Интеграл ТФКП

[ujh]

Добрый день. Помогите, пожалйуста, с интегралом по ТФКП.

$$\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+i\infty} {\left(\frac{\cosh(az) - \cosh(a\zeta)}{z-\zeta}\right)}^{2} dz , -\infty<\sigma<\infty, a > 0$$

Я сначал делал замену $x = iz$ с последующим переходом к интегралу

$$-i\int_{-\infty}^{+\infty}{\left(\frac{\cos(ax) - \cosh(a\zeta)}{x-i\zeta}\right)}^{2}dx$$

Затем разбивал на 3 интеграла раскрытием квадрата в числителе, после чего интегралы с двумя первыми членами квадрата суммы давали в сумме 0, и третий интеграл также был равен 0. Но Евграфов утверждает, что ответ не такой.

Заранее спасибо!

[ewert]

Замените ещё для удобства $i\zeta\equiv w$ и распишите подынтегральное выражение так:

$$\dfrac{(\cos(ax)-\cos(aw))^2}{(x-w)^2}=\dfrac{(\cos(ax)-\cos(aw))^2}{(x-w)^2}=\dfrac{\frac12(1+\cos(2ax))+\frac12(1+\cos(2aw))-\cos(a(x+w))-\cos(a(x-w))}{(x-w)^2}=$$

$$=\dfrac{1+\frac14e^{2iaw}+\frac14e^{-2iaw}+\frac14e^{2iax}+\frac14e^{-2iax}-\frac12e^{ia(x+w)}-\frac12e^{ia(-x-w)}-\frac12e^{ia(x-w)}-\frac12e^{ia(-x+w)}}{(x-w)^2}=$$

$$=\dfrac{(\frac14e^{2iaw}+\frac14e^{2iax}-\frac12e^{ia(x+w)})+\frac12(1-e^{ia(x-w)})+(\frac14e^{-2iaw}+\frac14e^{-2iax}-\frac12e^{ia(-x-w)})+\frac12(1-e^{ia(-x +w)})}{(x-w)^2}$$

(уф-ф, если ничего не напутал). Если $w$ лежит в верхней полуплоскости, то интеграл от экспонент с плюсом перед иксом выражается через соответствующий вычет по лемме Жордана, а интегралы от экспонент с минусом дадут ноль, т.к. там контур придётся замыкать через большую нижнюю полуокружность. Если $w$ в нижней полуплоскости, то, соответственно, наоборот. Если же на самой оси, то для каждого контура интеграл выражается через полувычет.

Только у меня как-то странно выходит: в любом случае ответ получается $\pi a$.

[ujh]

Да, я немного сам напутал с вычислением интегралов с $\cos(ax)$ в числителе. Но, одним из важных моментов условия, на мой взгляд, является то, что $\zeta$ - произвольное комплексное число. И нас не должно волновать, где будет лежать $i\zeta$.

[MehaHiK]

Ответ в самом деле такой, если не учитывать, что в замене допущена ошибка.

ujh в сообщении #519225 писал(а):

Я сначал делал замену $x = iz$ с последующим переходом к интегралу

$$-i\int_{-\infty}^{+\infty}{\left(\frac{\cos(ax) - \cosh(a\zeta)}{x-i\zeta}\right)}^{2}dx$$

Если ошибку учесть (можно, чтоб не путаться сделать замену $ix = z$), то получится ответ $i\pi a$, который и есть верный ответ (посмотрел в учебнике). Но, уважаемый ewert, распишите, пожалуйста, на примере одной части из этого "большого экспоненциального интеграла", как вы используете лемму Жордана?
P.s. мешается же константа, чтоб вынести экспоненту.

[ewert]

MehaHiK в сообщении #519677 писал(а):

P.s. мешается же константа, чтоб вынести экспоненту.

Нет, не мешается. Я же специально сгруппировал скобки так, чтобы каждая при интегрированию по полукругу давала в пределе ноль (ну и чтобы по мере необходимости и возможности погасить особенности знаменателя). Там внутри каждой из скобок интегралы с экспонентами дают ноль по лемме Жордана, а с константами (в т.ч. с экспонентами от только $w$) -- тупо из-за квадратичности знаменателя.

[MehaHiK]

спасибо - была проблема как раз с константами - почему-то мне пришло в голову копьё, что получается расходящийся несобственный интеграл от

$$\frac{C_1}{(x-C_2)^n}(n \geqslant 1)$$

Но:

ewert в сообщении #519689 писал(а):

а с константами (в т.ч. с экспонентами от только ) -- тупо из-за квадратичности знаменателя.

Значит этот интеграл равен 0 (так как подынтегральная функция является O(1/R)), где R - радиус контура-полуокружности), если я правильно понял последнюю фразу. Ведь так, да?

[ewert]

MehaHiK в сообщении #519731 писал(а):

Значит этот интеграл равен 0 (так как подынтегральная функция является O(1/R)), где R - радиус контура-полуокружности), если я правильно понял последнюю фразу. Ведь так, да?

Да -- если, конечно, под "О-большим" Вы понимаете "о-маленькое".

Насчёт ошибки. Про мнимую единицу перед интегралом я в конце концов просто банально забыл. Что же касается знаков в замене у ТС, то мне они при проверке показались правильными, хотя и тут я мог чего-то зевнуть.

[MehaHiK]

Да, конечно, o-малое.

Спасибо огромное.

[ujh]

MehaHiK в сообщении #519677 писал(а):

Ответ в самом деле такой, если не учитывать, что в замене допущена ошибка

Новые пределы интегрирования верны.
Я думаю, что можно разбить этот интеграл на сумму из четырёх интегралов, тк каждый из них все равно сходится (или так нельзя?). А уже интегралы типа

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos(bx)}{{(x-\omega)}^{2}}$$

можно считать, как

$$Re\left(\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\exp(bx)}{{(x-\omega)}^{2}}\right)$$

[ewert]

ujh в сообщении #519855 писал(а):

можно считать, как

Вполне можно, но только если полюс не на вещественной оси (тогда этот интеграл расходится в любом смысле). Так что в любом случае какие-то телодвижения так или иначе понадобятся.