Полюс у $\frac{1}{\sqrt{x}}$ в нуле

[FFFF]

Напрочь забыл ТФКП, а сейчас потребовалось найти плотность вероятности у $\chi^2$-распределения, зная его характеристическую функцию, т.е. найти интеграл

$$ \frac{1}{2 \pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{-i s x}ds}{(1- 2 i s)^{n/2}} $$

И вот теперь хочу понять, как найти вычет в точке $\frac{1}{2i}$, порядок у него какой-то дробный.
Объясните, пожалуйста, на модельном примере $\operatorname{Res}_{x=0}\frac{1}{\sqrt{x}}$, что делать с такой штукой?

[xmaister]

FFFF в сообщении #669254 писал(а):

Объясните, пожалуйста, на модельном примере $\operatorname{Res}_{x=0}\frac{1}{\sqrt{x}}$, что делать с такой штукой?

Для этой штуки $x=0$- точка ветвления, т.е. о вычете в этой точке говорить не приходится. Интегрировать надо однозначную ветвь этой многозначной функции и учесть что значения на верхнем и нижнем берегах будут отличаться.

[FFFF]

xmaister
Спасибо, но что это значит? Звучит сложно! То есть, я хочу найти интеграл $\int_{\Gamma}\frac{dz}{\sqrt{z}}$, где $\Gamma$ - окружность, охватывающая $0$, где здесь "берега" и "ветвление"? (очень не хотел залезать в Шабата, но, похоже, придётся)

[ewert]

Точка ветвления -- в нижней полуплоскости. И путь, изначально проходивший по вещественной оси, замыкается по лемме Жордана тоже в нижнюю полуплоскость (при положительных иксах). Однако буквально замкнуть его нельзя -- мешает разрез, выходящий из точки ветвления. И если провести этот разрез вертикально вниз, то бывшая горизонтальная ось "повиснет" на нём. При этом интеграл по левому берегу будет равен интегралу по правому, и сведутся они к какой-то гамма-функции там с копейками, что, собственно, и положено для хи-квадрат.

[FFFF]

ewert
Вы говорите про $\frac{1}{\sqrt{z}}$ или про исходный интеграл? Почему точка ветвления в нижней полуплоскости, если $\frac{1}{2 i}$ - лежит в верхней. Остальное вроде начинает проясняться: берега - это края разреза, нужно написать интеграл по контуру, состоящему из этих "берегов", отрезка на вещественной оси и двух дуг, соединяющих концы отрезка с концами разрезов. Интеграл по этому контуру будет равен нулю, т.к. внутри всё хорошо, вклад от дуг будет маленький, а от разрезов что-нибудь существенное. Вроде так? Теперь осталось понять, какие значения приписать подинтегральной функции на разных берегах.

[ewert]

FFFF в сообщении #669292 писал(а):

$\frac{1}{2 i}$ - лежит в верхней.

В нижней.

FFFF в сообщении #669292 писал(а):

Интеграл по этому контуру будет равен нулю, т.к. внутри всё хорошо, вклад от дуг будет маленький, а от разрезов что-нибудь существенное. Вроде так?

Так.

FFFF в сообщении #669292 писал(а):

осталось понять, какие значения приписать подинтегральной функции на разных берегах.

Равные по величине и противоположные по знаку (поскольку ветвление двукратно). Но и интеграл по одному разрезу берётся в одну сторону, а по другому -- в противоположную, поэтому эти интегралы совпадут.

[FFFF]

ewert в сообщении #669299 писал(а):

В нижней.

Ваша правда: $\frac{1}{2i}=-\frac{i}{2}$

ewert в сообщении #669299 писал(а):

Равные по величине и противоположные по знаку (поскольку ветвление двукратно). Но и интеграл по одному разрезу берётся в одну сторону, а по другому -- в противоположную, поэтому эти интегралы совпадут.

Ладно, осталось осознать, почему именно противоположные (помню, у логарифма $2\pi$ накручивалось), но это я уже сам у Шабата посмотрю. Спасибо за помощь!

[ewert]

FFFF в сообщении #669303 писал(а):

осталось осознать, почему именно противоположные

Потому, что неоднозначность там возникает только из-за квадратного корня и только в знаменателе.

-- Ср янв 09, 2013 18:05:59 --

пардон, я тут подобманул маленько. Буквально так не пройдёт: интеграл окажется расходящимся в нуле. Это означает, что нельзя игнорировать интеграл по бесконечно маленькой окружности, охватывающей точку ветвления (расходимость этого интеграла как раз и компенсирует расходимость интегралов по разрезам). А поскольку учитывать интеграл по окружности несколько утомительно -- лучше всего, наверное, предварительно несколько раз проинтегрировать по частям исходный интеграл, пока степень знаменателя не дойдёт до просто одной второй, для которой всё предыдущее уже корректно.