Ayuda con identidad en contorno complejo

Question

Estoy tratando con un integrante en el plano complejo, en particular, quiero transformar

$$ \int_{0}^{2\pi} \frac{d\phi}{\sqrt{1+b^2 -2b \cos \phi}} $$ en otro integral, cerca de la sucursal de cortes de la rama principal. Aquí $0<b<1$.

Llegué tan lejos como para demostrar que si puedo presentarme a $z= e^{i\phi}$, entonces tengo la integral $$ -i\int_C \frac{dz}{z\sqrt{1+ b^2 - b(z +1/z)}} $$ $C$ es el círculo unitario corrió hacia la izquierda. Me mostró también que la función (tomando la rama principal de la raíz cuadrada) $\sqrt{z(z-b)(1-bz)}$ es continua en a $C$. La cosa parece sustituir este como el denominador por encima y el trabajo que (yo sé lo que la respuesta final debe parecer), no tengo problemas en hacerlo.

Mi problema es que no veo por qué es posible sustituir este por el denominador, a mí me parece que uno tiene que probar que estas funciones de acuerdo en $C$:

$$ z\sqrt{1+ b^2 - b(z +1/z)}|_C = \sqrt{z(z-b)(1-bz)}|_C \quad .....(1) $$ Esta podría ser una pregunta estúpida, pero no he encontrado una manera de hacerlo.

Hay una manera sencilla de ver que este es el caso, de hecho? Tengo la fuerte sospecha de que hay, pero estoy seguro de que me estoy perdiendo algo.

EDIT: de hecho, me di cuenta de que la identidad (1) anterior no es cierto, conectando $z=-1$ en ella. Así que mi pregunta ahora sería ¿cómo convertir el original de la integral en $\phi$ en la:

$$ \int_C \frac{dz}{\sqrt{z(b-z)(1-bz)}}$$ Donde tomamos la rama principal de la raíz cuadrada.

Pensé que estaba en el camino correcto, ahora no estoy tan seguro.

Answer 1

Considere el siguiente contorno de la integral:

$$\oint_C \frac{dz}{\sqrt{z} \sqrt{(b-z)(b z-1)}} $$

donde $C=C_1+C_2$, $C_1$ es el círculo unitario en la dirección hacia la izquierda, $C_2$ un hueso de perro de contorno en sentido horario alrededor de los puntos de $z=b$$z=0$. Tenga en cuenta que usted no puede poner las raíces cuadradas juntos.

El hueso de perro pedazo $C_2$ es necesario excluir los puntos de ramificación $z=0$ $z=b$ a partir de la integral, de modo que podemos aplicar del teorema de Cauchy.

Tenga en cuenta que

$$\oint_{C_1} \frac{dz}{\sqrt{z} \sqrt{(b-z)(b z-1)}} = i \int_0^{2 \pi} \frac{d\phi}{\sqrt{1+b^2-2 b \cos{\phi}}}$$

Como para $C_2$, que se necesita para lidiar con la raíz cuadrada de modo que podemos definir una función con valores dentro de $C$. Tenga en cuenta que

$$z^{-1/2} = e^{-(1/2) \log{z}}$$

tal que $\arg{z} \in [-\pi,\pi)$. Esta definición es el resultado de la original de la rama de corte de este factor es $(-\infty,0]$. Definir

$$(b-z)^{-1/2} = e^{-(1/2) \log{(b-z)}}$$

tal que $\arg{(b-z)} \in [0,2\pi)$. Esta definición es el resultado de la original de la rama de corte de este factor es $[1,\infty)$.

Para resumir, en las líneas por encima y por debajo del eje real, $z=x \in [0,1]$ y, por tanto,$\arg{z} = 0$. En la línea sobre el eje real, sin embargo, $\arg{(b-z)} = 2 \pi$. Por lo tanto, sobre el eje real, $z^{-1/2} (b-z)^{-1/2} = x^{-1/2} (b-x)^{-1/2} e^{-i \pi}$ por Debajo del eje real, $z^{-1/2} (b-z)^{-1/2} = x^{-1/2} (b-x)^{-1/2}$ porque no, $\arg{(b-z)} = 0$.

Tenga en cuenta también que $\arg{(b z-1)} = -\pi$ a lo largo de $C$.

Además, se debe tener claro que las integrales sobre los pequeños arcos circulares de radio $\epsilon$ alrededor de los puntos de ramificación se desvanecen como $\epsilon^{1/2}$.

Por lo tanto, del teorema de Cauchy, tenemos

$$\oint_{C_1} \frac{dz}{\sqrt{z} \sqrt{(b-z)(b z-1)}} + \oint_{C_2} \frac{dz}{\sqrt{z} \sqrt{(b-z)(b z-1)}}= 0 $$

así que

$$ i \int_0^{2 \pi} \frac{d\phi}{\sqrt{1+b^2-2 b \cos{\phi}}} -i 2 \int_0^b \frac{dx}{\sqrt{x (b-x) (1-b x)}} = 0$$

o

$$\int_0^{2 \pi} \frac{d\phi}{\sqrt{1+b^2-2 b \cos{\phi}}} = 2 \int_0^b \frac{dx}{\sqrt{x (b-x) (1-b x)}}$$

Para obtener esta última integral en una forma familiar, sub $x=b t^2$ para obtener

$$4 \int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{(1-t^2)(1-b^2 t^2)}} = 4 K(b)$$

donde $K$ es la integral elíptica completa de primera especie.