Вычисление интегралов с помощью вычетов
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 . 2. Определить, какие из этих точек расположены в области , ограниченной контуром . Для этого достаточно сделать чертеж: изобразить контур и отметить особые точки. 3. Вычислить вычеты в тех особых точках, которые расположены в области. 4. Записать результат по формуле (4.19):
▼ Примеры 4.28-4.35 вычисления контурных интегралов с помощью вычетов
Пример 4.28. Вычислить контурный интеграл .
Решение
Записываем решение по алгоритму. 1. Конечными особыми точками функции являются нули знаменателя, , то есть . Заметим, что все точки — простые нули знаменателя, следовательно, простые полюсы . 2. Контуром интегрирования является окружность , а точки расположены в вершинах квадрата, вписанного в окружность (рис. 4.4). Поэтому в область, ограниченную контуром, попадают точки и .Заметим, что . 3. Находим вычеты в точках и по формуле (4.24): Записываем ответ:
Пример 4.29. Вычислить интегралы: а) ; б) .
Решение
Пример 4.30. Вычислить интегралы: a) ; б) .
Решение
а) Воспользуемся алгоритмом. 1. Находим конечные особые точки функции — корни уравнения , то есть , или . 2. В область входят точки . так как и . Другие точки не принадлежат кругу , так как для них . В этом можно также убедиться, сделав чертеж. 3. Точка — устранимая особая точка функции, так как ; поэтому .Точка является полюсом первого порядка , так как она — простой нуль знаменателя, а числитель при этом не обращается в нуль, т.е. функция может быть записана в виде . Вычет вычисляем по формуле (4.24): 4. Запишем ответ: . б) Воспользуемся алгоритмом. 1. Особыми точками функции являются нули знаменателя, т.е. корни уравнения , или , то есть . 2. Из всех точек кругу принадлежит только одна точка . 3,4. Находим вычет в точке — простом полюсе Записываем ответ: .
Пример 4.31. Вычислить контурные интегралы: а) ; б) .
Решение
а) Особыми точками функции являются простые полюсы и . Точка не принадлежит области , а точки расположены на окружности , следовательно, входят в область . Применяя формулу (4.19), можно найти вычеты в этих точках и получить ответ: Чтобы не вычислять вычеты в 15 особых точках , используем обобщенную теорему о вычетах (формулу (4.20)). В данном случае она имеет вид и, следовательно, Точка — простой полюс , и вычет находим по формуле (4.24): Точка — устранимая особая точка для и . Вычет вычисляем по формуле (4.26): Получаем ответ: . б) Особыми точками функции являются — простой полюс и — существенно особая точка. Обе точки принадлежат кругу . Вычет в точке находим по формуле (4.24): . Для нахождения вычета в точке -существенно особой точке — нужно найти коэффициент , т.е. записать разложение функции в ряд по степеням . Для этого записываем разложения функций и , перемножаем ряды и находим — коэффициент при степени . 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 . Действительно, из следует . Поэтому и .
Пример 4.32. Вычислить интеграл , где — граница круга единичного радиуса с центром в точке a) ; б) .
Решение
Пример 4.33. Вычислить интегралы от многозначных функций: а) ; б) .
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 функции не принадлежит кругу , и в этой области выражение допускает выделение однозначных ветвей . Нуль знаменателя — точка принадлежит кругу . Эта точка будет особой точкой для одной из ветвей, а именно для той ветви, для которой . Из условия и находим при . Но при этом . Следовательно, для выбранной ветви точка не является особой. Поэтому ветвь является в круге аналитической и интеграл равен нулю (см. формулу (2.54). б) Точка ветвления функции не принадлежит кругу . В области выделяются однозначные ветви функции Приравнивая нулю знаменатель, находим , то есть . Точка принадлежит кругу . Так как , то равенство выполняется при только для ветви, для которой . Для этой ветви точка является полюсом первого порядка и вычет в ней вычисляется по формуле (4.24): Получаем ответ: . Для других ветвей подынтегральная функция является аналитической и, следовательно, (см. формулу (2.54).
Пример 4.34. Вычислить интеграл от многозначной функции .
Решение
Пример 4.35. Вычислить интегралы: a) , где — контур, состоящий из дуга окружности и отрезка прямой (рис. 4.5,а); б) , где — контур, состоящий из верхней полуокружности и отрезка действительной оси (рис. 4.5,б).
Решение
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 в замкнутую плоскую кривую , то вычисление интеграла можно свести к вычислению интеграла . Простейшая задача такого вида связана с преобразованием отрезка в окружность.
Интегралы вида
Здесь — рациональная функция аргументов и . Для вычисления таких интегралов в математическом анализе в общем случае, за исключением некоторых частных случаев, применяется замена ("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 изменения переменных можно рассматривать как изменение точки , принадлежащей окружности. Действительно, замена переводит отрезок в окружность . При этом для переменных и получаются несложные, причем рациональные, выражения через . По формулам Эйлера имеем
, то есть .
Из получаем , a поэтому . В результате получаем формулу, связывающую интеграл от действительной переменной с интегралом по замкнутой кривой от функции комплексного переменного:
(4.27)
Полученный справа интеграл есть интеграл от рациональной функции, особыми точками которой являются только полюсы.
Пример 4.36. Вычислить собственный интеграл с помощью вычетов.
Решение
Вычисление несобственных интегралов с помощью вычетов
Еще больший интерес представляет возможность применения вычетов для вычисления несобственных интегралов вида , где интеграл понимается в смысле главного значения, т.е. (здесь отрезок ). Будем рассматривать функцию , непрерывную на . Возможность использования вычетов при решении такой задачи основана на том, что отрезок действительной оси рассматривается как часть замкнутого контура , состоящего из этого отрезка и дуги окружности, а интеграл по контуру записывается в виде суммы:
, где — дуга окружности .
Несобственный интеграл определяется как предел:
Пример 4.37. Вычислить несобственный интеграл , используя вычеты.
Решение
Интерес, с точки зрения применения вычетов, представляют интегралы , где функция такова, что , как в рассмотренном примере. Классы таких функций выделяются, и для всех функций рассматриваемого класса устанавливается формула .
Интегралы вида
Здесь — рациональная функция переменной , то есть , где и — многочлены степени и соответственно. Как отмечалось выше, рассматриваем функцию , непрерывную на , т.е. многочлен не имеет действительных нулей. В теории несобственных интегралов путем сравнения таких интегралов с интегралами , устанавливается их сходимость при условии , то есть . При таком условии и функция , доопределенная в точке предельным значением , имеет в этой точке нуль порядка не ниже второго, а поэтому может быть записана в виде , где , то есть при .
Учитывая это, проводим оценку интеграла, как в рассмотренном примере,
и получаем .
Таким образом, для рассматриваемого типа интегралов получаем , где — контур, состоящий из верхней полуокружности и отрезка , причем таково, что все особые точки функции , для которых , расположены в полукруге .
Очевидно, аналогичный вывод можно получить, рассматривая полукруг .
Результаты приведенных рассуждений запишем в виде утверждения.
Утверждение 4.9. Пусть функция , удовлетворяет условиям:1) , т.е. степень знаменателя больше степени числителя по крайней мере на два;2) для — действительных, т. е. не имеет особых точек на действительной оси.
Тогда справедливы равенства:
(4.28)
(4.29)
где — все особые точки функции , расположенные выше оси в случае формулы (4.28) и ниже оси — в случае формуль (4.29).
Заметим, что если — четная функция, то можно, используя эти формулы, вычислять интегралы вида , так как для четных функций имеет место равенство .
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 . 3. Вычислить вычеты в особых точках функции , расположенных: а) выше оси , если применяется формула (4.28); б) ниже оси , если применяется формула (4.29). 4. Записать результат по формуле (4.28) или (4.29).
▼ Примеры 4.38-4.39
Пример 4.38. Вычислить интегралы: а) ; б) .
Решение
а) Воспользуемся алгоритмом. 1. Проверяем условия утверждения 4.9: – так как в числителе многочлен степени , а в знаменателе , то условие выполняется; – уравнение не имеет действительных корней, так как дискриминант трехчлена . Поэтому второе условие также выполняется. 2. Особыми точками функции являются полюсы второго порядка и . 3. Применим формулу (4.28). Для этого вычислим вычет в точке 4. Записываем ответ: . б) Воспользуемся алгоритмом. 1. Условия утверждения 4.9 выполняются. Можно использовать формулу (4.28). Подынтегральная функция является четной. 2. Особыми точками функции являются полюсы третьего порядка и . 3. Находим вычет в точке 4. Записываем ответ: .
Пример 4.39. Вычислить несобственные интегралы с помощью вычетов: а) ; б) .
Решение
Условия применения формул вычисления интегралов с помощью вычетов выполняются. Заметим, что в отличие от предыдущих примеров здесь подынтегральные функции являются комплекснозначными и может быть комплексным числом. а) Особыми точками функции являются , и корни уравнения , то есть и . Три точки расположены в верхней полуплоскости, одна — в нижней. Будем применять формулу (4.29). Вычисляем вычет в точке — простом полюсе подынтегральной функции по формуле (4.24): Получаем ответ: . б) Особыми точками функции являются корни уравнения , то есть . Все особые точки — простые полюсы функции; две расположены в верхней полуплоскости, две — в нижней. Используем формулу (4.28), рассмотрим точки и . Вычисляя вычеты по формуле (4.24), записываем результат (при этом учитывается, что ): или, так как , то .
