Интеграл от многозначной функции

[Orange]

Помогите разобраться с тем, как решать подобные вещи
Необходимо перейти к функции комплексной переменной, которая на действительной оси даст нечто похожее на исходную функцию, проблема возникает в том, как выбрать эту функцию к.п.
Буду очень признателен если подскажете, где можно найти теорию по этому делу, или решебник с подобного рода задачами.
Спасибо за помощь!
% MathType!Translator!2!1!AMS LaTeX.tdl!TeX -- AMS-LaTeX! % MathType!MTEF!2!1!+- % feaafiart1ev1aaatCvAUfeBSjuyZL2yd9gzLbvyNv2CaerbuLwBLn % hiov2DGi1BTfMBaeXatLxBI9gBaerbd9wDYLwzYbItLDharqqtubsr % 4rNCHbGeaGqiVu0Je9sqqrpepC0xbbL8F4rqqrFfpeea0xe9Lq-Jc9 % vqaqpepm0xbba9pwe9Q8fs0-yqaqpepae9pg0FirpepeKkFr0xfr-x % fr-xb9adbaqaaeGaciGaaiaabeqaamaabaabaaGcbaWaa8qCaeaada % WcaaqaamaakaaabaGaamiEaiaacIcacaaIXaGaeyOeI0IaamiEaiaa % cMcaaSqabaaakeaacaWG4bGaey4kaSIaamyyaaaacaWGKbGaamiEaa % WcbaGaaGimaaqaaiaaigdaa0Gaey4kIipaaaa!43A6! \[ \int\limits_0^1 {\frac{{\sqrt {x(1 - x)} }} {{x + a}}dx} \] % MathType!End!2!1!
(а>0)

[ewert]

Ну, особо-то выбирать не приходится -- надо взять буквально подынтегральную функцию. Другой вопрос -- какую её ветвь.

Поскольку интеграл нужен от 0 до 1, следует определить эту функцию на комплексной плоскости с разрезом по отрезку $[0;1]$. Допустим, мы берём ту ветвь, которая на нижнем берегу разреза положительна. Тогда на верхнем берегу она будет точно такой же, но с минусом (например, после обхода вокруг нуля). Но и интеграл по верхнему берегу будет браться в неправильном направлении -- от 1 до нуля. Поэтому интеграл по комплексной плоскости вокруг разреза будет равен удвоенному искомому.

Ну и, стало быть, сводиться к вычетам на бесконечности и в точке $(-a)$ (первый, впрочем, здесь равен нулю).

[Orange]

Интеграл по комплексной плоскости вокруг разреза будет равен удвоенному искомому, причём домноженному на мнимую единицу! Не так ли?
А раз так, то откуда берётся эта мнимая единица?

[ddn]

Orange писал(а):

Необходимо перейти к функции комплексной переменной, которая на действительной оси даст нечто похожее на исходную функцию, проблема возникает в том, как выбрать эту функцию к.п.
$\int\limits_0^1\frac{\sqrt{x(1-x)}}{x+a}dx$
$(a>0)$

Для функции $\sqrt{z}=\sqrt{|z|}e^{i\frac{\phi}{2}}$ оставим ее стандартный разрез $(-\infty,0]$; тогда пройдя от области $[0,+\infty)$ ее знаков $e^{0i\pi}=+1$ по часовой на угол $\pi$ попадем в область под разрезом со знаками $e^{-i\frac{\pi}{2}}=-i$, а пройдя против часовой на $\pi$ попадем в область над разрезом со знаками $e^{i\frac{\pi}{2}}=i$.

А для функции $\sqrt{1-z}=\sqrt{|1-z|}e^{i\frac{\pi+\phi}{2}}$ выберем разрез $(-\infty,1]$, повернув ее стандартный разрез $[1,+\infty)$ в верхней полуплоскости; тогда $(-\infty,1]$, бывшая областью ее знаков $e^{0i\pi}}=e^{2i\pi}}=+1$, останется таковой и под новым разрезом, а над новым разрезом (пройдя против часовой на угол $2\pi$) станет область ее знаков $e^{i\pi}=-1$.

Эти разрезы, при переходе через которые функции лишь меняют знак, в произведении $\sqrt{z(1-z)}=\sqrt{z}\sqrt{1-z}$ на $(-\infty,0]$ компенсируют друг друга, оставляя разрезом отрезок $[0,1]$. На этом отрезке, под ним знак произведения $\sqrt{z(1-z)}$ будет $+1$, как у вещественной функции $\sqrt{x(1-x)}$, а над ним, знак $-1$.
При интегрировании вычета разреза, контур примыкающий вплотную к разрезу обходит его стандартно против часовой, значит под разрезом знак функции $\sqrt{z(1-z)}$ и $dz$ будет $+1$, а над разрезом их знак $-1$. Поэтому, контурный интеграл даст удвоенный вещественный.

Перемещая контур с разреза, через неособую точку на бесконечности (где $\frac{\sqrt{z(1-z)}}{z+a}$ конечна), на контур вокруг полюса $z=-a$ (контур меняет ориентацию!), находим контурный интеграл через вычет:
$2\int\limits_0^1\frac{\sqrt{x(1-x)}}{x+a}dx=-\oint\limits_{|z+a|=+\epsilon}\frac{\sqrt{z(1-z)}}{z+a}dz=-\frac{1}{2i\pi}\sqrt{z(1-z)}|_{z=-a}$.

Необходимо будет вычислить значение комплексной функции $\sqrt{z(1-z)}$ с разрезом $[0,1]$ в точке $z=-a$. В области $[1,+\infty)$ ее знак равен $+1\cdot i=i$, а в области $(-\infty,0]$ - наш случай ($-a<0$), ее знак $-i\cdot(+1)=i\cdot(-1)=-i$.
При $0<-a<1$ вычет в $z=-a-2i\epsilon$ под разрезом и в $z=-a+2i\epsilon$ над разрезом даст равные величины с разными знаками, значит, контурный интеграл в главном значении даст нуль. При $-a=0;1$ вещественный интеграл дает бета-функцию.

[Orange]

Если я не ошибаюсь, то перед функцией % MathType!MTEF!2!1!+- % feaafiart1ev1aaatCvAUfeBSjuyZL2yd9gzLbvyNv2CaerbuLwBLn % hiov2DGi1BTfMBaeXatLxBI9gBaerbd9wDYLwzYbItLDharqqtubsr % 4rNCHbGeaGqiVu0Je9sqqrpepC0xbbL8F4rqqrFfpeea0xe9Lq-Jc9 % vqaqpepm0xbba9pwe9Q8fs0-yqaqpepae9pg0FirpepeKkFr0xfr-x % fr-xb9adbaqaaeGaciGaaiaabeqaamaabaabaaGcbaWaaOaaaeaaca % WG6bGaaiikaiaaigdacqGHsislcaWG6bGaaiykaaWcbeaaaaa!3B07! \[ \sqrt {z(1 - z)} \]
должен стоять множитель обратный написанному вами.
Кроме того, вы не учитывали интеграл по контуру вокруг бесконечно удалённой точки, а ведь он не равен нулю.

[ddn]

Orange писал(а):

Если я не ошибаюсь, то перед функцией $\sqrt {z(1 - z)}$ должен стоять множитель обратный написанному вами.

Где? Здесь:
$-\oint\limits_{|z+a|=+\epsilon}\frac{\sqrt{z(1-z)}}{z+a}dz$

Так и должно быть, ведь направление обхода контура меняется!
Результат получается положительный, как и должно быть:
$-\frac{1}{2i\pi}\sqrt{z(1-z)}|_{z=-a}=-\frac{1}{2i\pi}\cdot(-i)|\sqrt{-a(1+a)}|=$
$=\frac{i}{2\pi}(-i)\sqrt{a(1+a)}=\frac{\sqrt{a(1+a)}}{2}>0$

Orange писал(а):

Кроме того, вы не учитывали интеграл по контуру вокруг бесконечно удаленной точки, а ведь он не равен нулю.

На бесконечности несобая точка $}\frac{\sqrt{z(1-z)}}{z+a}|_{z=\infty}=i$, и разреза там нет.

[Orange]

Я говорил про это
% MathType!MTEF!2!1!+- % feaafiart1ev1aaatCvAUfeBSjuyZL2yd9gzLbvyNv2CaerbuLwBLn % hiov2DGi1BTfMBaeXatLxBI9gBaerbd9wDYLwzYbItLDharqqtubsr % 4rNCHbGeaGqiVu0Je9sqqrpepC0xbbL8F4rqqrFfpeea0xe9Lq-Jc9 % vqaqpepm0xbba9pwe9Q8fs0-yqaqpepae9pg0FirpepeKkFr0xfr-x % fr-xb9adbaqaaeGaciGaaiaabeqaamaabaabaaGcbaGaeyOeI0Yaa8 % qvaeaadaWcaaqaamaakaaabaGaamOEaiaacIcacaaIXaGaeyOeI0Ia % amOEaiaacMcaaSqabaaakeaacaWG6bGaey4kaSIaamyyaaaacaWGKb % GaamOEaiabg2da9iabgkHiTiaaikdacqaHapaCcaWGPbGaeyyXICTa % amOCaiaadwgacaWGZbWaaSbaaSqaaiabgkHiTiaadggaaeqaaaqaai % aacYhacaWG6bGaey4kaSIaamyyaiaacYhacqGH9aqpcqaH1oqzaeqa % niablgH7rlabgUIiYdGccaWGMbGaaiikaiaadQhacaGGPaGaeyypa0 % JaeyOeI0IaaGOmaiabec8aWjaadMgadaGcaaqaaiaadQhacaGGOaGa % aGymaiabgkHiTiaadQhacaGGPaaaleqaaOGaaiiFamaaBaaaleaaca % WG6bGaeyypa0JaeyOeI0Iaamyyaaqabaaaaa!6C20! \[ - \oint\limits_{|z + a| = \varepsilon } {\frac{{\sqrt {z(1 - z)} }}{{z + a}}dz = - 2\pi i \cdot res_{ - a} } f(z) = - 2\pi i\sqrt {z(1 - z)} |_{z = - a} \]
Но это не так важно.
Я в этой теории пока не силён, но на счёт второго, так я брал интеграл вокруг бесконечно удалённой точки и получил число отличное от нуля, в сумме с вычетом в точке а, я получил решение, совпавшее с ответом.
Если интересно см. Евграфов "Задачи по теории аналитических функций", задача 28.25 (1).
В любом случае, большое вам спасибо, мне очень помогла первая часть вашего первого ответа.

[ewert]

Orange писал(а):

я брал интеграл вокруг бесконечно удалённой точки и получил число отличное от нуля

Да, это правда, вычет на бесконечности действительно не ноль, хотя бесконечность и не является особой точкой. Это у нас какой-то заскок был.

[Orange]

передел функции при z стримящемся к бесконечности зависит от направления, если, к примеру, идти по действительной оси в сторону отрицательных x, то значение функции в бесконечно удалённой точке будет противоположно значению функции в беск. удалённой точке при x устремлённом в плюс бесконечность ...
Может быть в этом всё дело?
В любом случае, волнующий меня вопрос решён.
Спасибо за помощь!

[ewert]

Orange писал(а):

передел функции при z стримящемся к бесконечности зависит от направления, если, к примеру, идти по действительной оси в сторону отрицательных x, то значение функции в бесконечно удалённой точке будет противоположно значению функции в беск. удалённой точке при x устремлённом в плюс бесконечность ...

Нет, не зависит -- числитель при больших значениях $z$ ведёт себя независимо от направления как $iz$, для другой -- как $(-iz)$.

И он в принципе не может зависеть: если аналитическая функция ограничена в окрестности изолированной особой точки (в т.ч. и бесконечно удалённой), то предел в этой точке заведомо одинаков по всем направлениям.

[ddn]

ewert писал(а):

Orange писал(а):

я брал интеграл вокруг бесконечно удалённой точки и получил число отличное от нуля

Да, это правда, вычет на бесконечности действительно не ноль, хотя бесконечность и не является особой точкой. Это у нас какой-то заскок был.

Да, я потом подумал тоже и понял, что для бесконечной точки особые правила, ведь и у $\frac{1}{z}$ вычет не нуль. За константой следует член ряда с отрицательной степенью. Вроде функцию $g(z)$ на бесконечности надо представлять как $\frac{1}{z}g(\frac{1}{z})$.

Нужно разложить функцию в ряд Лорана в некоторой точке:
$\frac{\sqrt{z(1-z)}}{z+a}=\frac{\sqrt{((z+a)-a)(1+a-(z+a))}}{z+a}=\frac{\sqrt{-a(1+a)+(2a+1)(z+a)-(z+a)^2}}{z+a}=$
$=i\sqrt{1-\frac{2a+1}{z+a}+\frac{a(1+a)}{(z+a)^2}}=i\left(1-\frac{a+\frac{1}{2}}{z+a}+\frac{(a+\frac{1}{2})^2+a(1+a)}{2(z+a)^2}+...\right)$
что дает
$2i\pi\cdot -i(a+\frac{1}{2})=2\pi(a+\frac{1}{2})=\pi(2a+1)$


Orange, со знаком, это тоже мой огрех, ведь интеграл от полюса по углу должен давать $2i\pi$ в числителе:
$\oint\limits_{|z-z_0|=+\epsilon}\frac{\phi(z)}{z-z_0}dz=2i\pi\cdot\phi(z)|_{z=z_0}$,
а множитель $\frac{1}{2i\pi}$ появляется в выражении для вычета (коэффициент $c_{-1}$) через интеграл:
$c_{-1}=res_{z=z_0}\phi(z)=\frac{1}{2i\pi}\oint\limits_{|z-z_0|=+\epsilon}\frac{\phi(z)}{z-z_0}dz$
То есть должно быть:
$-2i\pi\sqrt{z(1-z)}|_{z=-a}=-2i\pi\cdot(-i)|\sqrt{-a(1+a)}|=-2\pi\sqrt{a(1+a)}<0$
Да... на бумаге я куда внимательнее считаю, чем набирая в техе.


В итоге, должно получиться (складываем и делим на $2$):
$\int\limits_0^1\frac{\sqrt{x(1-x)}}{x+a}dx=\pi\left(a+\frac{1}{2}-\sqrt{a(1+a)}\right)>0$
так как $(a+\frac{1}{2})^2=a^2+a+\frac{1}{4}>a^2+a=\sqrt{a(1+a)}^2$
У Вас то же самое?


Кстати, я использовал подобный интеграл в своей магистерской
(его проще считать через $\delta$-функцию):
$\int\limits_{-1}^1\frac{1}{\sqrt{1-z^2}(z-a+i\epsilon)}dz$,
и там не было вычета на бесконечности.
Это и сбило меня с толку, ведь у Вас другой интеграл!
А мой ведет себя хорошо на бесконечности, как $\frac{1}{z^2}$, и вычета не нужно.