ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛОВ С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Оренбургский государственный университет»
Кафедра прикладной математики
И.П. ВАСИЛЕГО
ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛОВ
С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ
Рекомендовано к изданию Редакционно-издательским советом
государственного образовательного учреждения
высшего профессионального образования
«Оренбургский государственный университет»
Оренбург 2004
ББК 22.161.1 я7
В 19
УДК 517.3 (07)
Рецензент
кандидат
физико-математических
наук,
математического анализа Невоструев Л.М.
В19
доцент,
зав.кафедрой
Василего И.П.
Вычисление интегралов с помощью вычетов: Методические
указания. – Оренбург: ГОУ ОГУ, 2004. – 20с.
Методические указания предназначены для студентов экономических
специальностей и инженерно-технических специальностей. На базе
основной теоремы теории вычетов, получены алгоритмы вычисления,
определенных интегралов от тригонометрических функций и
несобственных интегралов двух видов.
ББК 22.161.1 я7
© И.П. Василего, 2004
© ГОУ ОГУ, 2004
2
Введение
Решение многих задач физики, механики и некоторых разделов
математики связано с вычислением определенных или несобственных
интегралов. В работе рассмотрены способы вычисления таких интегралов с
помощью теории вычетов. В разделе 1 приводятся основные сведения из
теории вычетов. В разделе 2,3 на примерах разобраны способы вычисления
определенных и несобственных интегралов и приведены варианты примеров
для самостоятельной работы.
3
1 Основные факты теории вычетов
I Обязательно по книгам (1) и (2) читатель должен ознакомиться с
основными понятиями теории функций комплексного переменного:
аналитическая функция, интеграл от функции комплексной переменной по
кривой и его свойства, ряды Тейлора и Лорана и т.д.
Определение 1. Нулем аналитической функции f ( z ) называется точка
z 0 , для которой f ( z 0 ) = 0 .
Если f ( z ) не равна тождественно нулю ни в какой окрестности точки
z 0 , то можно описать окружность достаточно малого радиуса с центром в точке
z 0 внутри которой не будет других нулей, кроме центра z 0 .
Если f ( z 0 ) = f ′( z 0 ) = ... = f (k −1) ( z 0 ) = 0 , а f (k ) ( z 0 ) ≠ 0 , то точка z 0
называется нулем порядка k для функции f ( z ) . Если k = 1 , то нуль называется
простым, при k > 1 k - кратным.
Определение 2. Точки в которых функция f ( z ) перестает быть
аналитической называются особыми точками функции f ( z ) .
Определение 3. Точка z 0 называется изолированной особой точкой
функции f ( z ) , если функция f ( z ) аналитична в некоторой проколотой
окрестности (кольце) {z ∈ С | 0 < z − z 0 < r}, а в самой точке z 0 или не
определена, или определена, но не дифференцируема.
Определение 4. Ряд вида
+∞
n
∑ a n (z − z 0 ) =
−∞
∞
a n n = −∞ -
+∞
∑ a n ( z − z 0 )n +
n =0
−1
∑ a n ( z − z 0 )n
n = −∞
где { }
последовательность комплексных чисел, называется
рядом Лорана с центром в точке z 0 .
Ряд
+∞
∑ a n ( z − z 0 )n ,
n =0
сходящемся в круге z − z 0 < r , называется правильной
частью ряда Лорана.
Ряд
1
∑ a n ( z − z 0 )n ,
n = −∞
сходящийся в области z − z 0 > 0 , называется главной
частью ряда Лорана.
По определению ряд Лорана сходится, если сходятся одновременно его
правильная и главная части. Следовательно, ряд Лорана сходится в кольце:
0 < z − z0 < r .
