Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Вычисление интегралов с помощью вычетов

Вычисление интегралов с помощью вычетов


Содержание

Вычисление контурных интегралов с помощью вычетов


Рассмотрим несколько примеров на применение вычетов к вычислению интегралов по замкнутому контуру, т.е. на применение основной теоремы о вычетах (утверждение 4.6 , формула (4.19)). Использование формулы (4.19) предполагает выполнение ряда действий, связанных с формой ее записи.


Алгоритм вычисления контурных интегралов с помощью вычетов


1. Найти особые точки функции [math]f(z)[/math].

2. Определить, какие из этих точек расположены в области [math]D[/math], ограниченной контуром [math]C[/math]. Для этого достаточно сделать чертеж: изобразить контур [math]C[/math] и отметить особые точки.

3. Вычислить вычеты в тех особых точках, которые расположены в области.

4. Записать результат по формуле (4.19):


[math]\oint\limits_{C}f(z)\,dz= 2\pi i \sum_{k=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k}f(z),\quad z_k\in D.[/math]

▼ Примеры вычисления контурных интегралов с помощью вычетов

Пример 4.28. Вычислить контурный интеграл [math]\oint\limits_{|z-1|=1} \frac{dz}{z^4+1}[/math].


▼ Решение

Записываем решение по алгоритму.


1. Конечными особыми точками функции [math]f(z)= \frac{1}{z^4+1}[/math] являются нули знаменателя, [math]z^4+1=0[/math], то есть [math]z_k=\exp \left[\left(\frac{\pi}{4}+k \frac{\pi}{2}\right)\!i\right][/math]. Заметим, что все точки — простые нули знаменателя, следовательно, простые полюсы [math]f(z)[/math].


2. Контуром интегрирования является окружность [math]|z-1|=1[/math], а точки [math]z_k[/math] расположены в вершинах квадрата, вписанного в окружность [math]|z|=1[/math] (рис. 4.4). Поэтому в область, ограниченную контуром, попадают точки [math]z_1=\exp \frac{i\pi}{4}[/math] и [math]z_2= \exp \frac{i7\pi}{4}= \exp \frac{-i\pi}{4}[/math].Заметим, что [math]z_2= \overline{z}_1[/math].


3. Находим вычеты в точках [math]z_1[/math] и [math]z_2[/math] по формуле (4.24):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1} \frac{1}{z^4+1}= \frac{1}{4z_1^3}= \frac{1}{4}\exp \frac{-i3\pi}{4};\qquad \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_2} \frac{1}{z^4+1}= \frac{1}{4z_2^3}= \frac{1}{4}\exp \frac{i3\pi}{4}\,.[/math]

Записываем ответ:


[math]\oint\limits_{|z-1|=1} \frac{dz}{z^4+1}= 2\pi i\cdot \frac{1}{4}\! \left(\exp \frac{-i3\pi}{4}+ \exp \frac{i3\pi}{4}\right)= \pi i\cos\frac{3\pi}{4}= \pi i\! \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\frac{i\pi\sqrt{2}}{2}\,.[/math]

Пример 4.29. Вычислить интегралы: а) [math]\oint\limits_{|z|=1} z^3\exp \frac{1}{z}\,dz[/math]; б) [math]\oint\limits_{|z-1|=2}\sin\! \left(1+\frac{1}{z}\right)\!dz[/math].


▼ Решение

Единственной конечной особой точкой каждой из подынтегральных функций является [math]z=0[/math] — существенно особая точка. В обоих случаях она принадлежит области, ограниченной контуром интегрирования. Вычеты находим, раскладывая функции по степеням [math]z[/math] (см. примеры 4.23, 4.24). Получаем


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=0} z^3\exp \frac{1}{z}=\frac{1}{24}\,,\qquad \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=0}\sin\! \left(1+\frac{1}{z}\right)=\cos1.[/math]

Записываем ответ: a) [math]\oint\limits_{|z|=1} z^3\exp \frac{1}{z}\,dz= \frac{i\pi}{12}[/math]; б) [math]\oint\limits_{|z-1|=2} \sin\! \left(1+\frac{1}{z}\right)\!dz= 2\pi i\cos1[/math].


Пример 4.30. Вычислить интегралы: a) [math]\oint\limits_{\left|z+\frac{1}{2}\right|=1} \frac{iz(z-1)}{\sin\pi z}\,dz[/math]; б) [math]\oint\limits_{|z-i|=1} \frac{z}{e^z-i}\,dz[/math].


▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


1. Находим конечные особые точки функции [math]f(z)= \frac{iz(z-1)}{\sin\pi z}[/math] — корни уравнения [math]\sin\pi z=0[/math], то есть [math]\pi z=\pi k[/math], или [math]z_k=k,~ k\in\mathbb{Z}[/math].


2. В область [math]\left|z+\frac{1}{2}\right|<1[/math] входят точки [math]z_1=0,~z_2=-1[/math]. так как [math]\left|z_1+\frac{1}{2}\right|=\frac{1}{2}<1[/math] и [math]\left|z_1+ \frac{1}{2}\right|= \frac{1}{2}<1[/math]. Другие точки не принадлежат кругу [math]\left|z+\frac{1}{2}\right|<1[/math], так как для них [math]\left|z_k+\frac{1}{2}\right|>1[/math]. В этом можно также убедиться, сделав чертеж.


3. Точка [math]z=0[/math] — устранимая особая точка функции, так как [math]\lim\limits_{z\to0} \frac{iz(z-1)}{\sin\pi z}= \lim\limits_{z\to0}\frac{iz(z-1)}{\pi z}= \frac{-i}{\pi}[/math]; поэтому [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=0}f(z)=0[/math].Точка [math]z=-1[/math] является полюсом первого порядка [math]f(z)[/math], так как она — простой нуль знаменателя, а числитель при этом не обращается в нуль, т.е. функция может быть записана в виде [math]f(z)= \frac{\varphi(z)}{z+1}[/math]. Вычет вычисляем по формуле (4.24):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-1}\frac{iz(z-1)}{\sin\pi z}= \left.{\frac{iz(z-1)}{(\sin\pi z)'}}\right|_{z=-1}= \left.{ \frac{iz(z-1)}{\pi\cos\pi z}}\right|_{z=-1}= \frac{2i}{\pi\cos\pi}= \frac{-2i}{\pi}\,.[/math]

4. Запишем ответ: [math]\oint\limits_{\left|z+\frac{1}{2}\right|=1} \frac{iz(z-1)}{\sin\pi z}\,dz= 2\pi i\cdot \frac{-2i}{\pi}=4[/math].


б) Воспользуемся алгоритмом.


1. Особыми точками функции являются нули знаменателя, т.е. корни уравнения [math]e^z-i=0[/math], или [math]e^z= \exp\! \left[i\!\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right)\right][/math], то есть [math]z_k= i\!\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right)\!,~ k\in\mathbb{Z}[/math].


2. Из всех точек [math]z_k= i\!\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right)\!,~ k\in\mathbb{Z}[/math] кругу [math]|z-i|<1[/math] принадлежит только одна точка [math]z=i\,\frac{\pi}{2}[/math].


3,4. Находим вычет в точке [math]z=i\,\frac{\pi}{2}[/math] — простом полюсе [math]f(z)\colon[/math]


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i\,\frac{\pi}{2}} \frac{z}{e^z-i}= \left.{\frac{z}{(e^z-i)'}}\right|_{z=i\,\frac{\pi}{2}}= \left.{\frac{z}{e^z}}\right|_{z=i\,\frac{\pi}{2}}= i\,\frac{\pi}{2}\cdot \frac{1}{\exp \frac{i\pi}{2}}= i\,\frac{\pi}{2}\cdot \frac{1}{i}= \frac{\pi}{2}\,.[/math]

Записываем ответ: [math]\oint\limits_{|z-i|=1} \frac{z}{e^z-i}\,dz= 2\pi i\cdot \frac{\pi}{2}= \pi^2i[/math].


