Интеграл с вычетами

[MChagall]

Найти $\int\limits_{0}^{1}\frac{\sqrt{x(1-x)}dx}{(x+1)^3}$

Беру контур $\gamma_\varepsilon$


Тогда $\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{\sqrt{z(1-z)}dz}{(z+1)^3}=2\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{\sqrt{x(1-x)}dx}{(x+1)^3}+\int\limits_{\left\lvert z\right\rvert=\varepsilon}^{}\frac{\sqrt{z(1-z)}dz}{(z+1)^3}+\int\limits_{\left\lvert z-1\right\rvert=\varepsilon}^{}\frac{\sqrt{z(1-z)}dz}{(z+1)^3}$
Устремляем $\varepsilon$ к нулю.
Второе и третье слагаемые справа равны нулю.

Интеграл слева:
$\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{\sqrt{z(1-z)}dz}{(z+1)^3}=2\pi i\operatorname{res}_{-1}f(z)=\frac{2\pi}{2!}\lim\limits_{z\to -1}^{}\frac{d^2(z+1)^3}{dz^2}=\frac{2\pi i}{16\sqrt{2}i}=\frac{\pi\sqrt{2}}{16}$

Получается $\int\limits_{0}^{1}\frac{\sqrt{x(1-x)}dx}{(x+1)^3}=\frac{\pi\sqrt{2}}{32}$.
Но в Евграфове ответ $\frac{\pi\sqrt{2}}{16}$. Где я ошибаюсь?

[thething]

А как же вычет в бесконечности?

-- 09.05.2018, 14:57 --

Последние два интеграла, кстати, вообще не нужны, т.к. корень у Вас в числителе

-- 09.05.2018, 14:59 --

Да и вычет в минус единице как-то странно посчитан, по какой это формуле?

[MChagall]

thething в сообщении #1311235 писал(а):

А как же вычет в бесконечности?

$z=\frac{1}{w}$. Тогда $\frac{\sqrt{\frac{1}{w}(\frac{1}{w}-1)}}{(\frac{1}{w}+1)^3}=\frac{w^2\sqrt{1-w}}{(w+1)^3}$. И в нуле хорошая точка. Значит, вычет в бесконечности ноль. Видимо, где-то обманываюсь. Где?

[thething]

Тем не менее, Вы даже производную регулярной ветви корня не считали на разу, а это странно

Ну и с вычетом в бесконечности я бы не халтурил, а честно написал бы разложение в ряд Лорана.

-- 09.05.2018, 15:12 --

thething в сообщении #1311240 писал(а):

Тогда $\frac{\sqrt{\frac{1}{w}(\frac{1}{w}-1)}}{(\frac{1}{w}+1)^3}=\frac{w^2\sqrt{1-w}}{(w+1)^3}$

Вот это тоже сомнительно, т.к. $\sqrt{w^2}$ -- это как бэ целых два числа

-- 09.05.2018, 15:15 --

Общая рекомендация: Вы ни слова не говорите о той ветви, которую выбрали. Не выписываете ее явный вид. А меж тем он Вам понадобится, т.к. значение этой ветви как минимум в точке -1 считать придется.

[MChagall]

thething в сообщении #1311235 писал(а):

Да и вычет в минус единице как-то странно посчитан, по какой это формуле?

По формуле для вычета в полюсе n-го порядка, Шабат, п.26. Вычеты. Если $f(z)=\frac{\varphi(z)}{\psi(z)}, \varphi(a)\ne 0, \psi (a)=0, $ и $a$ - полюс n-го порядка. Тогда $c_{-1}=\frac{1}{(n-1)!}\lim\limits_{z\to a}^{}\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}((z-a)^nf(z))$

thething в сообщении #1311240 писал(а):

Вы ни слова не говорите о той ветви, которую выбрали.

Ну я использую ветвь при расчёте интеграла справа: $\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{\sqrt{x(1-x)}dx}{(x+1)^3}-\int\limits_{1-\varepsilon}^{\varepsilon}\frac{\sqrt{x(1-x)}dx}{(x+1)^3}$. Выбираю ту ветвь, чтобы значения корня на верхнем отрезке были положительны. На нижнем получается корень с минусом. И далее $\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{\sqrt{x(1-x)}dx}{(x+1)^3}+\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{\sqrt{x(1-x)}dx}{(x+1)^3}=2\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{\sqrt{x(1-x)}dx}{(x+1)^3}$

thething в сообщении #1311240 писал(а):

Ну и с вычетом в бесконечности я бы не халтурил, а честно написал бы разложение в ряд Лорана.

Да, забыл, что даже если $\infty$ хорошая точка, то вычет может быть ненулевой. Но я не знаю как здесь разложить в ряд Лорана. Не поможете это сделать?

[thething]

MChagall в сообщении #1311255 писал(а):

По формуле для вычета в полюсе n-го порядка

Ну а Вы что там навычисляли по этой формуле?

MChagall в сообщении #1311255 писал(а):

Но я не знаю как здесь разложить в ряд Лорана

Очень просто -- надо двигаться в сторону бесконечности, например, с верхнего берега по действительной оси вправо. Обратите внимание на то, что теперь можно взять $z=x$ при $x>1$, но чтобы на действительную ось попасть, придется, стартуя с верхнего берега, обойти единицу по дуге. При этом я не зря говорю про ветвь, т.к. Вам надо просчитать приращение аргумента в точках на действительной оси и записать формулу своей ветви в любой точке $x>1$.

