Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 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 f(z).

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

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

4. Записать результат по формуле (4.19):


\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.

▼ Примеры 4.28-4.35 вычисления контурных интегралов с помощью вычетов

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


▼ Решение

Записываем решение по алгоритму.


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


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


Рис. 4.4.

3. Находим вычеты в точках z_1 и z_2 по формуле (4.24):


\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}\,.

Записываем ответ:


\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}\,.

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


▼ Решение

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


\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.

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


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


▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


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


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


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


\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}\,.

4. Запишем ответ: \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.


б) Воспользуемся алгоритмом.


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


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


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


\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}\,.

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


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


▼ Решение

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


\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)}\,.

Чтобы не вычислять вычеты в 15 особых точках z_k, используем обобщенную теорему о вычетах (формулу (4.20)). В данном случае она имеет вид \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) и, следовательно,


\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)\!.

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


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

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


\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.

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


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


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


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 z=\frac{1}{2}. Действительно, из


\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 следует \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).

Поэтому \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} и \oint\limits_{|z-1|=1} \frac{\cos \dfrac{z}{2z-1}}{z-1}\,dz= 2\pi i\cos\frac{1}{2}.


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


▼ Решение

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


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


\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}\,.

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


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


\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)\!,

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


\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=\infty}f(z)\right)\!.

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


\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.

Получаем ответ: \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}.


Пример 4.33. Вычислить интегралы от многозначных функций:


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


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


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

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


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


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

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


\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). Получаем ответ: \oint\limits_{|z-1|<\frac{3}{2}}f(z)\,dz= 2\pi ie(e-1).

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


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


▼ Решение

Точка ветвления z=0 функции \sqrt{z} 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 \sqrt{z}= \sqrt{|z|}= \exp \frac{(\arg z+2k\pi)i}{2} может быть выделена заданием значения функции в одной из точек области. Обозначим, например, (\sqrt{z})_1 — ветвь, для которой \sqrt{4}=2, и (\sqrt{z})_2 — ветвь, где \overline{4}=-2. Для каждого случая вычисляем интеграл, т.е.


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

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


\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}\,.

Пример 4.35. Вычислить интегралы:


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


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


Рис. 4.5.

▼ Решение

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


\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}

Получаем результат: \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).


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


\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}\,.

Здесь учтено, что z_1^4=z_2^4=-1.


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 [a,b] в замкнутую плоскую кривую C, то вычисление интеграла \textstyle{\int\limits_{a}^{b}f(x)\,dx} можно свести к вычислению интеграла \textstyle{\oint\limits_{C}F(z)\,dz}. Простейшая задача такого вида связана с преобразованием отрезка [0;2\pi] в окружность.




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


Здесь R(\cos x,\sin x)=R(u,v) — рациональная функция аргументов u и {v}. Для вычисления таких интегралов в математическом анализе в общем случае, за исключением некоторых частных случаев, применяется замена \operatorname{tg} \frac{x}{2}=t ("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 [0;2\pi] изменения переменных можно рассматривать как изменение \arg z точки z, принадлежащей окружности. Действительно, замена z=e^{ix} переводит отрезок [0;2\pi] в окружность |z|=1,~ 0 \leqslant\arg z \leqslant2\pi. При этом для переменных u=\cos x и v=\sin x получаются несложные, причем рациональные, выражения через z. По формулам Эйлера имеем


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

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


\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}\,.
(4.27)

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


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


▼ Решение

Обозначим e^{ix}=z, тогда


\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}\,.

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


\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\slash 2}{4i (3\slash 2)^3}= \frac{5}{i\,27}\,.\end{aligned}

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




Вычисление несобственных интегралов с помощью вычетов


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


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

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


\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\,.

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


▼ Решение

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


\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} (см. пример 4.35 п."б").

С другой стороны,


\oint\limits_{C}f(z)\,dz= \int\limits_{-R}^{R}f(z)\,dz+ \oint\limits_{C_R} f(z)\,dz, или \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}.

Оценим интеграл по дуге, учитывая неравенство для подынтегральной функции


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

Получаем \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}, поэтому \int\limits_{R\to\infty} \int\limits_{C_R} \frac{dz}{z^4+1}=0.