Несобственные интегралы вида
Выше рассматривались интегралы вида , где и для . Но такими интегралами не исчерпывается класс сходящихся несобственных интегралов .
Например, сходящимися, согласно признаку Абеля, являются интегралы , где и функции удовлетворяют условиям:
а) непрерывна и имеет ограниченную первообразную на , т.е. для любого справедливо неравенство ;
б) — непрерывно дифференцируема на и, монотонно убывая, стремится к нулю при , то есть
▼ Пример 4.40
Пример 4.40. Исследовать сходимость интегралов: а) б) в)
Решение
В качестве обобщения можно на основании признака Абеля сделать заключение, что сходящимися являются интегралы вида
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 к вычислению интеграла по замкнутому контуру от функции комплексного переменного:
Заметим, что запись без исследования, в частности без доказательства равенства , не имеет основания и может привести к ошибкам. Так, для интеграла из примера 4.40 имеем
где — контур, состоящий из дуги и отрезка . Поэтому в данном случае .
Будем рассматривать , где и и , а принимает действительные значения. Такой интеграл сходится, так как он может быть записан в виде суммы двух сходящихся интегралов:
(4.30)
Лемма Жордана
Доказательство возможности применения вычетов к вычислению интеграла основано на следующем утверждении.
Утверждение Жордана (4.10). Пусть функция непрерывна в области и , где — дуга окружности . Тогда для любого справедливо равенство
(4.31)
Замечания 4.7
1. Формула (4.31) верна для любого действительного . На рис. 4.6 изображены контур и дуга для случаев .
2. Формула (4.31) верна и при любом . При этом — дуга окружности . Справедливость этого заключения получается из леммы пуnем замены на , что в силу геометрически соответствует повороту на (рис. 4.7).
3. Большой интерес в приложениях представляет запись леммы, получаемая заменой . Геометрически это соответствует повороту на угол , так как . Для дуг окружностей 1) при и 2) при (рис. 4.8) имеет место формула
(4.32)
В частном случае (см. рис. 4.6,б и рис. 4.7,б) лемма применяется для вычисления интегралов с помощью вычетов. Кроме того, если функция принимает только действительные значения при , то, используя равенство (4.30), получаем возможность вычислять с помощью вычетов интегралы и . Первый из них является действительной частью, второй — мнимой частью интеграла .
Для рассматриваемых в данном пункте интегралов функция удовлетворяет лемме Жордана. Подводя итог приведенным рассуждениям, запишем следующее утверждение.
Утверждение 4.11. Пусть — рациональная функция, не имеющая особых точек на действительной оси (т.е. для ), для которой точка — нуль порядка не ниже первого (т.е. ). Тогда справедливы формулы:
1) при
(4.33)
2) при
(4.34)
3) при
(4.35)
(4.36)
Алгоритм вычисления интегралов
1. Проверить условия для функции , записанные в утверждении 4.11. 2. Вычислить вычеты функции во всех ее особых точках: а) лежащих выше оси , в случае ; б) лежащих ниже оси , в случае . 3. Записать результат по формуле (4.33) при и по (4.34) при .
4. Для вычисления интегралов и в результате, полученном в п. 3, отделить действительную и мнимую части и записать ответы для указанных интегралов по формулам (4.35) и (4.36).
▼ Примеры 4.41-4.43
Пример 4.41. Вычислить несобственные интегралы: а) ; б) .
Решение
Приведем интегралы к виду и воспользуемся алгоритмом. а) Так как подынтегральная функция четная, то можно записать . Введем функцию , для которой является мнимой частью, т.е. рассмотрим . 1. Функция удовлетворяет условиям: для действительных . 2. Так как здесь , применяем формулу (4.33) или (4.36), т.е. рассматриваем только те особые точки функции , которые лежат выше оси . Функция имеет две особые точки: и . Используя (4.24), вычисляем вычет в точке — простом полюсе: Так как , то по формуле (4.36) записываем ответ: б) Рассматриваем интеграл . 1. Условия применения формул выполняются: функция в точке имеет нуль порядка и на действительной оси не имеет особых точек. Особые точки функции: . 2. Так как , вычисляем вычет в точке — простом полюсе функции по формуле (4.24): 3. Для интеграла по формуле (4.33) получаем результат: 4. Записываем ответ: . Используя формулу (4.35), пп. 3,4 можно объединить: где ; В результате получаем ответ: .
Пример 4.42. Вычислить несобственный интеграл .
Решение
Пример 4.43. Вычислить интегралы: а) ; б) .
Решение
Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.
|