Пример 4.31. Вычислить контурные интегралы: а) [math]\oint\limits_{|z|=2} \frac{dz}{(z+3)(z^{15}-1)}[/math]; б) [math]\oint\limits_{|z-1|=1} \frac{dz}{z-1}\cos \frac{z}{2z-1}[/math].


▼ Решение

а) Особыми точками функции являются простые полюсы [math]z_0=-3[/math] и [math]z_k=\sqrt[15]{1}= \exp \frac{i2k\pi}{15}\,,~ k=1,2,\ldots,15[/math]. Точка [math]z_0[/math] не принадлежит области [math]|z|<2[/math], а точки [math]z_k[/math] расположены на окружности [math]|z|=1[/math], следовательно, входят в область [math]|z|<2[/math]. Применяя формулу (4.19), можно найти вычеты в этих точках и получить ответ:


[math]\oint\limits_{|z|=2} \frac{dz}{(z+3)(z^{15}-1)}= 2\pi i\cdot \sum_{k=1}^{15} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k} \frac{1}{(z+3)(z^{15}-1)}\,.[/math]

Чтобы не вычислять вычеты в 15 особых точках [math]z_k[/math], используем обобщенную теорему о вычетах (формулу (4.20)). В данном случае она имеет вид [math]\sum_{k=1}^{15} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k}f(z)=-\left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-3} f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty} f(z)\right)[/math] и, следовательно,


[math]\oint\limits_{|z|=2} \frac{dz}{(z+3)(z^{15}-1)}= -2\pi i\!\left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-3} f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty} f(z)\right)\!.[/math]

Точка [math]z=-3[/math] — простой полюс [math]f(z)[/math], и вычет находим по формуле (4.24):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-3}f(z)= \left.{\frac{1}{z^{15}-1}}\right|_{z=-3}= \frac{-1}{3^{15}+1}\,.[/math]

Точка [math]z=\infty[/math] — устранимая особая точка для [math]f(z)[/math] и [math]\lim\limits_{z\to\infty} f(z)=0[/math]. Вычет вычисляем по формуле (4.26):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f(z) \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty} \frac{1}{(z+3)(z^{15}-1)}= \lim\limits_{z\to\infty} \frac{-z}{(z+3)(z^{15}-1)}=0.[/math]

Получаем ответ: [math]\oint\limits_{|z|=3} \frac{dz}{(z+3)(3^{15}-1)}= \frac{2i\pi}{3^{15}+1}[/math].


б) Особыми точками функции являются [math]z=1[/math] — простой полюс и [math]z=\frac{1}{2}[/math] — существенно особая точка. Обе точки принадлежат кругу [math]|z-1|<1[/math].


Вычет в точке [math]z=1[/math] находим по формуле (4.24): [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1}f(z)= \left.{\cos \frac{z}{2z-1}}\right|_{z=1}= \cos1[/math]. Для нахождения вычета в точке [math]z=\frac{1}{2}[/math] -существенно особой точке — нужно найти коэффициент [math]c_{-1}[/math], т.е. записать разложение функции в ряд по степеням [math]\left(z-\frac{1}{2}\right)[/math]. Для этого записываем разложения функций [math]f_1(z)=\cos\frac{z}{2z-1}}[/math] и [math]f_2(z)=\frac{1}{z-1}[/math], перемножаем ряды и находим [math]c_{-1}[/math] — коэффициент при степени [math]\left(z-\frac{1}{2}\right)^{-1}= \frac{1}{z-\frac{1}{2}}[/math].


Если, как и в предыдущем случае, использовать формулу (4.20), то задача вычисления интеграла упрощается, так как нет необходимости вычислять вычет в существенно особой точке [math]z=\frac{1}{2}[/math]. Действительно, из


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\frac{1}{2}}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty} f(z)=0[/math] следует [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\frac{1}{2}}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1}f(z)=-\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty} f(z)[/math].

Поэтому [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f(z)= \lim\limits_{z\to\infty} \frac{-z\cos \frac{z}{2z-1}}{z-1}=-\cos \dfrac{1}{2}[/math] и [math]\oint\limits_{|z-1|=1} \frac{\cos \dfrac{z}{2z-1}}{z-1}\,dz= 2\pi i\cos\frac{1}{2}[/math].


Пример 4.32. Вычислить интеграл [math]\oint\limits_{C} \frac{1}{z^2-1}\sin \frac{\pi z}{2z+1}\,dz[/math], где [math]C[/math] — граница круга единичного радиуса с центром в точке [math]z_0\colon[/math] a) [math]z_0=1[/math]; б) [math]z_0=-1[/math].


▼ Решение

Особыми точками подынтегральной функции являются [math]z_1=-1[/math] — полюс первого порядка, [math]z_2=-\frac{1}{2}[/math] — существенно особая точка и [math]z_3=-1[/math] — устранимая особая точка (см. пример 4.21).


а) В круг [math]|z-1|<1[/math] входит одна точка [math]z=1[/math]. Находим вычет по формуле (4.24):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1}f(z)= \left.{\frac{1}{2z} \sin\frac{\pi z}{2z}}\right_{z=1}= \frac{1}{2}\sin \frac{\pi}{3}= \frac{\sqrt{3}}{4}\,.[/math]

Получаем ответ: [math]\oint\limits_{|z-1|=1} \frac{1}{z^2-1}\sin \frac{\pi z}{2z+1}\,dz= \frac{i\pi}{2}\sqrt{3}[/math].


б) В круг [math]|z+1|<1[/math] входят две точки: [math]z=-\frac{1}{2}[/math] — существенно особая точка и [math]z=-1[/math] — устранимая особая точка. Поэтому


[math]\oint\limits_{|z+1|=1} \frac{1}{z^2-1}\sin \frac{\pi z}{2z+1}\,dz= 2\pi i\! \left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-\frac{1}{2}}f(z)\right)\!,[/math]

или, применяя формулу (4.20) (чтобы избежать вычисления вычета в существенно особой точке), получаем


[math]\oint\limits_{|z+1|=1} \frac{1}{z^2-1}\sin \frac{\pi z}{2z+1}\,dz=-2\pi i\! \left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=1}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\ibfty}f(z)\right)\!.[/math]

Так как [math]\lim\limits_{z\to\infty}f(z)=0[/math], находим [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f(z)[/math] по формуле (4.24):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=\infty}f(z)= \lim\limits_{z\to\infty}\frac{-z}{z^2-1}\sin \frac{\pi z}{2z+1}=0.[/math]

Получаем ответ: [math]\oint\limits_{|z+1|=1} \frac{1}{z^2-1}\sin \frac{\pi z}{2z+1}\,dz=-2\pi i \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=}f(z)=-2\pi i\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}=-\frac{i\pi}{2}\sqrt{3}[/math].


Пример 4.33. Вычислить интегралы от многозначных функций:


а) [math]\oint\limits_{|z+2|=\frac{3}{2}} \frac{\sin z}{\ln z+3\pi i}\,dz,~ \ln(-e)=1-\pi i[/math]; б) [math]\oint\limits_{|z-1|=\frac{3}{2}} \frac{z}{\ln(z+1)-1}\,dz[/math].


▼ Решение

При вычислении интегралов от многозначной функции предварительно нужно убедиться, что в области, ограниченной контуром интегрирования, подынтегральная функция допускает выделение однозначных ветвей. Это возможно, если точка ветвления многозначного выражения не принадлежит области. Выделение ветви определяется заданием значения функции в некоторой точке области (случай "а")), если нет такого задания — интеграл вычисляется от всех ветвей (случай "б")).


а) Точка ветвления [math]z=0[/math] функции [math]\ln z[/math] не принадлежит кругу [math]|z+2|< \frac{3}{2}[/math], и в этой области выражение [math]\ln z[/math] допускает выделение однозначных ветвей [math](\ln z)_k=\ln|z|+i(\arg z+2k\pi),~ k\in \mathbb{Z}[/math]. Нуль знаменателя — точка [math]z_0=e^{-3\pi i}=-1[/math] принадлежит кругу [math]|z+2|< \frac{3}{2}[/math]. Эта точка будет особой точкой для одной из ветвей, а именно для той ветви, для которой [math]\ln(-1)=-3\pi i[/math]. Из условия [math]\ln(-e)=1-\pi i[/math] и [math](\ln z)_k=\ln|z|+i(\arg z+2k\pi)[/math] находим [math]k\colon[/math]


[math]\ln(-e)=\ln|-e|+i \bigl(\cos(-e)+2k\pi\bigr)= 1+i(\pi+2k\pi)=1-\pi i[/math] при [math]k=-1[/math].