Давайте начнем с того, что Вы запишете общий вид своей ветви корня.

[novichok2018]

Вычеты обязательно? Или можно стандартные подстановки из Фихтенгольца для корней из квадратных трёхчленов, Эйлера, скажем?

[MChagall]

thething в сообщении #1311259 писал(а):

общий вид своей ветви на действительной оси.

Наверное, вот так: $f_1(x)=\frac{\sqrt{x(1-x)}}{(x+1)^3}, f_1(\frac{1}{2})=\frac{\sqrt{\frac{1}{2}\frac{1}{2}}}{(\frac{3}{2})^3}=\frac{4}{27}$. Или Вы что-то другое имеете в виду?

-- 09.05.2018, 16:41 --

novichok2018 в сообщении #1311261 писал(а):

Вычеты обязательно?

Обязательно, задание - посчитать с использованием вычетов.

[thething]

MChagall в сообщении #1311263 писал(а):

Наверное

Надо точно. Лекции были? Теоремы об общем виде регулярных (голоморфных) ветвей корня и логарифма были? Там, где приращение аргумента стоит. Нужна именно общая формула.

Пусть $g(z)$ -- регулярная ветвь многозначной функции $\left\lbrace\sqrt{z(1-z)}\right\rbrace$, тогда надо написать $g(z)=...$ в общем виде, для любой точки $z$. Иначе Вы такие интегралы считать не сможете.

[MChagall]

$g(z)=\sqrt{\left\lvert z(1-z)\right\rvert}e^{i \frac{\arg (z(1-z))}{2}}$.
То?

[thething]

Отлично, если, конечно Вы уверены, что $\varphi_0 =0$. Да, только там должно стоять $\Delta_\Gamma \arg z(1-z)$

Теперь с верхнего берега переместитесь в любую точку $x>1$ действительной оси. Запишите, чему будет равно $g(x)$

[MChagall]

Что-то много непонятного. Разве не такие ветви корня: $f_1(z_0)=\sqrt{\left\lvert z_0\right\rvert}e^{i \frac{\arg (z_0)}{2}}$ и $f_2(z_0)=\sqrt{\left\lvert z_0\right\rvert}e^{i \frac{\arg (z_0)+2\pi}{2}}=\sqrt{\left\lvert z_0\right\rvert}e^{i \frac{\arg (z_0)}{2}+\pi}=-f_1$ ? Что за $\Delta_\Gamma \arg z(1-z)$ ?

И похоже при огибании -1 аргумент изменится на $\pi$? Будет $g(x)=i \sqrt{\left\lvert x(1-x)\right\rvert}e^{i \frac{\arg (x(1-x))}{2}}=i \sqrt{\left\lvert x(1-x)\right\rvert}$ ?

[thething]

Не -1, а 1, проще же в положительную сторону двигаться, а не в отрицательную. Соответственно, приращение аргумента будет равно $-\pi$

MChagall в сообщении #1311281 писал(а):

Что за $\Delta_\Gamma \arg z(1-z)$ ?

Грубо говоря -- это число показывает на сколько изменяется аргумент функции $z(1-z)$, при перемещении из начальной точки (у нас это любая точка на верхнем берегу) в конечную (любая точка $x>1$) по произвольной кривой $\Gamma$. У нее есть логарифмическое свойство, согласно которому $\Delta_\Gamma \arg z(1-z)=\Delta_\Gamma \arg z+\Delta_\Gamma \arg (1-z)$, поэтому достаточно посмотреть, на сколько прокрутятся радиус-векторы с началом в точках 0 и 1 и концом на кривой $\Gamma$

Если честно, тогда я не знаю, как Вам подсказывать, т.к. по-другому эти интегралы считать не умею. Неужели у Вас не было критериев выделения регулярных ветвей, приращений аргумента функции вдоль кривой?

[Otta]

MChagall
Сидоров, Федорюк, Шабунин, Лекции по ТФКП. Глава 4, параграф 24 и вокруг. Изучайте.

[MChagall]

thething в сообщении #1311283 писал(а):

критериев выделения регулярных ветвей

Что ветвь можно выделить в области, не содержащей замкнутого пути, огибающего точку ветвления?

thething в сообщении #1311283 писал(а):

приращений аргумента функции вдоль кривой

$\arg f(z_1)-\arg f(z_0)$ ?
Просто я не встречал формулы ветвей корня с приращением аргумента.

thething в сообщении #1311283 писал(а):

не знаю, как Вам подсказывать

Давайте попробуем, буду на ходу вникать.
$\Delta_\Gamma \arg z=0, \Delta_\Gamma \arg (1-z)=-\pi$. Значит $\Delta_\Gamma \arg z(1-z)=-\pi$.
$g(z)=\sqrt{\left\lvert x(1-x)\right\rvert}e^{i \frac{\Delta_\Gamma \arg z(1-z)-\pi}{2}}=-i \sqrt{\left\lvert x(1-x)\right\rvert}e^{i \frac{\Delta_\Gamma \arg z(1-z)}{2}}$. Верно?

Хотя, наверное, $g(z)=\sqrt{\left\lvert x(1-x)\right\rvert}e^{i \frac{-\pi}{2}}=-i \sqrt{\left\lvert x(1-x)\right\rvert}$. То?