Формула Иенсена

[StaticZero]

Появилась одна идея. Для того, чтоб её реализовать, нужно вычислить

$$ I = \int \limits_0^{2 \pi} \ln (1 + a^2 - 2 a \cos \varphi) \ \mathrm d \varphi, \qquad 0 \leqslant a < 1. $$

Его можно посчитать по вычетам.

$$ I = \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_{|z|=1} \dfrac{\ln\left(1 + a^2 - a \left( \dfrac{1}{z} + z \right)\right)}{z} \ \mathrm dz. $$

Дальше хочется разложить в ряд Лорана подынтегральную функцию, но с агрегатом вида $z + \dfrac{1}{z}$ я могу лишь сделать $\dfrac{z^2 + 1}{z}$ и дальше из-под логарифма вынести член $\ln z$ с получением

$$ \ln\left(1 + a^2 - a \left( \dfrac{1}{z} + z \right)\right) = \ln \left(z(1 + a^2) - az^2 - a \right) - \ln z. $$

Тут нужно будет фиксировать ветви функции. Достаточно ли фиксировать, скажем, главную и затем взять разрез по лучу $[0, +\infty)$ для такого преобразования?

[thething]

Попробуйте рассмотреть любую регулярную ветвь функции $\ln(a-\xi)$ в области $\left\lvert\xi\right\rvert>1$, а затем подставить туда $\xi=e^{i\varphi}$. Лобовой способ с выбором более очевидной функции вряд ли подойдет.

UPD. Еще надо будет какой-то разрез сделать, чтобы никакой замкнутый контур не обходил точку $a$

-- 04.01.2018, 21:18 --

StaticZero в сообщении #1281250 писал(а):

но с агрегатом вида $z + \dfrac{1}{z}$

Этот агрегат уже разложен в ряд Лорана в нужной Вам окрестности особой точки 0

[StaticZero]

Попробую так. Если сесть на окружность $|z| = \varepsilon$, то $\xi = z + \dfrac{1}{z}$, $|\xi| = 2\varepsilon |\cos \varphi|$, где $\varphi = \operatorname{Arg} z$.

Теперь $\ln \left(1 + a^2 - a \xi\right) = \ln (1 + a^2) + \ln \left(1 - \dfrac{a \xi}{1 + a^2}\right) = \ln(1 + a^2) + \sum \limits_{k=1}^\infty \dfrac{(-1)^k}{k} \left(\dfrac{a}{1 + a^2}\right)^k \xi^k$. А теперь вычет считать в нуле...

-- 04.01.2018, 20:08 --

У меня выходит $\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z = 0} \dfrac{1}{z} \left(z + \dfrac{1}{z}\right)^k = \binom{k}{k/2}$, $k$ чётное, или $0$, если $k$ нечётное. Получаем

$$ \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_{|z| = 1} \dfrac{\ln \left(1 + a^2 - a \xi \right)}{z} \ \mathrm dz = \ln (1 + a^2) + \sum \limits_{k=1}^\infty \binom{2k}{k} \dfrac{1}{2k} \left(\dfrac{a}{1 + a^2}\right)^{2k}. $$

Верно?

[ex-math]

У Вас же функция неоднозначная. Где разрезы и интегралы по ним?

-- 04.01.2018, 20:24 --

Давайте так. Если бы функция не имела ни нулей, ни полюсов в круге, Вы смогли бы доказать формулу Иенсена для нее?

[StaticZero]

ex-math в сообщении #1281280 писал(а):

Давайте так. Если бы функция не имела ни нулей, ни полюсов в круге, Вы смогли бы доказать формулу Иенсена для нее?

Нет, не смог бы. Но я хочу пока разобраться со случаем, когда в разложении

$$ f(z) = \dfrac{\prod \limits_\text{нули} (z - z_k^+)}{\prod \limits_\text{полюсы} (z - z_k^-)} g(z), $$

где $g(z)$ не имеет ни нулей, ни полюсов в круге, $g = 1$. Для этого надо вычислить $\ln |z - z_0|$, где $z_0$ — полюс или нуль. Для этого и нужен тот интеграл, который я пытаюсь взять (он вещественный).

[ex-math]

А попробуйте. Пусть $f$ голоморфна и не имеет нулей.

