Интересный несобственный

[Morkonwen]

помогите пожалуйста. все константы - вещественные $\gamma$,$r_0$ положительные

$\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{i \gamma\,z}}{\sqrt{(r_0^2+(z-z_0)^2)}}dz$

Итак, можно брать по контуру в верхней полуплоскости. там одна особенность$ z=z_0+i\,r_0$ точка будет полюсом какого порядка не знаю. Разложить в ряд Лорана тоже никак не выходит. Заранее спасибо!

[sup]

Насчет полюса - это Вы "загнули".
Какой полюс в 0 у функции
$\frac{1}{\sqrt z}$
Что до Вашего интеграла, то он сводится к функциям Бесселя.

[Morkonwen]

Спасибо, но я всегда думал, что если $z_0$ для $1/f(z)$ обычная точка, то для $ f(z) $она будет просто полюсом. А то, что сводится это как сделать? Методом матлаба =))??

Хотя это больше похоже на точку разветвления, я сейчас подумал.

[sup]

Morkonwen в сообщении #456487 писал(а):

Спасибо, но я всегда думал, что если $z_0$ для $1/f(z)$ обычная точка, то для $ f(z) $она будет просто полюсом.

Ну да. Функция $g(z) = 1/{\sqrt z}$ - "гадкая", а вот $1/g(z) = \sqrt z$ гораздо лучше, потому, что в 0 обращается в 0.
Чтобы получить функцию Бесселя достаточно сделать простую линейную замену и получить в знаменателе $\sqrt{1+s^2}$. Ну а потом, наверное, заглянуть в справочник.
А можно самому, пару раз продифференцировать по параметру и посмотреть, что из этого выйдет.

[Morkonwen]

спасибо!