Интеграл с вычетами

[MChagall]

Вот такой интеграл надо посчитать.
$v.p.\int\limits_{0}^{\infty}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}$.
Ну по определению получается $v.p. \int\limits_{0}^{\infty}f(x)dx=\lim\limits_{R\to \infty, \varepsilon\to 0}^{}(\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}f(x)dx+\int\limits_{1+\varepsilon}^{R}f(x)dx)$
Беру такой контур:

Получается
$\int\limits_{\gamma}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln^2z+\pi^2)}=\int\limits_{\left\lvert z\right\rvert=\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln^2z+\pi^2)}+\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}+\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln^2z+\pi^2)}+\int\limits_{1+\varepsilon}^{R}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}+\int\limits_{\gamma_R}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln^2z+\pi^2)}-\int\limits_{1+\varepsilon}^{R}\frac{dx}{(x^2-1)((\ln (x)+2\pi i)^2+\pi^2)}+\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)((\ln(z)+2\pi i)^2+\pi^2)}-\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{dx}{(x^2-1)((\ln(x)+2\pi i)^2+\pi^2)}$
Верен ли этот кошмар? Или надо как-то проще?

Если да, то интеграл справа равен вычету в точке $z=-1$. Как его считать?
Слева первый и пятый равны нулю. Второй и четвёртый дают искомый. Что делать с остальными? Запутался уже совсем.
Может кто помочь?

[thething]

MChagall
Тут не всё так просто с выбором подынтегральной функции, от которой Вам надо считать комплексный интеграл. Пусть у Вас $f(x)=\frac{g(x)}{\ln^2x+\pi^2}$. Тогда в комплексной плоскости попробуйте посчитать интеграл от функции $h(z)=\frac{g(z)}{\ln z -\pi i}$. После приведения к общему знаменателю функций, полученных на верхнем и нижнем берегах разреза, у Вас в знаменателе должно оказаться как раз то, что нужно. Но вычеты придется считать от функции $h(z)$

MChagall в сообщении #1317729 писал(а):

вычету в точке $z=-1$. Как его считать?

Стандартно: через коэффициент ряда Лорана, либо по какой-то из формул.

Кстати, будьте внимательны с интегралами по полуокружностям с центрами в единице. Т.к. единица -- простой полюс, то указанные интегралы к нулю стремиться не обязаны (и в данном случае не будут).

[MChagall]

thething в сообщении #1317761 писал(а):

Тогда в комплексной плоскости попробуйте посчитать интеграл от функции $h(z)=\frac{g(z)}{\ln z -\pi i}$

Получается при том же контуре
$\int\limits_{\gamma}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=2\pi i\int\limits_{\varepsilon}^{1-\varepsilon}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}+2\pi i\int\limits_{1+\varepsilon}^{R}\frac{dx}{(x^2-1)(\ln^2x+\pi^2)}+\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}+\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z+\pi i)}$
Первые два интеграла слева дают искомый, помноженный на $2\pi i$.
По лемме о дробном вычете находим третий и четвёртый:
$\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=-\pi i \frac{1}{((z^2-1)(\ln z-\pi i))'}, z=1$. Получаем $-\frac{1}{2}$
Аналогично $\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z+\pi i)}=\frac{1}{2}$. В итоге эти интегралы взаимно уничтожаются.
Верно ли это всё?
Далее $\int\limits_{\gamma}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=2\pi i \operatorname{Res}_{z=-1}\frac{1}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}$
Как этот вычет посчитать? Это полюс второго порядка, так ведь? Есть формула $c_{-1}=\lim\limits_{z\to -1}^{}\frac{d}{dz}\frac{(z+1)^2}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=\lim\limits_{z\to -1}^{}\frac{d}{dz}\frac{(z+1)}{(z-1)(\ln z-\pi i)}=\lim\limits_{z\to -1}^{}\frac{(z-1)(\ln z-\pi i)-(z+1)(\ln z-\pi i+(z-1)\frac{1}{z})}{(z-1)^2(\ln z-\pi i)^2}$, что даёт неопределённость $[\frac{0}{0}]$, которую я не знаю как разрешить.
Или разложить в ряд Лорана, но я не знаю как. Как это сделать?

[DeBill]

MChagall в сообщении #1318039 писал(а):

Получается при том же контуре

Разве? В первом посте было не так (и было правильно. Речь о том, кто кому равен. Так, интеграл по большой окружности - не такой, он стремится к нулю)

MChagall в сообщении #1318039 писал(а):

Получаем $-\frac{1}{2}$

Точно?

MChagall в сообщении #1318039 писал(а):

В итоге эти интегралы взаимно уничтожаются.

А вот это верно.

MChagall в сообщении #1318039 писал(а):

не знаю как разрешить.

По Лопиталю.

MChagall в сообщении #1318039 писал(а):

Как это сделать?

