Несобственный интеграл(от нуля)

[Morkonwen]

Здравствуйте! Никак не могу посчитать такой вот несобственный

$\int_0^{\infty}\frac{x^{2\,\alpha-1}}{1+x^2}\,\,\,\,\,\,\, (0<\alpha<1$)



Сделав замену z=Ln[x] выйдет уже по всей действительной прямой, но сама функция на бесконечности не убывает и вычеты не применить. Как быть? Спасибо!

[ewert]

$=\frac12\int\limits_0^1(1-t)^{\alpha-1}t^{-\alpha}dt=\frac12\mathrm{B}(\alpha,1-\alpha)=\frac12\Gamma(\alpha)\Gamma(1-\alpha)$

[myra_panama]

Сделаем замену:
$x^2=t$
$x=t^{\frac12}$
$dx=\frac12 t^{\frac12-1}dt$

Потом используем :
$B(x,\;y)=\int\limits_0^\infty\frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}}\,dt,\qquad\Re(x)>0,\ \Re(y)>0;$

[Morkonwen]

Спасибо! Сам бы не догадался.

[sup]

Да это-ж вроде стандартный интеграл на вычеты. Разрез по положительной полуоси. Контур состоит из "большой" окружности, "малой" окружности (возле 0) и двух отрезков по берегам разреза. Две особые точки - простые полюса. Все стандартно. Случай $\alpha = 1/2$ можно рассмотреть отдельно (в лоб).

[Vince Diesel]

Это еще упрощается до $\pi/(2 \sin \pi\alpha)$.

[Morkonwen]

sup в сообщении #469501 писал(а):

Да это-ж вроде стандартный интеграл на вычеты. Разрез по положительной полуоси. Контур состоит из "большой" окружности, "малой" окружности (возле 0) и двух отрезков по берегам разреза. Две особые точки - простые полюса. Все стандартно. Случай $\alpha = 1/2$ можно рассмотреть отдельно (в лоб).

я не понял

[ewert]

Morkonwen в сообщении #469512 писал(а):

я не понял

$\int\limits_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{z^{2\alpha-1}\,dz}{1+z^2}=\int\limits_{-\infty}^{0}\dfrac{|z|^{2\alpha-1}\cdot e^{i\pi(2\alpha-1)}\,dz}{1+|z|^2}+\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{z^{2\alpha-1}\,dz}{1+z^2}=$

$=(e^{i\pi(2\alpha-1)}+1)\int\limits_{0}^{+\infty}\dfrac{x^{2\alpha-1}\,dx}{1+x^2}.$

А по вычетам этот же интеграл по всей оси равен

$2\pi i\,\mathop{\mathrm{Res}}\limits_{z=i}\dfrac{z^{2\alpha-1}}{1+z^2}=2\pi i\,\dfrac{e^{i{\pi\over2}(2\alpha-1)}}{2i}.$

После деления для искомого интеграла по полуоси получается $\dfrac{\pi}{2\cos\big({\pi\over2}(2\alpha-1)\big)}=\dfrac{\pi}{2\sin(\pi\alpha)}.$ Особых случаев не надо.

[Morkonwen]

Да спасибо, так красивее, чем с гамма-функцией и к этому я уже был близок - недодумал со знаком - стыдно=(