[StaticZero]

ex-math в сообщении #1281280 писал(а):

У Вас же функция неоднозначная. Где разрезы и интегралы по ним?

Так?

(Оффтоп)

[ex-math]

Точка ветвления не в нуле, а в $a$.

-- 04.01.2018, 20:56 --

А дифференцировать Ваш интеграл по $a$ пробовали?

[StaticZero]

ex-math, а тут не понял. Внутри круга $|z| = 1$ у функции $1 + a^2 - a \left( z + \dfrac{1}{z} \right)$ корней нет, они находятся только на единичной окружности. Если обойти эти точки маленькими дугами, загнутыми внутрь круга, то останется только точка $z = 0$.

[ex-math]

А как же $z=a$?

[StaticZero]

ex-math в сообщении #1281293 писал(а):

А как же $z=a$?

А, нет, я дурак: тут оба корня вещественные. Понял.

-- 04.01.2018, 21:15 --

Тогда разрез надо брать по лучу $[a, +\infty)$ и контур будет такой же, как на картинке, только окружностью будем обходить точку $a$, а ноль останется внутри, верно?

[ex-math]

Дифференцируйте по параметру.
А потом придется вернуться к случаю голоморфной функции без нулей.

-- 04.01.2018, 21:18 --

Неужели не хочется от логарифма избавиться?

[StaticZero]

ex-math, хочется. Но один раз-то нужно продраться, чтоб что-то понять, с многозначными функциями пока очень не очень.

Ладно.

$$ I(a) = \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \ln (1 + a^2 - 2 a \cos \varphi) \ \mathrm d\varphi. $$

$$ I'(a) = \dfrac{1}{2 \pi} \int \limits_0^{2 \pi} \dfrac{2 a - 2 \cos \varphi}{1 + a^2 - 2 a \cos \varphi} \ \mathrm d \varphi. $$

$$\begin{align*} J_1(a) &= \dfrac{a}{i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\mathrm dz}{z\left(1 + a^2 - a \left( z + \dfrac{1}{z} \right) \right)} = \dfrac{a}{i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\mathrm dz}{z(-a) (z - a) \left(z - \dfrac{1}{a} \right) } = -2 \left(1 + \dfrac{1}{a \left(a - \dfrac{1}{a} \right)} \right) = \\ &=\dfrac{2 a^2}{1 - a^2}. \end{align*} $$

$$\begin{align*} J_2(a) &= \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\left(z + \dfrac{1}{z} \right)\mathrm dz}{z(-a) (z - a) \left(z - \dfrac{1}{a} \right) } = \dfrac{1}{2 i \pi} \oint \limits_C \dfrac{\left(z^2 + 1\right)\mathrm dz}{z^2 (z - a) \left(1 - a z\right) } = - \dfrac{1 + a^2}{a^2} + \dfrac{1 + a^2}{a^2 (1 - a^2) } = \dfrac{1 + a^2}{1 - a^2}. \end{align*} $$

$$ I'(a) = J_1(a) - J_2(a) = \dfrac{2 a^2 - 1 - a^2}{1 - a^2} = -1. $$

$$ I(a) = -a + Q, \qquad I(0) = 0 = Q, \qquad I = -a. $$

-- 04.01.2018, 21:49 --

$C$ — единичная окружность

[ex-math]

У меня не так. Проверьте вычет в нуле во втором интеграле -- там полюс второго порядка.

-- 04.01.2018, 21:57 --

А, не, в первом $z$ не хватает в числителе.

-- 04.01.2018, 21:59 --

И во втором.

[StaticZero]

$$ \mathop{\operatorname{res}} \limits_{z = 0} \dfrac{z^2 + 1}{z^2 (z-a)(1 - az)} = \left. \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dz} \dfrac{z^2 + 1}{(z-a)(1 - az)}\right|_{z = 0} = \left. - \dfrac{(z^2+1)\left \lbrace{ (1 - az) + (-a)(z - a) \right \rbrace }}{(z-a)^2(1 - az)^2}\right|_{z = 0} = - \dfrac{1 + a^2}{a^2}. $$

-- 04.01.2018, 22:08 --

ex-math в сообщении #1281313 писал(а):

А, не, в первом $z$ не хватает в числителе.

-- 04.01.2018, 21:59 --

И во втором.

Простите?