Но при этом [math]\ln(-1)=\ln|-1|+i(\pi+2\cdot(-1)\pi i)=-\pi i\ne-3\pi i[/math]. Следовательно, для выбранной ветви точка [math]z=-1[/math] не является особой. Поэтому ветвь является в круге[math]|z+2|< \frac{3}{2}[/math] аналитической и интеграл равен нулю (см. формулу (2.54).


б) Точка ветвления [math]z=-1[/math] функции [math]\ln(z+1)[/math] не принадлежит кругу [math]|z-1|< \frac{3}{2}[/math]. В области выделяются однозначные ветви функции [math]\ln(z+1)\colon[/math]


[math]\bigl(\ln(z+1)\bigr)_k= \ln|z+1|+i \bigl(\arg(z+1)+2k\pi\bigr),\quad k\in \mathbb{Z}.[/math]

Приравнивая нулю знаменатель, находим [math]z+1=e[/math], то есть [math]z=e-1[/math]. Точка принадлежит кругу [math]|z-1|< \frac{3}{2}[/math]. Так как [math](\ln e)_k=1+i2k\pi[/math], то равенство [math]\ln(z+1)-1=0[/math] выполняется при [math]z=e-1[/math] только для ветви, для которой [math]k=0[/math]. Для этой ветви точка [math]z_0=e-1[/math] является полюсом первого порядка и вычет в ней вычисляется по формуле (4.24):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_0} \frac{z}{\ln(z+1)-1}= \left.{\frac{z}{\frac{1}{z+1}}}\right|_{z=e-1}= e(e-1).[/math] Получаем ответ: [math]\oint\limits_{|z-1|<\frac{3}{2}}f(z)\,dz= 2\pi ie(e-1)[/math].

Для других ветвей подынтегральная функция является аналитической и, следовательно, [math]\oint\limits_{|z-1|<\frac{3}{2}}f(z)\,dz=0[/math] (см. формулу (2.54).


Пример 4.34. Вычислить интеграл от многозначной функции [math]\oint\limits_{|z-4|=2} \frac{\sqrt{z}}{(z-1)(z-4)}\,dz[/math].


▼ Решение

Точка ветвления [math]z=0[/math] функции [math]\sqrt{z}[/math] не принадлежит области, по границе которой вычисляется интеграл. Возможно выделение однозначных ветвей и вычисление интеграла с использованием теоремы о вычетах.


Каждая из двух ветвей выражения [math]\sqrt{z}= \sqrt{|z|}= \exp \frac{(\arg z+2k\pi)i}{2}[/math] может быть выделена заданием значения функции в одной из точек области. Обозначим, например, [math](\sqrt{z})_1[/math] — ветвь, для которой [math]\sqrt{4}=2[/math], и [math](\sqrt{z})_2[/math] — ветвь, где [math]\overline{4}=-2[/math]. Для каждого случая вычисляем интеграл, т.е.


[math]\oint\limits_{|z-4|=2} f_1(z)\,dz[/math], где [math]f_1(z)= \frac{(\sqrt{z})_1}{(z-1)(z-4)}[/math], и [math]\oint\limits_{|z-4|=2} f_2(z)\,dz[/math], где [math]f_2(z)= \frac{(\sqrt{z})_2}{(z-1)(z-4)}[/math].

В обоих случаях в область [math]|z-4|<2[/math] попадает одна особая точка [math]z=4[/math][math]\Pi(1)[/math]. Записываем результат, вычисляя вычет в точке [math]z=4\colon[/math]


[math]\oint\limits_{|z-4|=2} f_1(z)\,dz= \left.{2\pi i\cdot \frac{(\sqrt{z})_1}{z-1}}\right|_{z=4}= \frac{2i\pi \sqrt{4}}{3}= \frac{4\pi i}{3}\,;\qquad \oint\limits_{|z-4|=2} f_2(z)\,dz= \left.{2\pi i\cdot \frac{(\sqrt{z})_2}{z-1}}\right|_{z=4}= \frac{2i\pi \sqrt{4}}{3}=-\frac{4\pi i}{3}\,.[/math]

Пример 4.35. Вычислить интегралы:


a) [math]\oint\limits_{C} \frac{\sin z}{z^2(z^2+1)^2}\,dz[/math], где [math]C[/math] — контур, состоящий из дуга окружности [math]|z|=2,~ \operatorname{Im}z \geqslant-\frac{1}{2}[/math] и отрезка прямой [math]\operatorname{Im}z=-\frac{1}{2}[/math] (рис. 4.5,а);


б) [math]\oint\limits_{C} \frac{dz}{z^4+1}[/math], где [math]C[/math] — контур, состоящий из верхней полуокружности [math]|z|=R,~ R>1,~ \operatorname{Im}z\geqslant0[/math] и отрезка действительной оси (рис. 4.5,б).


▼ Решение

a) В область, ограниченную контуром, входят две особые точки функции: [math]z=0[/math][math]\Pi(1)[/math] и [math]z=i[/math][math]\Pi(2)[/math]. Находим вычеты в этих точках:


[math]\begin{aligned}\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=0} \frac{\sin z}{z^2(z^2+1)^2}&= \lim\limits_{z\to0} \frac{\sin z}{z(z^2+1)^2}=1;\\[4pt] \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i} \frac{\sin z}{z^2(z^2+1)^2}&= \lim\limits_{z\to i}\! \left(\frac{\sin z\cdot (z-i)^2}{z^2(z-i)^2(z^2+i)^2} \right)'= \lim\limits_{z\to i}\! \left(\frac{\sin z}{z^2(z^2+i)^2}\right)'= \ldots= \frac{\operatorname{ch}-3 \operatorname{sh}1}{4}\,. \end{aligned}[/math]

Получаем результат: [math]\oint\limits_{C} \frac{\sin z}{z^2(z^2+1)^2}\,dz= \frac{i\pi}{2}(4+\operatorname{ch}1-3\operatorname{sh}1)[/math].


б) В область, ограниченную контуром, попадают две особые точки функции: [math]z_1=\exp \frac{i\pi}{4}[/math] и [math]z_2=\exp \frac{i3\pi}{4}[/math] (см. пример 4.27). Обе точки — простые полюсы. Находим вычеты функции в этих точках и записываем результат:


[math]\oint\limits_{C} \frac{dz}{z^4+1}= 2pi i\! \left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1} \frac{1}{z^4+1}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_2}\frac{1}{z^4+1}\right)= 2\pi i\! \left(\frac{1}{4z_1^3}+ \frac{1}{4z_2^3}\right)= \frac{2i\pi}{4}\! \left(\frac{z_1}{z_1^4}+ \frac{z_2}{ z_2^4}\right)= \ldots= \frac{\pi \sqrt{2}}{2}\,.[/math]

Здесь учтено, что [math]z_1^4=z_2^4=-1[/math].


Рассмотренные выше примеры вычисления интегралов от функций комплексного переменного по замкнутому контуру с помощью вычетов показывают преимущество этого метода. Методу соответствует алгоритм, состоящий из несложных процедур. В случае вычисления вычетов в полюсах задача еще более упрощается и сводится к нахождению производных (см. формулы (4.22),(4.24)).


Прежде всего следует ожидать, что можно использовать аппарат вычетов при вычислении определенных интегралов от функции действительной переменной. В самом деле, если подобрать некоторую функцию, переводящую отрезок [math][a,b][/math] в замкнутую плоскую кривую [math]C[/math], то вычисление интеграла [math]\textstyle{\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx}[/math] можно свести к вычислению интеграла [math]\textstyle{\oint\limits_{C}F(z)\,dz}[/math]. Простейшая задача такого вида связана с преобразованием отрезка [math][0;2\pi][/math] в окружность.




Интегралы вида [math]\textstyle{\int\limits_{0}^{2\pi} R(\cos x,\sin x)\,dx}[/math]


Здесь [math]R(\cos x,\sin x)=R(u,v)[/math] — рациональная функция аргументов [math]u[/math] и [math]{v}[/math]. Для вычисления таких интегралов в математическом анализе в общем случае, за исключением некоторых частных случаев, применяется замена [math]\operatorname{tg} \frac{x}{2}=t[/math] ("универсальная" подстановка ) и интеграл приводится к интегралу от рациональной дроби, а далее применяется соответствующий алгоритм интегрирования с простыми, но трудоемкими процедурами.


С другой стороны, отрезок [math][0;2\pi][/math] изменения переменных можно рассматривать как изменение [math]\arg z[/math] точки [math]z[/math], принадлежащей окружности. Действительно, замена [math]z=e^{ix}[/math] переводит отрезок [math][0;2\pi][/math] в окружность [math]|z|=1,~ 0 \leqslant\arg z \leqslant2\pi[/math]. При этом для переменных [math]u=\cos x[/math] и [math]v=\sin x[/math] получаются несложные, причем рациональные, выражения через [math]z[/math]. По формулам Эйлера имеем


[math]\cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2},\quad \sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}[/math], то есть [math]\cos x=\frac{1}{2}\! \left(z+\frac{1}{z}\right)\!,\quad \sin x=\frac{1}{2i}\! \left(z-\frac{1}{z} \right)[/math].

Из [math]e^{ix}=z[/math] получаем [math]i\,e^{ix}\,dx=dz[/math], a поэтому [math]dx= \frac{dz}{iz}[/math]. В результате получаем формулу, связывающую интеграл от действительной переменной с интегралом по замкнутой кривой от функции комплексного переменного:


[math]\int\limits_{0}^{2\pi}R(\cos x,\sin x)\,dx= \oint\limits_{|z|=1} R\! \left(\frac{1}{2}\! \left(z+\frac{1}{z}\right)\!,\, \frac{1}{2i}\! \left(z-\frac{1}{z}\right)\right)\! \frac{dz}{iz}\,.[/math]
(4.27)

Полученный справа интеграл есть интеграл от рациональной функции, особыми точками которой являются только полюсы.


Пример 4.36. Вычислить собственный интеграл [math]\int\limits_{0}^{2\pi} \frac{dx}{(5+4\cos x)^2}[/math] с помощью вычетов.


▼ Решение

Обозначим [math]e^{ix}=z[/math], тогда


[math]\cos x=\frac{1}{2}\! \left(z+\frac{1}{z}\right)\!,\qquad dx=\frac{dz}{iz},\qquad 5+4\cos x= 5+2z+\frac{2}{z}=\frac{2z^2+5z+2}{z}\,.[/math]

Получаем интеграл [math]\oint\limits_{|z|=1} \frac{z\,dz}{(2z^2+5z+2)^2}[/math]. Особыми точками подынтегральной функции являются нули знаменателя — корни уравнения [math]2z^2+5z+ 2=0[/math]. Это точки [math]z_1=-2[/math] и [math]z_2=-\frac{1}{2}[/math]. Тогда знаменатель можно записать в виде [math]\bigl(2(z-z_1)(z-z_2)\bigr)^2= 4(z-z_1)^2(z-z_2)^2[/math]. Точка [math]z_1[/math] не принадлежит области [math]|z|<1[/math], а точка [math]z_2[/math] принадлежит и [math]z_2[/math] — полюс 2-го порядка. Находим вычет в точке [math]z=-\frac{1}{2}[/math] — полюсе второго порядка:


[math]\begin{aligned}\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_2} \frac{z}{4(z-z_1)^2(z-z_2)^2}&= \frac{1}{4i} \lim\limits_{z\to z_2}\! \left(\frac{z(z-z_2)^2}{(z-z_1)^2(z-z_2)^2}\right)'= \frac{1}{4i} \lim\limits_{z\to z_2} \frac{(z-z_1)^2-2z(z-z_1)}{(z-z_1)^4}=\\ &=\left.{\frac{1}{4i} \frac{z-z_1-2z}{(z-z_1)^3}}\right|_{z=z_2}=-\frac{z_2+z_1}{4i(z_2-z_1)^3}= \frac{5}{2} \frac{4i \left(\frac{3}{2}\right)^3}{}= \frac{5}{i\,27}\,.\end{aligned}[/math]

В результате [math]\int\limits_{0}^{2\pi} \frac{dx}{(5+4\cos x)^2}= 2i\pi\cdot \frac{5}{i\,27}= \frac{10\pi}{27}[/math].




Вычисление несобственных интегралов с помощью вычетов


Еще больший интерес представляет возможность применения вычетов для вычисления несобственных интегралов вида [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx}[/math], где интеграл понимается в смысле главного значения, т.е. [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx= \lim\limits_{R\to\infty} \int\limits_{-R}^{R}f(x)dx}[/math] (здесь отрезок [math][a,b]=[-R,R][/math]). Будем рассматривать функцию [math]f(x)[/math], непрерывную на [math](-\infty,+\infty)[/math]. Возможность использования вычетов при решении такой задачи основана на том, что отрезок [math][-R,R][/math] действительной оси рассматривается как часть замкнутого контура [math]C[/math], состоящего из этого отрезка и дуги окружности, а интеграл по контуру записывается в виде суммы:


[math]\oint\limits_{C} f(z)\,dz= \int\limits_{-R}^{R}f(x)\,dx+ \int\limits_{C_R}f(z)\,dz[/math], где [math]C_R[/math] — дуга окружности [math]|z|=R,~ \operatorname{Im}z\geqslant0[/math].

Несобственный интеграл [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx}[/math] определяется как предел:


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \oint\limits_{C}f(z)\,dz-\lim\limits_{R\to\infty} \int\limits_{C_R}f(z)\,dz\,.[/math]

Пример 4.37. Вычислить несобственный интеграл [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^4+1}[/math], используя вычеты.


▼ Решение

Рассмотрим контур [math]C[/math], состоящий из дуги [math]C_R[/math] — окружности [math]|z|=R,~ \operatorname{Im}z \geqslant0[/math] и отрезка [math][-R,R][/math]. Для функции [math]f(z)=\frac{1}{z^4+1}[/math] имеем


[math]\oint\limits_{C} \frac{dz}{z^4+1}= 2\pi i\! \left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_2}f(z) \right)= \frac{\pi \sqrt{2}}{2}[/math] (см. пример 4.35 п."б").

С другой стороны,


[math]\oint\limits_{C}f(z)\,dz= \int\limits_{-R}^{R}f(z)\,dz+ \oint\limits_{C_R} f(z)\,dz[/math], или [math]\int\limits_{-R}^{R} \frac{dx}{x^4+1}= \oint\limits_{C} \frac{dz}{z^4+1}-\int\limits_{C_R} \frac{dz}{z^4+1}[/math].

Оценим интеграл по дуге, учитывая неравенство для подынтегральной функции


[math]\left|\frac{1}{z^4+1}\right|= \frac{1}{|z^4+1|}< \frac{1}{|z|^4-1}[/math], то есть [math]\frac{1}{|z^4+1|}< \frac{1}{R^4-1}[/math] для [math]z\in C_R[/math], где [math]|z|=R[/math].

Получаем [math]\Biggl|\int\limits_{C_R} \frac{dz}{z^4+1}\Biggr|< \int\limits_{C_R} \left|\frac{dz}{z^4+1}\right|< \frac{1}{R^4-1} \int\limits_{C_R} |dz|= \frac{\pi R}{R^4-1}[/math], поэтому [math]\int\limits_{R\to\infty} \int\limits_{C_R} \frac{dz}{z^4+1}=0[/math].


В результате [math]\lim\limits_{R\to\infty} \int\limits_{-R}^{R} \frac{dx}{x^4+1}= \oint\limits_{C} \frac{dz}{z^4+1}= \frac{\pi \sqrt{2}}{2}[/math], то есть [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^4+1}= \frac{\pi \sqrt{2}}{2}[/math].


Интерес, с точки зрения применения вычетов, представляют интегралы [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)dx}[/math], где функция [math]f(x)[/math] такова, что [math]\textstyle{\lim\limits_{R\to\infty} \int\limits_{C_R} f(z)dz=0}[/math], как в рассмотренном примере. Классы таких функций выделяются, и для всех функций рассматриваемого класса устанавливается формула [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \oint\limits_{C} f(z)dz}[/math].




Интегралы вида [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\,dx}[/math]


Здесь [math]R(x)[/math] — рациональная функция переменной [math]x[/math], то есть [math]R(x)= \frac{P_n(x)}{Q_m(x)}[/math], где [math]P_n(x)[/math] и [math]Q_m(x)[/math] — многочлены степени [math]n[/math] и [math]m[/math] соответственно. Как отмечалось выше, рассматриваем функцию [math]R(x)[/math], непрерывную на [math](-\infty,+\infty)[/math], т.е. многочлен [math]Q_m(x)[/math] не имеет действительных нулей. В теории несобственных интегралов путем сравнения таких интегралов с интегралами [math]\textstyle{\int\limits_{a}^{+\infty} \dfrac{dx}{x^{\alpha}},~ a>0}[/math], устанавливается их сходимость при условии [math]m-n>1[/math], то есть [math]m-n \geqslant2[/math]. При таком условии [math]\lim\limits_{z\to\infty} R(z)=0[/math] и функция [math]R(z)[/math], доопределенная в точке [math]z=\infty[/math] предельным значением [math]R(\infty)=0[/math], имеет в этой точке нуль порядка не ниже второго, а поэтому может быть записана в виде [math]R(z)= \frac{\alpha(z)}{z}[/math], где [math]\lim\limits_{z\to\infty} \alpha(z)=0[/math], то есть [math]|\alpha(z)|<\varepsilon[/math] при [math]|z|\to\infty[/math].


Учитывая это, проводим оценку интеграла, как в рассмотренном примере,


[math]\Biggl|\int\limits_{C_R} R(z)\,dz\Biggr|< \int\limits_{C_R} \frac{|\alpha(z)|}{|z|}\,|dz|= \frac{1}{R} \int\limits_{C_R} |\alpha(z)||dz|= \frac{\varepsilon}{R}\,\pi R= \varepsilon\pi[/math] и получаем [math]\lim\limits_{R\to\infty} \int\limits_{C_R} R(z)\,dz=0[/math].

Таким образом, для рассматриваемого типа интегралов получаем [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\,dx= \oint\limits_{C} f(z)\,dz[/math], где [math]C[/math] — контур, состоящий из верхней полуокружности [math]|z|=R,~ \operatorname{Im}z\geqslant0[/math] и отрезка [math][-R,R][/math], причем [math]R[/math] таково, что все особые точки функции [math]f(z)[/math], для которых [math]\operatorname{Im}z>0[/math], расположены в полукруге [math]|z|<R,~ \operatorname{Im}z \geqslant0[/math].


Очевидно, аналогичный вывод можно получить, рассматривая полукруг [math]|z|<R,~ \operatorname{Im}z<0[/math].


Результаты приведенных рассуждений запишем в виде утверждения.


Утверждение 4.9. Пусть функция [math]R(x)= \frac{P_n(x)}{Q_m(x)}[/math], удовлетворяет условиям:
1) [math]m-n\geqslant2[/math], т.е. степень знаменателя больше степени числителя по крайней мере на два;
2) [math]Q_m(x)\ne0[/math] для [math]x[/math] — действительных, т. е. [math]R(z)[/math] не имеет особых точек на действительной оси.

Тогда справедливы равенства:


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\,dx= 2\pi i \sum_{k=1}^{p} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k} R(z),\quad \operatorname{Im}z_k>0,[/math]
(4.28)

[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\,dx=-2\pi i \sum_{k=1}^{p} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k} R(z),\quad \operatorname{Im}z_k<0.[/math]
(4.29)

где [math]z_k,~k=1,2,\ldots,p[/math] — все особые точки функции [math]R(z)[/math], расположенные выше оси [math]Ox~(\operatorname{Im}z_k>0)[/math] в случае формулы (4.28) и ниже оси [math]Ox~(\operatorname{Im}z_k<0)[/math] — в случае формуль (4.29).


Заметим, что если [math]R(x)[/math] — четная функция, то можно, используя эти формулы, вычислять интегралы вида [math]\textstyle{\int\limits_{0}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math], так как для четных функций имеет место равенство [math]\textstyle{\int\limits_{-R}^{R} f(x)\,dx= 2 \int\limits_{0}^{R} f(x)\,dx}[/math].




Алгоритм вычисления несобственных интегралов с помощью вычетов


1. Проверить условия применения формулы (4.28) или (4.29) (см. утверждение 4.9).
2. Найти особые точки подынтегральной функции [math]R(x)[/math].
3. Вычислить вычеты в особых точках функции [math]R(x)[/math], расположенных:
а) выше оси [math]Ox[/math], если применяется формула (4.28);
б) ниже оси [math]Ox[/math], если применяется формула (4.29).
4. Записать результат по формуле (4.28) или (4.29).

Пример 4.38. Вычислить интегралы: а) [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^2+3}{(x^2+2x+17)^2}\,dx[/math]; б) [math]\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x^2\,dx}{(x^2+4)^3}[/math].


▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


1. Проверяем условия утверждения 4.9:


– так как в числителе многочлен степени [math]n=2[/math], а в знаменателе [math]m=4[/math], то условие [math]m-n\geqslant2[/math] выполняется;


– уравнение [math]x^2+2x+17=0[/math] не имеет действительных корней, так как дискриминант трехчлена [math]D<0[/math]. Поэтому второе условие также выполняется.


2. Особыми точками функции [math]f(z)= \frac{z^2+3}{(z^2+2z+17)^2}[/math] являются полюсы второго порядка [math]z_1=1+4i[/math] и [math]z_2=1-4i[/math].


3. Применим формулу (4.28). Для этого вычислим вычет в точке [math]z_1\in \operatorname{Im}z>0\colon[/math]


[math]\begin{aligned}\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1} \frac{z^2+3}{(z-z_1)^2(z-z_2)^2}&= \lim\limits_{z\to z_1}\! \left(\frac{(z^2+3)(z-z_1)^2}{(z-z_1)^2(z-z_2)^2}\right)'= \lim\limits_{z\to z_1}\! \left(\frac{z^2+3}{(z-z_2)^2}\right)'= \lim\limits_{z\to z_1}\frac{2z^2-2zz_2-2z^2-6}{(z-z_2)^3}=\\ &= \left.{\frac{-2zz_2-6}{(z-z_2)^3}}\right|_{z=z_1}= \frac{-2z_1z_2-6}{(z_1-z_2)^3}= \ldots= \frac{5}{16i}\,.\end{aligned}[/math]

4. Записываем ответ: [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^2+3}{(x^2+2x+17)^2}\,dx[/math].


б) Воспользуемся алгоритмом.


1. Условия утверждения 4.9 выполняются. Можно использовать формулу (4.28). Подынтегральная функция является четной.


2. Особыми точками функции [math]f(z)= \frac{z^2}{(z^2+4)^3}[/math] являются полюсы третьего порядка [math]z_1=2i[/math] и [math]z_2=-2i[/math].


3. Находим вычет в точке [math]z_1\colon[/math]


[math]\begin{aligned}\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1}\frac{z^2}{(z^2+4)^3}&= \frac{1}{2} \lim\limits_{z\to z_1}\! \left(\frac{z^2(z-2i)^3}{(z-2i)^3(z+2i)^3}\right)''= \frac{1}{2}\lim\limits_{z\to z_1} \frac{(4i-2z)(z+2i)^4-4(4iz-z^2)(z+2i)^3}{(z+2i)^8}=\\ &=\left.{\frac{1}{2}\cdot \frac{2(2i-z)(2i+z)-4z(4i-z)}{(z+2i)^5}}\right|_{z=z_1}= \frac{-2\cdot2i\cdot2i}{(4i)^5}= \frac{8}{4^5i}\,.\end{aligned}[/math]

4. Записываем ответ: [math]\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x^2}{(x^2+4)^3}\,dx= \frac{1}{2}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^2}{(x^2+4)^3}\,dx= \pi i \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=2i}f(z)= \pi i\cdot \frac{8}{4^5i}= \frac{\pi}{128}[/math].


Пример 4.39. Вычислить несобственные интегралы с помощью вычетов:


а) [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(x^2+1)(x^2-ix-1)^2}[/math]; б) [math]\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^4-2i}[/math].


▼ Решение

Условия применения формул вычисления интегралов с помощью вычетов выполняются.


Заметим, что в отличие от предыдущих примеров здесь подынтегральные функции являются комплекснозначными и [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math] может быть комплексным числом.


а) Особыми точками функции [math]f(z)=\frac{1}{(z^2+1)(z^2-iz-1)^2}[/math] являются [math]z_1=i,~ z_2=-i[/math], и корни уравнения [math]z^2-iz-1=0[/math], то есть [math]z_3=\frac{i+ \sqrt{3}}{2}[/math] и [math]z_4=\frac{i-\sqrt{3}}{2}[/math]. Три точки расположены в верхней полуплоскости, одна [math]z=-i[/math] — в нижней. Будем применять формулу (4.29). Вычисляем вычет в точке [math]z=-i[/math] — простом полюсе подынтегральной функции по формуле (4.24):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-i} \frac{\dfrac{1}{(z^2-iz-1)^2}}{z^2+1}= \left.{ \dfrac{1}{2z(z^2-iz-1)^2}}\right|_{z=-i}= \frac{1}{(-2i)(-1-1-1)^2}= \frac{-1}{18i}\,.[/math]

Получаем ответ: [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{(x^2+1)(x^2-ix-1)^2}=-2\pi i \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=-i}f(z)=\frac{\pi}{9}[/math].


б) Особыми точками функции [math]f(z)=\frac{1}{z^4-2i}[/math] являются корни уравнения [math]z^4=2i[/math], то есть [math]z_k=\sqrt[4]{2}\exp\left[\left(\frac{\pi}{8}+ \frac{\pi}{2}k\right)\!i \right],~ k=0,1,2,3[/math]. Все особые точки — простые полюсы функции; две расположены в верхней полуплоскости, две — в нижней. Используем формулу (4.28), рассмотрим точки [math]z_1= \sqrt[4]{2}\exp \frac{i\pi}{8}[/math] и [math]z_2=\sqrt[4]{2}\exp \frac{i\5pi}{8}=i\cdot z_1[/math].


Вычисляя вычеты по формуле (4.24), записываем результат (при этом учитывается, что [math]z_1^4=z_2^4=2i[/math]):


[math]\int\limits_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^4-2i}= i\pi\! \left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1} \frac{1}{x^4-2i}+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_2} \frac{1}{x^4-2i}\right)= i\pi\! \left(\frac{1}{4z_1^3}+ \frac{1}{4z_2^3}\right)= \frac{i\pi}{4}\! \left(\frac{z_1}{z_1^4}+ \frac{z_2}{z_2^4}\right)= \frac{i\pi}{4\cdot2i}(z_1+z_2)= \frac{\pi}{8}(1+i)\exp \frac{i\pi}{8}\,.[/math]

или, так как [math]1+i=\exp \frac{i\pi}{4}[/math], то [math]\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{dx}{x^4-2i}= \frac{\pi}{8}\exp \frac{i3\pi}{8}[/math].




Несобственные интегралы вида [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{i\lambda x}R(x)\,dx}[/math]


Выше рассматривались интегралы вида [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\,dx}[/math], где [math]R(x)=\frac{P_n(x)}{Q_m(x)},~ m-n\geqslant2[/math] и [math]Q_m(x)\ne0[/math] для [math]z\in R[/math]. Но такими интегралами не исчерпывается класс сходящихся несобственных интегралов [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math].


Например, сходящимися, согласно признаку Абеля, являются интегралы [math]\textstyle{\int\limits_{a}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math], где [math]f(x)=\varphi(x)\cdot g(x)[/math] и функции [math]\varphi(x),~g(x)[/math] удовлетворяют условиям:


а) [math]\varphi(x)[/math] непрерывна и имеет ограниченную первообразную на [math][a;+\infty)[/math], т.е. для любого [math]A\geqslant a[/math] справедливо неравенство [math]\textstyle{\left|\int\limits_{a}^{A} \varphi(x)\,dx\right|<M}[/math];


б) [math]g(x)[/math] — непрерывно дифференцируема на [math][a;+\infty)[/math] и, монотонно убывая, стремится к нулю при [math]x\to+\infty[/math], то есть


[math]\lim\limits_{x\to+\infty} g(x)=0,\quad g'(x)=0,\quad x\in[a;+\infty).[/math]

Пример 4.40. Исследовать сходимость интегралов:


а) [math]\int\limits_{a}^{+\infty} \sin x\,dx,\quad \int\limits_{a}^{+\infty} \cos x\,dx,\quad \int\limits_{a}^{+\infty} \frac{dx}{x},\quad \int\limits_{0}^{+\infty}\frac{x\,dx}{1+x^2} ;[/math]


б) [math]\int\limits_{a}^{+\infty} \frac{\sin x}{x}\,dx,\quad \int\limits_{a}^{+\infty} \frac{\cos x}{x}\,dx,\quad \int\limits_{a}^{+\infty} \frac{x\sin x}{1+x^2}\,dx,\quad \int\limits_{a}^{+\infty} \frac{x\cos x}{1+x^2}\,dx,~ a>0;[/math]


в) [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\cos x}{1+x^2}\,dx,\quad \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\sin x}{1+x^2}\,dx\,.[/math]


▼ Решение

а) Все интегралы расходятся по определению, так как не существует конечного предела [math]\lim\limits_{A\to+\infty} \int\limits_{a}^{A}f(x)\,dx[/math].


б) Все интегралы сходятся по признаку Абеля. Функции [math]\varphi(x)= \sin x[/math] или [math]\varphi(x)=\cos x,~ g(x)=\frac{1}{x}[/math] или [math]g(x)=\frac{x}{1+x^2}[/math] удовлетворяют указанным выше условиям.


в) Запишем [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math] в виде суммы:


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \int\limits_{-\infty}^{-1} f(x)\,dx+ \int\limits_{-1}^{1} f(x)\,dx+ \int\limits_{1}^{+\infty} f(x)\,dx\,.[/math]

Определенный интеграл [math]\textstyle{\int\limits_{-1}^{1} f(x)\,dx}[/math] есть число, а первое слагаемое заменой [math]x=-t[/math] приведем к виду [math]\textstyle{\int\limits_{1}^{+\infty} f(-t)\,dt}[/math], то есть [math]\int\limits_{1}^{+\infty} \varphi(t)\,dt[/math]. Тогда на основании результата, полученного в п. "б", можно сделать вывод о том, что оба интеграла, рассматриваемые в данном пункте, сходятся. При этом [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{x\cos x}{1+x^2}\,dx=0}[/math] как интеграл от нечетной функции, a [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{x\sin x}{1+x^2}\,dx= 2\int\limits_{0}^{+\infty} \dfrac{x\sin x}{1+x^2}\,dx}[/math] как интеграл от четной функции.


В качестве обобщения можно на основании признака Абеля сделать заключение, что сходящимися являются интегралы вида


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\cos\lambda x\,dx,\quad \int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\sin\lambda x\,dx[/math], где [math]R(x)=\frac{P_n(x)}{Q_m(x)},~m-n\geqslant1[/math] и [math]Q_m(x)\ne0[/math] для [math]x\in\mathbb{R}[/math].

Вычисление таких интегралов и приводящихся к ним интегралов методам математического анализа (нахождение первообразной) представляет в большинстве случаев определенные трудности.


Воспользуемся предложенным выше приемом сведения вычисления несобственного интеграла [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math] к вычислению интеграла по замкнутому контуру от функции комплексного переменного:


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \oint\limits_{C}f(z)\,dz-\lim\limits_{R\to\infty} \oint\limits_{C_R} f(z)\,dz\,.[/math]

Заметим, что запись [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \oint\limits_{C} f(z)\,dz}[/math] без исследования, в частности без доказательства равенства [math]\textstyle{\lim\limits_{R\to\infty} \oint\limits_{C_R} f(z)\,dz}[/math], не имеет основания и может привести к ошибкам. Так, для интеграла из примера 4.40 имеем


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\cos x}{1+x^2}\,dx=0[/math], но [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i} \frac{z\cos z}{1+z^2}= \frac{i\cos i}{2i}= \frac{\operatorname{ch}1}{2}[/math] и [math]\oint\limits_{C} f(z)\,dz=i\pi \operatorname{ch}1[/math],

где [math]C[/math] — контур, состоящий из дуги [math]|z|=R,~ R>1,~ \operatorname{Im}z \geqslant 0[/math] и отрезка [math][-R;R][/math]. Поэтому в данном случае [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx\ne \oint\limits_{C} f(z)\,dz}[/math].


Будем рассматривать [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx}[/math], где [math]f(x)=R(x)e^{i\lambda x}[/math] и [math]R(x)= \frac{P_n(x)}{Q_m(x)},~m-n \geqslant 1[/math] и [math]Q_m(x)\ne0,~ x\in R[/math], а [math]R(x)[/math] принимает действительные значения. Такой интеграл сходится, так как он может быть записан в виде суммы двух сходящихся интегралов:


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)e^{i\lambda x}\,dx= \int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\cos\lambda x\,dx+ i\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)\sin\lambda x\,dx\,.[/math]
(4.30)



Лемма Жордана


Доказательство возможности применения вычетов к вычислению интеграла [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)e^{i\lambda x}\,dx}[/math] основано на следующем утверждении.


Утверждение Жордана (4.10). Пусть функция [math]f(z)[/math] непрерывна в области [math]D\colon\, |z| \geqslant R_0,~ \operatorname{Im}z \geqslant-a[/math] и [math]\lim\limits_{R\to\infty} \max_{C_R}|f(z)|=0[/math], где [math]C_R[/math] — дуга окружности [math]|z|=R,~ \operatorname{Im}z\geqslant-a[/math]. Тогда для любого [math]\lambda>0[/math] справедливо равенство


[math]\lim\limits_{R\to\infty} \int\limits_{C_R} e^{i\lambda z}f(z)\,dz=0.[/math]
(4.31)

Замечания 4.7


1. Формула (4.31) верна для любого действительного [math]a[/math]. На рис. 4.6 изображены контур [math]C[/math] и дуга [math]C_R[/math] для случаев [math]a>0,~ a=0,~a<0[/math].


2. Формула (4.31) верна и при любом [math]\lambda<0[/math]. При этом [math]C_R[/math] — дуга окружности [math]|z|=R,~ \operatorname{Im}z \leqslant a[/math]. Справедливость этого заключения получается из леммы пуnем замены [math]z[/math] на [math](-z)[/math], что в силу [math](-z)=z\,e^{i\pi}[/math] геометрически соответствует повороту на [math]\pi[/math] (рис. 4.7).


3. Большой интерес в приложениях представляет запись леммы, получаемая заменой [math]iz=p[/math]. Геометрически это соответствует повороту на угол [math]\frac{\pi}{2}[/math], так как [math]p=z\exp \frac{i\pi}{2}[/math]. Для дуг окружностей [math]C_R\colon[/math] 1) [math]C_R\colon |p|=R,~ \operatorname{Re}p \leqslant a[/math] при [math]t>0[/math] и 2) [math]C_R\colon |p|=R,~ \operatorname{Re}p \geqslant-a[/math] при [math]t<0[/math] (рис. 4.8) имеет место формула


[math]\lim\limits_{R\to\infty} \int\limits_{C_R} F(p)e^{p\,t}\,dp=0.[/math]
(4.32)

В частном случае [math]a=0[/math] (см. рис. 4.6,б и рис. 4.7,б) лемма применяется для вычисления интегралов [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{i\lambda x}\,dx}[/math] с помощью вычетов. Кроме того, если функция [math]f(x)[/math] принимает только действительные значения при [math]x\in\mathbb{R}[/math], то, используя равенство (4.30), получаем возможность вычислять с помощью вычетов интегралы [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\cos\lambda x\,dx}[/math] и [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\sin\lambda x\,dx}[/math]. Первый из них является действительной частью, второй — мнимой частью интеграла [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)e^{i\lambda x}\,dx}[/math].


Для рассматриваемых в данном пункте интегралов [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)e^{i\lambda x}\,dx}[/math] функция [math]f(z)=R(z)[/math] удовлетворяет лемме Жордана. Подводя итог приведенным рассуждениям, запишем следующее утверждение.


Утверждение 4.11. Пусть [math]R(x)[/math] — рациональная функция, не имеющая особых точек на действительной оси (т.е. [math]Q(x)\ne0[/math] для [math]x\in\mathbb{R}[/math]), для которой точка [math]z=\infty[/math] — нуль порядка не ниже первого (т.е. [math]m-n\geqslant1[/math]). Тогда справедливы формулы:


1) при [math]\lambda>0[/math]


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)e^{i\lambda x}\,dx= 2i\pi \sum_{k=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k} \bigl[R(z)e^{i\lambda z}\bigr],\quad \operatorname{Im} z_k>0;[/math]
(4.33)

2) при [math]\lambda<0[/math]


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)e^{i\lambda x}\,dx=-2i\pi\sum_{k=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k} \bigl[R(z)e^{i\lambda z}\bigr],\quad \operatorname{Im} z_k<0;[/math]
(4.34)

3) при [math]\lambda>0[/math]


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\cos\lambda x\,dx=-2\pi \operatorname{Im}\! \left(\sum_{k=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k} \bigl[R(z)e^{i\lambda z}\bigr] \right)\!,\quad \operatorname{Im}z_k>0,[/math]
(4.35)

[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\sin\lambda x\,dx= 2\pi\operatorname{Im}\! \left(\sum_{k=1}^{n} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_k} \bigl[R(z)e^{i\lambda z}\bigr] \right)\!,\quad \operatorname{Im}z_k>0.[/math]
(4.36)



Алгоритм вычисления интегралов [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)e^{i\lambda x}\,dx}[/math]


1. Проверить условия для функции [math]R(x)[/math], записанные в утверждении 4.11.
2. Вычислить вычеты функции [math]R(z)e^{i\lambda z}[/math] во всех ее особых точках:
а) лежащих выше оси [math]Ox[/math], в случае [math]\lambda>0[/math];
б) лежащих ниже оси [math]Ox[/math], в случае [math]\lambda<0[/math].
3. Записать результат по формуле (4.33) при [math]\lambda>0[/math] и по (4.34) при [math]\lambda<0[/math].

4. Для вычисления интегралов [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\cos\lambda x\,dx}[/math] и [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\sin\lambda x\,dx}[/math] в результате, полученном в п. 3, отделить действительную и мнимую части и записать ответы для указанных интегралов по формулам (4.35) и (4.36).


Пример 4.41. Вычислить несобственные интегралы: а) [math]\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin x}{1+x^2}\,dx[/math]; б) [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{(x+1)\cos x}{x^2-2x+2}\,dx[/math].


▼ Решение

Приведем интегралы к виду [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} R(x)e^{i\lambda x}\,dx}[/math] и воспользуемся алгоритмом.