Разложите числитель и оба множителя из знаменателя в ряд Тейлора (в точке -1), (достаточно выписать по два члена разложений), и примените формулу $\frac{1}{1+x} = 1-x +...$

[MChagall]

DeBill в сообщении #1318072 писал(а):

Разве? В первом посте было не так (и было правильно. Речь о том, кто кому равен. Так, интеграл по большой окружности - не такой, он стремится к нулю)

Ну я просто не писал слева интегралы по окружностям $\left\lvert z\right\rvert=\varepsilon$ и $\left\lvert z\right\rvert=R$. Они, вроде, стремятся к нулю. Вы это имеете ввиду?

DeBill в сообщении #1318072 писал(а):

Точно?

Применяю формулу для дробного вычета в простом полюсе.
$\int\limits_{\gamma_\varepsilon}^{}\frac{dz}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=-\pi i \operatorname{Res}_{z=1}\frac{1}{(z^2-1)(\ln z-\pi i)}=-\pi i \frac{1}{((z^2-1)(\ln z-\pi i))'}=-\pi i \frac{1}{2z(\ln z-\pi i)+(z^2-1)\frac{1}{z}}=$$-\pi i \frac{1}{2\pi i }=$$-\frac{1}{2}$
Где ошибаюсь?

[DeBill]

А почему в знаменателе $2\pi i$?

-- 08.06.2018, 02:16 --

MChagall в сообщении #1318086 писал(а):

Вы это имеете ввиду?

Ну да. Аа, понял: контур "гамма" - это весь контур (по картинке - я думал, это большая окружность). Все в порядке - но вредный препод (типа меня) может придраться...

[MChagall]

Потому что там $-2\pi i$. И получаем $\frac{1}{2}$. В другом $-\frac{1}{2}$. Глупый вопрос, но верно?

[DeBill]

Верно.

[MChagall]

DeBill в сообщении #1318072 писал(а):

Разложите числитель

Не пойму что-то. Ведь числитель равен $1$.

[DeBill]

MChagall в сообщении #1318094 писал(а):

Ведь числитель равен $1$.

Ой, это я не на ту формулу посмотрел...

[MChagall]

DeBill в сообщении #1318072 писал(а):

оба множителя из знаменателя в ряд Тейлора

$z^2-1=-2(z+1)+(z+1)^2$
$\ln z-\pi i=-(z+1)-\frac{1}{2}(z+1)^2+...$
Получаем $\frac{1}{(-2(z+1)+(z+1)^2)(-(z+1)-\frac{1}{2}(z+1)^2+...)}=\frac{1}{2(z+1)^2-\frac{1}{2}(z+1)^4+...}$
Но этот ряд ведь необратим. Что здесь дальше?

-- 08.06.2018, 02:07 --

Или так
$\frac{1}{(z+1)^2(2-\frac{1}{2}(z+1)^2+...)}=\frac{1}{(z+1)^2}\frac{1}{2-\frac{1}{2}(z+1)^2+...}$
Второй множитель обратим
$(2-\frac{1}{2}(z+1)^2+...)(a+b(z+1)+c(z+1)^2+...)=1$
$2a+2b(z+1)+2c(z+1)^2-\frac{a}{2}(z+1)^2+...=1$
$a=\frac{1}{2},b=0,c=\frac{1}{8}$
Получаем $\frac{1}{(z+1)^2}(\frac{1}{2}+\frac{1}{8}(z+1)^2+...)=\frac{1}{2(z+1)^2}+\frac{1}{8}+...$
Значит $c_{-1}=0$ и вычет нулевой. И интеграл слева нулевой. Тогда и искомый нулевой.
Верно это всё? Что-то мне такой ответ не очень нравится.

[thething]

MChagall в сообщении #1318099 писал(а):

Что-то мне такой ответ не очень нравится.

А Вы проверьте его, посчитав ещё и тот предел. Будет неплохим упражнением, раз вызвало затруднения. Кстати, совет: заменой переменных переходите в окрестность нуля, что в пределе, что при разложении в ряд Лорана. Предел посчитайте, используя, где можно, эквивалентности (после замены), а где нельзя эквивалентности -- разложение логарифма в ряд Тейлора.

[MChagall]

Предел, вроде, посчитал. Также получился ноль. Значит, разложение в ряд Лорана верное? Ведь и с ошибкой в разложении может совпасть ответ, а верность разложения уже интересует сама по себе.

[thething]

Мне не очень нравится, как Вы раскладываете в ряд, применяя метод неопределенных коэффициентов. Стандартно и весьма просто делается так: пусть $\left\rvert f(z)\right\rvert<1$, тогда $\frac{1}{1-f(z)}=1+f(z)+f^2(z)+...$. При этом на месте $f(z)$ может оказаться и бесконечная сумма, лишь бы она попадала в окрестность нуля. Ваш случай как раз такой, если будете раскладывать $\frac{1}{\ln(1-z)}$ (после замены переменной, чтобы попасть в окрестность нуля).

Но в целом это так, рекомендация

-- 08.06.2018, 13:29 --

Ну а ошиблись ли Вы где-то в коэффициентах своего разложения, проверять неохота. Главное -- идея верная, а технические детали можете проверить и сами.

[DeBill]

MChagall
Сделав в исходном интеграле замену $x \to \frac{1}{x}$, видим, что интеграл поменял знак. Так что он в самом деле равен нулю.