В результате \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}, то есть \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{dx}{x^4+1}= \frac{\pi \sqrt{2}}{2}.


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




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


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


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


\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 и получаем \lim\limits_{R\to\infty} \int\limits_{C_R} R(z)\,dz=0.

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


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


Результаты приведенных рассуждений запишем в виде утверждения.


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

Тогда справедливы равенства:


\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,
(4.28)

\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.
(4.29)

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


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




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 R(x).
3. Вычислить вычеты в особых точках функции R(x), расположенных:
а) выше оси Ox, если применяется формула (4.28);
б) ниже оси Ox, 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) \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^2+3}{(x^2+2x+17)^2}\,dx; б) \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x^2\,dx}{(x^2+4)^3}.


▼ Решение

а) Воспользуемся алгоритмом.


1. Проверяем условия утверждения 4.9:


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


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


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


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


\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}

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


б) Воспользуемся алгоритмом.


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


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


3. Находим вычет в точке z_1\colon


\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}

4. Записываем ответ: \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}.


Пример 4.39. Вычислить несобственные интегралы с помощью вычетов:


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


▼ Решение

Условия применения формул вычисления интегралов с помощью вычетов выполняются.


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


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


\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}\,.

Получаем ответ: \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}.


б) Особыми точками функции f(z)=\frac{1}{z^4-2i} являются корни уравнения z^4=2i, то есть z_k=\sqrt[\LARGE{4}]{2}\exp\left[\left(\frac{\pi}{8}+ \frac{\pi}{2}k\right)\!i \right],~ k=0,1,2,3. Все особые точки — простые полюсы функции; две расположены в верхней полуплоскости, две — в нижней. Используем формулу (4.28), рассмотрим точки z_1= \sqrt[\LARGE{4}]{2}\exp \frac{i\pi}{8} и z_2=\sqrt[\LARGE{\LARGE{4}}]{2}\exp \frac{i5\pi}{8}=\sqrt[\LARGE{\LARGE{4}}]{2}\exp \frac{i\pi}{8}\exp \frac{i\pi}{2}=i\cdot z_1.


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


\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}\,.

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




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


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


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


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


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


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

▼ Пример 4.40

Пример 4.40. Исследовать сходимость интегралов:


а) \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} ;


б) \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;


в) \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\,.


▼ Решение

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


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


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


\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\,.

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


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


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

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 \textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\,dx} к вычислению интеграла по замкнутому контуру от функции комплексного переменного:


\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\,.

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


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

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


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


\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\,.
(4.30)



Лемма Жордана


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


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


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

Замечания 4.7


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


Рис. 4.6.

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


Рис. 4.7.

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


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

Рис. 4.8.

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


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


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


1) при \lambda>0


\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;
(4.33)

2) при \lambda<0


\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;
(4.34)

3) при \lambda>0


\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,
(4.35)

\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.
(4.36)



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


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

4. Для вычисления интегралов \textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\cos\lambda x\,dx} и \textstyle{\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x)\sin\lambda x\,dx} 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) \int\limits_{0}^{+\infty} \frac{x\sin x}{1+x^2}\,dx; б) \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{(x+1)\cos x}{x^2-2x+2}\,dx.


▼ Решение

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


а) Так как подынтегральная функция четная, то можно записать


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

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


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


\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}.

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


\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}.

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


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


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


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

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


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).

4. Записываем ответ: \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).


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


\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}.

где \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];


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

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


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


▼ Решение

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


\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}

Используя формулу (4.35), получаем


\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)\!.

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


Пример 4.43. Вычислить интегралы: а) \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac{e^{ix}\,dx}{(x^2+2ix-2)^2}; б) \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}.


▼ Решение

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


Но обе особые точки функции f(z)= \frac{1}{z^2+2iz-2}, точки z_1=-i+\sqrt{3} и z_2=-i-\sqrt{3} 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 \sqrt{z+i}, для которой задано значение в точке \sqrt{i}=\exp \frac{i\pi}{4}.


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


\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}\,.

Получаем ответ: \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)..

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved