2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2, 3  След.
 
 Берущийся интеграл
Сообщение25.08.2017, 10:15 
Аватара пользователя


07/01/15
999
Якутск
Вот он:
$$\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{\ln {x}}{b^2+x^2}dx.$$
Частный случай этого интеграла ($b = 1$) был впервые вычислен Л. Эйлером.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение25.08.2017, 10:47 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1838
Москва
Вычеты никто не отменял.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение25.08.2017, 12:02 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
11799
Казань

(о терминологии)

Вообще говоря, "берущимися" принято называть неопределенные интегралы, вычисляемые в элементарных функциях, тут не тот случай.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение25.08.2017, 13:12 


20/09/05
85
SomePupil в сообщении #1242861 писал(а):
Частный случай этого интеграла ($b = 1$)

Без труда считается при помощи замены $t=1/x$.
Общий случай $b\ne 0$, без ограничения общности полагая $b>0$, сводим к частному с помощью замены $x=bt$.
При $b=0$ интеграл расходится.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение25.08.2017, 13:50 
Аватара пользователя


07/01/15
999
Якутск
NDP, правильно. Фокус в том, чтобы свести к случаю $b = 1.$ Ответ получается $$\frac{\pi \ln{b}}{2b}.$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение25.08.2017, 15:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1838
Москва
Этот случай ничем не особый. Вот как изучите комплексный анализ, отпадет охота вычислять несобственные интегралы с помощью искусственных приемов.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение25.08.2017, 22:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
А как по вычетам? Там же точка 0 неприятная, она мало того что на контуре, так ещё и существенная особенность.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение26.08.2017, 00:59 


20/09/05
85
kp9r4d
Ну это же классика. Контур строится, естественно, с обходом нуля.
В Сидоров, Федорюк, Шабунин можно посмотреть.
Существенной особенности там нет, поскольку с.о.т. - это особенность однозначного характера. Здесь же точка ветвления. (А сама по себе существенная особенность ничему не мешает.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение26.08.2017, 01:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
А-а-а, эти всякие keyhole contour, да, было что-то такое. Да, точку ветвления и имел в виду, про себя проговорил "точка ветвления" а написал про существенную особенность почему-то.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение26.08.2017, 07:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


24/02/12
1838
Москва
Точка ноль вполне приятная, так как функция хоть и растет при приближении к ней, но логарифмически. Поэтому по малой полуокружности вклад в интеграл будет стремиться к нулю. Ну и бесконечность тоже хорошая из-за квадрата в знаменателе.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение26.08.2017, 10:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/02/14

1377
Спасибо, не PhD по интегралам по контуру просто.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение16.06.2018, 13:48 
Аватара пользователя


07/01/15
999
Якутск
Возобновляю тему, потому что появились вопросы.
Если построить контур как указано выше, то вклады по окружностям, действительно, оказываются малы. Остаются вклады по полупрямым, которые равны соответственно $$I_{\rho} = \int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\ln x}{b^2+x^2}dx$$
по правой полупрямой (здесь $\rho$ - радиус малой полуокружности) и $$\int\limits_{\rho}^{+\infty} \frac{\ln (-x)}{b^2+x^2}dx$$
по левой полупрямой.
Для главной ветви логарифма $\ln (-x) = \ln x + i \pi,$ поэтому сумма этих двух вкладов равна $$2I_{\rho} + \frac{i\pi^2}{2b} - \frac{i \pi}{b}\arctg {\frac{\rho}{b}}.$$
С другой стороны, это значение можно выразить через вычет функции $\ln(z)/(b^2+z^2)$ в точке $ib,$ который равен $\ln(ib)/(2b).$ Другими словами, выражение выше будет равно
$$2\pi i\;\frac{\ln(ib)}{2b} = \pi i\;\frac{\ln b + i\pi/2}{b} = \pi i\;\frac{\ln b}{b} - \frac{\pi^2}{2b}.$$
И все бы было хорошо, да вот только исходный интеграл от действительнозначной функции (при $\rho \to 0$) оказался равным у меня комплексному числу с ненулевой мнимой частью. Я где-то ошибся. Вопрос, принципиальную ли ошибку я совершил, или же у меня проблемы только с арифметикой?

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение16.06.2018, 13:58 
Заслуженный участник


14/10/14
690
SomePupil
С арифметикой, вычет считать не умеете.

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение16.06.2018, 14:05 
Аватара пользователя


07/01/15
999
Якутск
Slav-27, разве вычет функции $$\frac{\ln z}{b^2 + z^2} = \frac{\ln z}{(b + iz)(b - iz)}$$
в точке $ib$ не равен $\ln(ib)/(2b)$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Берущийся интеграл
Сообщение16.06.2018, 14:08 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/05/13
7301
Нет. Вы полностью первую скобку из знаменателя выбрасываете, а это неправильно.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 31 ]  На страницу 1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: kotenok gav


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group