а) Так как подынтефальная функция четная, то можно записать


[math]\textstyle{\int\limits_{0}^{+\infty} \dfrac{x\sin x}{1+x^2}\,dx= \dfrac{1}{2}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{x\sin x}{1+x^2}\,dx}[/math]. Введем функцию [math]f(x)= R(x)e^{ix}[/math], для которой [math]\dfrac{x\sin x}{1+x^2}[/math] является мнимой частью, т.е. рассмотрим [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\,e^{ix}}{1+x^2}\,dx}[/math].

1. Функция [math]R(x)= \frac{x}{1+x^2}[/math] удовлетворяет условиям: [math]m-n=2-1=1;~ 1+x^2\ne0[/math] для действительных [math]x[/math].


2. Так как здесь [math]\lambda=1>0[/math], применяем формулу (4.33) или (4.36), т.е. рассматриваем только те особые точки функции [math]f(z)[/math], которые лежат выше оси [math]Ox[/math]. Функция [math]R(z)= \frac{z}{1+z^2}[/math] имеет две особые точки: [math]z_1=i[/math] и [math]z_2=-i[/math]. Используя (4.24), вычисляем вычет в точке [math]z=i[/math] — простом полюсе:


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i} \frac{z}{1+z^2}\,e^{iz}= \left.{\frac{z}{2z}\,e^{iz}}\right|_{z=i}= \frac{1}{2}\,e^{-1}.[/math]

Так как [math]\operatorname{Re} \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i} \frac{z}{1+z^2}\,e^{iz} = \frac{e^{-1}}{2}[/math], то по формуле (4.36) записываем ответ:


[math]\int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin x}{1+x^2}\,dx= \frac{1}{2} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x\sin x}{1+x^2}\,dx= \frac{1}{2}\cdot 2\pi\cdot \frac{e^{-1}}{2}= \frac{\pi}{2}\,e^{-1}.[/math]

б) Рассматриваем интеграл [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{(x+1)e^{ix}}{x^2-2x+2}\,dx}[/math].


1. Условия применения формул выполняются: функция [math]R(z)= \frac{z+1}{z^2-2z+2}[/math] в точке [math]z=\infty[/math] имеет нуль порядка [math]n=1[/math] и на действительной оси не имеет особых точек. Особые точки функции: [math]z_1=1+i,~ z_2=1-i[/math].


2. Так как [math]\lambda=1>0[/math], вычисляем вычет в точке [math]z_1=1+i[/math] — простом полюсе функции по формуле (4.24):


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=z_1} \frac{z+1}{z^2-2z+2}\,e^{iz}= \left.{\frac{z+1}{2z-2}\,e^{iz}}|_{z_1}= \frac{2+i}{2i}\,e^{i-1}.[/math]

3. Для интеграла [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{(x+1)e^{ix}}{x^2-2x+2}\,dx}[/math] по формуле (4.33) получаем результат:


[math]2i\pi\cdot \frac{2+i}{2i}\,e^{i-1}= \pi\,e^{-1}(2+i)e^{i}= \pi\,e^{-1}(2+i)(\cos1+ i\sin1).[/math]

4. Записываем ответ: [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{(x+1)\cos x}{x^2-2x+2}\,dx= \operatorname{Re} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{(x+1)e^{ix}}{x^2-2x+2}\,dx= \operatorname{Re} \bigl(\pi\,e^{-1}(2+i)e^{i}\bigr)= \pi\,e^{-1}(2\cos1-\sin1)[/math].


Используя формулу (4.35), пп. 3,4 можно объединить:


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{(x+1)\cos x}{x^2-2x+2}\,dx=-2\pi \operatorname{Im} \frac{2+i}{2i}\,e^{i-1}.[/math]

где [math]\frac{2+i}{2i}\,e^{i-1}= \frac{1}{2}(1-2i)e^{-1}(\cos1+i\sin1)= \frac{1}{2}\,e^{1} \bigl[(\cos1+2\sin1)+i(-2\cos1+\sin1)\bigr][/math];


[math]\operatorname{Im} \frac{2+i}{2i}\,e^{i-1}= \frac{1}{2}\,e^{-1}(\sin1-2\cos1).[/math]

В результате получаем ответ: [math]\pi\,e^{-1}(2\cos1-\sin1)[/math].


Пример 4.42. Вычислить несобственный интеграл [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos5x}{(x^2+1)^2(x^2+4)}\,dx[/math].


▼ Решение

Находим особые точки функции [math]R(x)= \frac{1}{(x^2+1)^2(x^2+ 4)}\colon\, z=\pm i[/math] и [math]z=\pm2i[/math]. Так как [math]\lambda=5>0[/math], рассматриваем точки [math]z_1=i[/math] и [math]z_2=2i\colon\, z_1=i[/math][math]\Pi(2)[/math]; [math]z_2=2i[/math][math]\Pi(1)[/math]. Находим вычеты функции [math]\frac{e^{5iz}}{(z^2+1)^2(z^2+4)}[/math] в этих точках:


[math]\begin{aligned}\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i} \frac{e^{5iz}}{(z^2+4)(z-i)^2(z+i)^2}&= \ldots=-\frac{4}{9}\,e^{-5}i\,;\\ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=2i} \frac{e^{5iz}}{(z^2+4)(z^2+1)^2}&= \ldots=-\frac{e^{-10}}{36}\,i.\end{aligned}[/math]

Используя формулу (4.35), получаем


[math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos5x}{(x^2+1)^2(x^2+4)}\,dx=-2\pi \operatorname{Im}\! \left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i} f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=2i}f(z)\right)=\frac{2\pi}{9}\,e^{-5}\! \left(4+\frac{1}{4}e^{-5}\right)\!.[/math]

Заметим, что [math]\textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx= \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin5x}{(x^2+1)^2(x^2+4)}\,dx=0}[/math], так как функция [math]f(x)[/math] — нечетная, что соответствует вычислениям по формуле (4.36): [math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=2i} f(z)=-\frac{4i}{9}\,e^{-5}-\frac{i}{36}e^{-10}[/math] — мнимое число и [math]\operatorname{Re}\! \left(\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i}f(z)+ \mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=2i}f(z) \right)=0[/math].


Пример 4.43. Вычислить интегралы: а) [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ix}\,dx}{(x^2+2ix-2)^2}[/math]; б) [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ix} \sqrt{x+i}}{x^2+1}\,dx,~ \Bigl.{\sqrt{z+i}}\Bigr|_{z=0}=\exp \frac{i\pi}{4}[/math].


▼ Решение

а) Применяем формулу (4.33), так как [math]\lambda=1>0[/math], т.е. рассматриваем только точки верхней полуплоскости.


Но обе особые точки функции [math]f(z)= \frac{1}{z^2+2iz-2}[/math], точки [math]z_1=-i+\sqrt{3}[/math] и [math]z_2=-i-\sqrt{3}[/math] расположены в нижней полуплоскости. Поэтому интеграл равен нулю.


б) Требуется, как и в предыдущем пункте, вычислить интеграл от комплекснозначной функции действительной переменной. При вычислении рассматривается та ветвь двузначного выражения [math]\sqrt{z+i}[/math], для которой задано значение в точке [math]\sqrt{i}=\exp \frac{i\pi}{4}[/math].


Функция [math]R(z)= \frac{\sqrt{z+i}}{z^2+1}[/math] удовлетворяет условиям применения формулы (4.33). Так как здесь [math]\lambda=1>0[/math], рассматриваем вычет в точке [math]z=i\colon[/math]


[math]\mathop{\operatorname{res}}\limits_{z=i} \frac{e^{iz} \sqrt{z+i}}{z^2+1}= \ldots= \left.{ \frac{e^{iz} \sqrt{z+i}}{2z}}\right|_{z=i}= \frac{e^{-1}}{2i} \sqrt{2i}= \frac{e^{-1}}{2i} \sqrt{2}\exp \frac{i\pi}{4}\,.[/math]

Получаем ответ: [math]\int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ix} \sqrt{x+i}}{x^2+1}\,dx= 2\pi i\cdot \frac{e^{-1}}{2i} \sqrt{2}\exp \frac{i\pi}{4}= \pi e^{-1}(1+i).[/math].


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved