне лень возиться с вычислениями. Да и не видно так сразу, как бы его взять.
А интеграл, действительно, странный. Непонятно, какую ветвь корня брать при $t\in(\pi;2\pi)$

[незваный гость]

А в задании ошибки нет? А то ведь дело такое...

Все это очень подозрительно. Во-первых, особенность в 0 вида $z^{-1/2}$. Во-вторых, (по-моему) есть еще одна интересная нам особенность около точки $z=\frac{3i}{4}$, причем еще и гнусная.

Вообще же исходый интеграл малопонятен, поскольку на промежутке $(\pi, 2\pi), как и говорил Brukvalub, подынтегральная функция однозначно не определена.

Добавлено спустя 3 минуты 53 секунды:

Kuzya писал(а):

Как вы считаете: в суд на преподавателя можно подать ?(шутка)

Подать можно. Принято к рассмотрению, скорее всего, не будет. Если и будет, то проиграете: Вы не в Германии...

[RIP]

незваный гость писал(а):

Во-вторых, (по-моему) есть еще одна интересная нам особенность около точки $z=\frac{3i}4$, причем еще и гнусная.

Если на верхней полуокружности брать положительное значение корня, то в этой точке не будет особенности (вроде бы).

Добавлено спустя 17 минут 3 секунды:

В принципе, можно поколдовать с разными ветвями. Может, какой-нибудь хитрый ход поможет вообще ничего не вычислять. Многозначные функции они такие. Помню, у нас на занятии по комплану один интеграл посчитали, взяв левую функцию (не ту, что стояла под интегралом), проинтегрировав по подходящему контуру и сыграв именно на многозначности.