Помогите найти интеграл (ТФКП)

[Makita]

Помогите найти интеграл
$\int_0^{+\infty} \frac{sin^4 x}{x^4} dx$

Указание к задаче: найти замену, такую чтобы в нуле был полюс первого порядка.
Если подскажете такую замену, то будет просто замечательно. Буду очень благодарен.

[ИСН]

Я бы это сводил к известному многократным дифференцированием по параметру.

[Sonic86]

Не уверен, но попробуйте $\sin ^2 x = 1 - \cos ^2 x$ в числителе.
А я бы по частям попробовал...

[ИСН]

Или так, да.
Человек просил, правда, через вычеты. Ну... интеграл от целой аналитической функции считать через вычеты... наверное, как-то тоже можно.

[Профессор Снэйп]

А к чему стремится указанный интеграл по полукругу большого радиуса?

[Makita]

Скорее всего интеграл по окружности большого радиуса стремится к нулю.

[Профессор Снэйп]

Makita в сообщении #268790 писал(а):

Скорее всего интеграл по окружности большого радиуса стремится к нулю.

По окружности он не стремится, а просто равен нулю, поскольку функция целая. Вопрос был насчёт полуокружности.

[Makita]

Если я не ошибаюсь, то тут $\lim_{R\to\infty} RM(R)\to 0$
где $M(R)=max|f(z)|$. значит интеграл по полуокружности должен быть равен нулю.

[Профессор Снэйп]

Makita в сообщении #268803 писал(а):

Если я не ошибаюсь, то тут $\lim_{R\to\infty} RM(R)\to 0$

Похоже, ошибаетесь. Это на действительной прямой синус по модулю меньше единицы, а на комплексной плоскости он очень большой бывает.

[Профессор Снэйп]

Похоже, интерес к теме утрачен.

Если что, интеграл действительно считается через вычеты. Пользуемся равенством $\sin z = (e^{iz}-e^{-iz})/2i$ и леммой Жордана.

[Makita]

Если я правильно понял,то этот интеграл преобразуется к:
$\frac{1}{16} \int e^{4iz} \frac{1-4\e^{-2iz}-4e^{-6iz}+e^{-8iz}-2e^{-4iz}}{z^4}$
И дробь, стоящая правее $e^{4iz}$ удовлетворяет лемме Жордана. Интеграл надо брать по полуокружности в верхней полуплоскости, потом от $-\infty$ до $-\epsilon$ потом по малой полуокружности и то $\epsilon$ до $+\infty$. Т.е. интеграл будет $\frac{-1}{4} Res(0)$ - это я имею ввиду вычет в точке 0.

[Профессор Снэйп]

Makita в сообщении #269005 писал(а):

Если я правильно понял

Что надо делать, вы поняли правильно. Только интеграл как-то странно преобразовали.

$$ \left( \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \right)^4 = \frac{e^{4iz} - 4e^{2iz} + 6 - 4e^{-2iz} + e^{-4iz}}{16} $$

Бином Ньютона и никакого мошенничества

-- Вт дек 08, 2009 20:44:29 --

Теперь разбиваем исходный интеграл на сумму интегралов, и для каждого слагаемого - лемма Жордана

[ewert]

Никакого Ньютона.

Просто $\sin^4x={1\over8}(3-4\cos2x+\cos4x)$ (пардон, если в цифирках напутал, но в принципе-то так).

Никакого Жордана тут, разумеется, пока что нет -- ведь полюс-то не простой (и, что принципиально -- на контуре, зараза). Но, как метко уже давно заметил Sonic86 -- можно трижды проинтегрировать это по частям, после чего полюс действительно станет простым. Причём интегрирование по частям в этом варианте записи -- достаточно тривиально, и ответ достаточно очевиден...

А вот что за такая загадочная "замена" -- для меня лично загадка. Причём какая-то ненужная.

[Профессор Снэйп]

Не знаю... Разве простота полюса какую-то роль играет? А что на контуре, так ведь его можно обойти по маленькой такой полуокружности.

[ewert]

Профессор Снэйп в сообщении #269293 писал(а):

Разве простота полюса какую-то роль играет? А что на контуре, так ведь его можно обойти по маленькой такой полуокружности.

Правила игры требовали именно простого полюса, и не случайно. Стандартное обобщение теоремы о вычетах допускает лишь простые полюса на контуре. При желании, конечно, можно попытаться обойти и кратный, но это потребует ковыряния в конкретном разложении числителя. Причём результат, вообще говоря, непредсказуем.