Вычисление интеграла

[Everest]

Прошу помочь решить мне задачу про вычисление следующего интеграла с помощью вычетов:
$\int_0^\infty \frac{x \sin x}{\sh^2 x} dx$

Есть формула, которую нужно обязательно использовать при решении:

$\int_0^\infty R(x)x^{\alpha-1} dx= \frac{\pi}{\sin \pi \alpha} \sum res R(z)(-z)^{\alpha-1}$, где $R(x)$ - рациональная функция.

Формула справедлива, если:

1) Точка $0$ - не особая для $R(z)$;
2) $R(x)=O(x^{-p})$ при $x \to 0$ и $R(x)=O(x^{-q})$ при $x \to \infty$. Причем $p<q, p, q \in Z$;
3) $p<Re \alpha < q$;
4) $(-z)^{\alpha-1}=e^{(\alpha-1)(ln|z|+iarg(-z))}$, причем $-\pi<arg(-z)<\pi$.

Сейчас напишу свои мысли :)

-- Пн ноя 22, 2010 19:36:10 --

Пишем, что интеграл равен: $\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x \sin x}{\sh^2 x} dx$

Делаю замену: $e^x=t, откуда x=lnt$ и $dx=\frac{dt}{t}$. Получаю после замены:
$\frac{1}{2} \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x \sin x}{\sh^2 x} dx=2 \int_{0}^{+\infty} \frac{t lnt \sin (lnt)}{(t^2-1)^{2}} dt$.

Ну этот интеграл можем взять из интеграла $\int_0^\infty R(t)t^{\alpha-1} dt$ путем взятия мнимой части и дифференцирования по параметру.

Вопрос в следующем особо: либо я как-то неправильно решаю, либо возникает проблема моим способом:

Получается, что за рациональную функцию берем $\frac{1}{(z^2-1)^{2}}$. Ее особые точки: $z=1$ и $z=-1$ - полюса второго порядка.

Вот вроде все хорошо получается и тут, когда я выясняю, что брать за $(-1)^{\alpha-1}=e^{(\alpha-1)(ln|-1|+iarg(-1))}$.
Выскакивает $arg(-1)$, который равен либо $-\pi$, либо $\pi$. А мы брать их не можем, так как условие $-\pi<arg(-z)<\pi$ обязательно для этой формулы. Там иначе возникнет еще одна особенность и интеграл надо разбивать на два и формула эта точно не будет работать.
Что делать? :(

[Everest]

Все, разобрался :)

[Everest]

Возник еще один вопрос. Задачу помогают решить следующие теоремы:

Теорема 1. Пусть $R(z)$ - рациональная функция, не имеющая полюсов при $z>0$, и пусть интеграл $I_{\alpha}=\int_0^\infty R(x)x^{\alpha-1} \ln xdx$ ($\alpha \ne 0, \pm 1, \pm 2, ... $) сходится. Тогда
$I_{\alpha}=\frac{\pi}{\sin \pi \alpha} \sum res R(z)(-z)^{\alpha-1} \ln (-z)-\frac{\pi^{2} \cos \pi \alpha}{\sin ^{2} \pi \alpha} \sum res R(z)(-z)^{\alpha-1}$,
где сумма берется по всем полюсам функции $R(z)$, не лежащим на луче
$[0;+ \infty)$, а $-\pi<arg(-z)<\pi$.

Теорема 2. В случае когда $R(z)$ имеет полюс $z=c$, где $0<c< \infty$, а интеграл берется в смысле главного значения, то
$I_{\alpha}=\frac{\pi}{\sin \pi \alpha} \sum res R(z)(-z)^{\alpha-1} \ln (-z)-\frac{\pi^{2} \cos \pi \alpha}{\sin ^{2} \pi \alpha} \sum res R(z)(-z)^{\alpha-1}+\frac{\pi \cos \pi \alpha}{\sin \pi \alpha} \sum res_{c} R(z) z^{\alpha} \ln z-\frac{\pi^2}{\sin^2 \pi \alpha} \sum res_{c} R(z) z^{\alpha}$.

Вопрос в следующем: может кто встречал теорему 2 и ее доказательство в учебниках по теории функций комплексной переменной или других? Если - да, то, пожалуйста, скажите где :)

-- Вт ноя 23, 2010 18:24:05 --

Хм, опять-таки вопрос снят :) Доказал сам :)