Изолированные особые точки бывают трех типов: устранимая особая
точка, полюс, существенно особая точка.
Определение 5. Изолированная особая точка z 0 функции f ( z )
называется устранимой, если существует конечный предел lim f ( z ) ≠ f ( z 0 ) .
z → z0
4
Тогда z 0 является устранимой особой точкой функции f ( z ) тогда и только
тогда, когда главная часть её ряда Лорана с центром в точке z 0 отсутствует.
Определение 6. Изолированная особая точка z 0 функции f ( z )
называется полюсом, если lim f ( z ) = ∞ .
z → z0
Тогда z 0 является полюсом функции f ( z ) , тогда и только тогда, когда
главная часть ряда Лорана с центром в точке z 0 состоит из m (конечного числа)
членов:
f (z ) =
a −m
( z − z 0 )m
+
a − m +1
(z − z 0 )m−1
∞
a −1
+ .. +
+ ∑ a n ( z − z 0 )n , a − m ≠ 0, m ≥ 1.
z − z 0 n =0
Число m называют порядком полюса. Если m = 1, то полюс называется
простым.
Если для функции f ( z ) точка z = z 0 есть полюс порядка m , то для
1
функции
точка z = z 0 есть нуль порядка m .
f (z )
Определение 7. Изолированная особая точка z 0 функции f ( z )
называется существенно особой точкой, если lim f ( z ) не существует. Точка
z → z0
z 0 является существенно особой точкой функции f ( z ) тогда и только тогда,
когда главная часть ряда Лорана с центром в точке z 0 содержит бесконечное
число членов.
Например, точка z = 0 - существенно особая точка функции
1
ez
1
ez.
1
1
+
+ ..... .
z 2! z 2
Заметим, что изолированная особая точка функции f ( z ) является
полюсом порядка k ≥ 1 тогда и только тогда, когда в некоторой проколотой
ϕ( z )
окрестности точки z 0 : 0 < z − z 0 < r , f ( z ) =
причем ϕ( z ) аналитична
( z − z 0 )k
в круге z − z 0 < r и ϕ( z 0 ) ≠ 0 .
II Вычет функции и правила вычисления его
Определение 8. Вычетом однозначной аналитической функции f ( z ) в
изолированной особой точке z 0 (в том числе z 0 = ∞ ) называется значение
интеграла
Действительно,
=1+
1
f ( z )dz = Re s f ( z )
z = z0
2πi ∫γ
5
где интегрирование ведется по γ -замкнутому кусочно-гладкому контуру
Жордана, содержащему внутри себя точку z 0 и не содержащему других особых
точек функции f ( z ) . При этом интегрирование ведётся в положительном
направлении относительно области, содержащей точку z 0 .
Если z 0 ≠ ∞ , то Re s f ( z ) = a −1 - коэффициент при
z = z0
Лорана. Если z 0 = ∞ , то
(z − z 0 )−1
в ряде
Re s f ( z ) = a1 , где a1 - коэффициент при z −1 в
z = z0 = ∞
лорановском разложении функции f ( z ) в окрестности точки z 0 = ∞ .
Вычет f ( z ) в точке z 0 = ∞ находят, в основном, непосредственно по
определению, причем за контур γ принимают окружность z = R достаточно
большого радиуса.
Правила вычисления вычетов в точке z 0 ≠ ∞ .
1) Если точка z 0 является устранимой особой точкой для функции
f ( z ) , то Re s f ( z ) = 0 .
z = z0
2) Пусть точка z = z 0 - полюс первого порядка (простой полюс) для
f ( z ) . Тогда Re s f ( z ) = lim (( z − z 0 ) f ( z )) .
z = z0
z → z0
ϕ( z )
, где функции ϕ( z ) и ψ ( z ) аналитические в
ψ(z )
окрестности точки z 0 , ϕ( z 0 ) ≠ 0, ψ ( z 0 ) = 0, ψ ′( z 0 ) ≠ 0 , то
В частности, если f ( z ) =
Re s f ( z ) =
z = z0
ϕ( z 0 )
.
ψ ′( z 0 )
3) Если точка z 0 - полюс порядка m > 1 функции f ( z ) , то
Re s f ( z ) =
z = z0
(
)
(m −1)
1
lim ( z − z 0 )m ⋅ f ( z )
(m − 1)! z → z0
Для вычисления интегралов будем использовать основную теорему 1
теории вычетов:
Если функция f ( z ) аналитична в замкнутой области G , ограниченной
замкнутой спрямляемой жордановой кривой С, за исключением конечного
числа изолированных особых точек a1 , a 2 ,..., a n , находящихся внутри С, то
справедлива формула
∫
c
6
n
f ( z )dz = 2πi ∑ Re s f ( z )
k =1 z = ak
2 Вычисление интегралов от тригонометрических функций
Интегралы вида I =
2π
∫ R(cos ϕ, sin ϕ)dϕ ,
где R(u , v ) - рациональная
0
функция, а функция g (ϕ ) = R(cos ϕ, sin ϕ ) непрерывна на отрезке [0,2π] ,
сводится к интегралом по единичной окружности от функций комплексного
переменного.
Пусть z = e iϕ . Тогда с помощью формул Эйлера: e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ
получим
1
1
z−
z+
iϕ
− iϕ
iϕ
− iϕ
e −e
e +e
z , cos ϕ =
z (1)
или sin ϕ =
sin ϕ =
, cos ϕ =
2i
2
2i
2
dz 1 dz
= ⋅ .
z i z
При изменении ϕ от 0 до 2π переменная z пробегает окружность z = 1 ,
Отсюда dz = e iϕ ⋅ idϕ или dϕ = −i
1 1
1 1 
1 
~
R ( z ) = R  z + ,
 z −   . Так как
z 2
z  2i 
z 
~
рациональная функция R ( z ) ≠ ∞ на окружности z = 1 , то существует такое
~
r > 1, что в круге z < r функция R ( z ) определена и аналитична всюду за
исключением быть может конечного числа изолированных особых точек,
находящихся в круге z < 1 . Взяв в качестве контура С окружность z = 1 и
применяя теорему 1, получим
поэтому
I=
1 ~
R ( z )dz
i∫
(где
n
~
I = 2πi ⋅ ∑ Re s R ( z ),
(2)
k =1 z = ak
~
где a1 , a 2 ,..., a k - полюсы функции R ( z ) , лежащие в круге z < 1 .
Таким образом, алгоритм вычисления интеграла I =
2π
∫ R(cos ϕ, sin ϕ)dϕ
0
таков:
1) надо доказать, что функция R(cos ϕ, sin ϕ ) рациональна относительно
cos ϕ или sin ϕ и непрерывна на [0;2π] ;
2) делаем замену z = e iϕ при которой отрезок [0;2π] переводится в
dz
1
1
1  1
и
множество M = {z ∈ C | z = 1}; sin ϕ =  z − , cos ϕ =  t + , dϕ =
2i 
2 t
z
iz
7
I=
1
i
~
∫ R (z )dz ;
z =1
3) проверяем условие теоремы 1. Для этого находим изолированные
~
особые точки z1 , z 2 ,..., z k функции R ( z ) принадлежащие множеству
{z ∈ C | z < 1}. Теперь функция R~(z ) аналитична на замкнутом множестве
{z ∈ C | z ≤ 1} = G
ограниченном окружностью
z = 1 за исключением точек
z1 , z 2 ,..., z k ;
4) вычисляем I ориентируясь на следующие возможные случаи:
~
а) R ( z ) = P( z ) многочлен относительно z . Так как изолированных
особых точек нет, то I = 0 ;
a
~
б) R ( z ) =
+ P( z ) ( P( z ) - многочлен). Тогда точка z = z 0 простой
z − z0
~
~
полюс функции R ( z ) и Re s R ( z ) = a (по определению вычета), поэтому
z = z0
a
= 2πa ;
i
ϕ( z )
~
причем ψ ( z 0 ) = 0, ϕ( z 0 ), ψ ′( z 0 ) ≠ 0 . Тогда по правилу
в) R ( z ) =
ψ( z )
ϕ( z 0 )
ϕ( z 0 )
~
и по формуле (2) I = 2π
;
2 Re s R ( z ) =
z = z0
ψ ′( z 0 )
ψ ′( z 0 )
P( z )
~
г) R ( z ) =
, где P( z ) и Q( z ) - многочлены.
Q( z )
Особые точки z1 ,..., z k ищутся среди корней (нулей) многочлена Q( z ) . Точки
z1 ,..., z k могут быть только полюсами (простыми или порядка m ). Вычет
~
функции R ( z ) точек z1 , z 2 ,..., z k находят по правилу 2 или по правилу 3. Тогда
I = 2πi ⋅
k
~
I = 2πi ∑ Re sR ( z ) .
n =1 z = z n
Рассмотрим примеры:
2π
dt
1 I= ∫
2
5 + cos t
0
(
)
Решение. Функция f (t ) =
(
1
5 + cos t
)
2
является рациональной функцией
1
cost и непрерывной на [0;2π] . Полагая z = e it имеем cos t =  z +
2
8
1
dz
, dt = .
z
iz
Теперь
dz
dz
1
4
4
I= ∫ −
=
=
∫
2
2
i z =1 
i z =1 
i
1
1
1
z 5 + z + 
z 2 5 + z + 
z
2
2z 


zdz
4
= ∫
.
i z =1 z − − 5 + 2 2 z − − 5 − 2 2
( (
)) ( (
∫
z =1
(z
zdz
2
)
+ 2 5z + 1
2
))
z
 z − − 5 + 2 2  z − − 5 − 2 2 



имеет особые точки z1 = − 5 − 2, z 2 = − 5 + 2 , которые являются полюсами
второго порядка. Функция g(z) (подынтегральная) аналитична на окружности
z = 1 и в круге z < 1 за исключением точки z 2 = − 5 + 2 . Следовательно, по
теореме 1 имеем:
4
zdz
4
= ⋅ 2ni ⋅ Re s g ( z ) = 8π Re s g ( z ) .
∫
2
2
z = z2
z = z2
i z =1 z − − 5 + 2 ⋅ z − − 5 − 2
i
Подынтегральная
( (
функция
g ( z) =
)) ( (
(
)
(
)
))
Пользуясь формулой правила 3 вычисления вычета имеем:
′
′
2
 z ⋅ ( z − z 2 )2 


(
)
1
z
z
−
− 2 z ( z − z1 )
1
z
1
 = lim 
 = lim
Re s g ( z )=
lim 
=
4
z = z2
(2 − 1)! z → z2  ( z − z1 )2 ( z − z 2 )2  z → z2  ( z − z1 )2  z → z2
(z − z1 )
z − z1 − 2 z
− z − z1
− z 2 − z1
5−2+ 5+2
2 5
5
lim
= lim
=
=
=
=
=
.
3
3
3
z → z2 ( z − z )3
32
z → z 2 ( z − z )3
4
(z 2 − z1 ) − 5 + 2 + 5 + 2
1
1
(
)
5 π 5
=
.
32
4
π
cos 4 ϕ
2 Вычислить I = ∫
dϕ .
2
+
ϕ
1
sin
0
Решение.
Используя
формулы
понижения
степени:
π
1 (1 + cos 2ϕ )2
1 + cos 2ϕ
1 − cos 2ϕ
2
2
dϕ .
cos ϕ =
, sin ϕ =
получим, что I = ∫
2
2
2 0 3 − cos 2ϕ
Таким образом I = 8π
1
I=
4
Сделаем замену t = 2ϕ , тогда
2π
∫
0
(1 + cos t )2 dt .
3 − cos t
Функция
(1 + cos t )2
3 − cos t
является рациональной функцией относительно cost и непрерывной на [0;2π] .
1
Теперь после замены z = e имеем I =
i
it
∫
− ( z + 1)4
(
)
2 2
z =1 8 z z − 6 z + 1
dz .
9
~
R ( z) =
Функция
− ( z + 1)4
(
)
имеет
8z 2 z 2 − 6 z + 1
особые
точки
z1 = 0, z 2 = 3 − 2 2 , z 3 = 3 + 2 2 , точки z1 = 0, z 2 = 3 − 2 2 лежат внутри
окружности z = 1 . Причем z1 = 0 - полюс второго порядка, вычет его найдем
по правилу 3
′
3 2
4
 − ( z + 1)4 
~
 = − lim 4( z + 1) ( z − 6z + 1) − ( z + 1) (2z − 6) = − 10 = − 5
Re s R( z) = lim 2
z →0 8 z − 6 z + 1 
z →0
z =0
8
4
8( z 2 − 6z + 1) 2


~
Точка z 2 = 3 − 2 2 - простой полюс. Вычет Re s R ( z ) найдем по правилу 2
(
~
Re s R ( z )= lim
z = z2
z →3− 2
)
− ( z + 1)4
z= z 2
8 2 (3 − 2 2 )2 8 2
=−
=
=
= 2
2 8 ⋅ z 2 z − (3 + 2 2 )
8
8(3 −2 2 )2 (−4 2 ) 8(3 − 2 2 )2
(
)
(4− 2 2 )4
 5

По формуле (2) имеем I = 2π − + 2  .
 4

π
cos nϕ
3 Вычислить I 1 = ∫
dϕ при условии, что − 1 < a < 1 и
2
− π1 − 2a cos ϕ + a
n ∈ R, n > 0 .
Решение.
Рассмотрим
интеграл
I2 =
π
sin nϕ
∫ 1 − 2a cos ϕ + a 2 dϕ. I 2 = 0
−π
поскольку подынтегральная функция нечетна, а пределы интегрирования
π
π
cos nϕ + i sin nϕ
e inϕ
dϕ = ∫
dϕ.
симметричны. Тогда I 1 = I 1 + iI 2 = ∫
2
2
1
2
cos
1
2
cos
−
ϕ
+
−
ϕ
+
a
a
a
a
−π
−π
1
1
dz
После
замены
z = e iϕ ,
cos ϕ =  z + , dϕ =
будем
иметь
2
z
iz
− z n dz
1
− z n dz
.
∫  2  1  = i ∫
1


z =1  z − a +
z =1 a ( z − a ) z − 

 z + 1 ⋅ a
a
a





~
Подынтегральная функция R ( z ) аналитична на множестве z ≤ 1 кроме
~
нуля знаменателя z1 = а, который является простым полюсом функции R ( z ) .
1
не принадлежит множеству z ≤ 1 . По формуле (2) и
Особая точка z 2 =
a
2πa n
− an
− zn
~
правилу 2 имеем, что I 1 = 2π ⋅ Re s R ( z ) = 2π lim
.
=
= 2π
z →a 
z =a
1
1  1− a2

a z − 
a a − 
a
a


1
I1 =
i
10
4 Вычислить I n = (−1)
π
n
∫ (sin α + sin ϕ)
n
⋅ e inϕ dϕ .
−π
Решение. Сделаем замену z = e iϕ . Тогда sin ϕ =
(
− 1)n
1  1 

n dz
I n = (− 1) ∫  sin α +  z −   ⋅ z
=
2
i
z
iz
i




z =1
n
n
dz
1
1
и
 z − , dϕ =
z
iz
2i 
(
)
n
1 2
 dz

sin
1
=
z
z
α
+
−


∫ 
2
i
z

z =1
n dz
(
− 1)n
2
(
)
=
+
2
sin
α
−
1
.
z
iz
∫
n
z
i(2i ) z =1
Подынтегральная функция аналитична на множестве z ≤ 1 кроме нуля
знаменателя z=0, который является простым полюсом подынтегральной
функции. По формуле (2) и правилу 2 получаем, что
In =
=
(− 1)n
i ⋅ (2i ) n
(z
2πi Re s
2
z =0
2π(−1) n (−1) n
=
2n ⋅ i n
π
2 n −1 i n
)
+ 2iz sin α − 1
z
=
πi n
2 n −1 ⋅ i 2 n
=
n
2π(−1) n
=
(2i ) n
z →0
πi n
=
2 n −1 (−1) n
(
)
n
lim z 2 + 2iz sin α − 1 =
πi n (−1) n
2 n −1
.
Примеры для самостоятельного решения. Вычислить интегралы:
2π
2π
dt
dϕ
;
;
2) ∫
1) ∫
5
3
cos
+
ϕ
4
15
sin
+
t
0
0
π
sin 2 ϕ
dϕ;
3) ∫
5
−
4
cos
ϕ
−π
π
5)
∫ 1 − a sin2 ϕ
0
π
7)
∫
−π
π
9)
cos2 ϕ
dϕ, 0 < a < 1;
(1 + 2 cos ϕ)
n
0
π
6)
10)
sin nϕdϕ
∫ 1 − 2a sin ϕ + a 2 , −n1=<0,1a,2,<3...1;
−π
π
2
cos 2ϕdϕ
dϕ
∫ a + cos ϕ , a > 1;
4)
cos nϕ
dϕ, n = 0,1,2,...; 8)
5 + 4 cos ϕ
∫ 1 − 2a cos ϕ + a 2 , a < 1;
−π
2π
sin 2 ϕ
∫ 1 − 2a cos ϕ + a 2 , a > 1;
−π
π
dϕ
∫ (a + b cos ϕ)2 , a > b > 0.
0
11
3 Вычисление несобственных интегралов
1 При вычислении некоторых типов несобственных интегралов будем
использовать следующие две леммы Жордана.
Лемма 1. Пусть функция f(z) является непрерывной в области
D = z ∈ C z ≥ R0 , Im z ≥ 0 при некотором R0>0 и lim R ⋅ M (R ) = 0 , где
{
}
{
R →∞
}
M ( R) = max f ( z ) , C R = z ∈ C z = R, Im z ≥ 0 . Тогда lim
z∈C R
R →∞
∫ f ( z )dz = 0 .
CR
Лемма 2. Пусть m>0 и для функции f(z) выполнены условия:
1) f(z) непрерывна в области D для некоторого R0>0;
2) lim M (R ) = 0 .
R →∞
Тогда lim
R →∞
∫ f ( z )e
imz
dz = 0 .
CR
2 Интегралы первого типа.
+∞
P ( x)
- рациональная функция,
Q
(
x
)
−∞
причем многочлен Q(x) не обращается в нуль на действительной оси и его
степень, по крайней мере, на две единицы больше степени полинома Р(x),
назовем интегралом первого типа. В силу условий наложенных выше на R(x),
c
с некоторой константой C>0 и поэтому
выполняется неравенство R( x) ≤
2
1+ x
интеграл I сходится.
Выведем формулу для вычисления этого интеграла с помощью вычетов.
Для этого рассмотрим замкнутый контур Kτ, состоящий из полуокружности
C τ = z ∈ C z = τ, Im z ≥ 0 и отрезка [− τ, τ] действительной оси (см. рисунок
1).
Интеграл вида I =
{
∫ R( x)dx , где
R( x) =
}
у
Сτ
-τ
0
τ
х
Рисунок 1
Направление обхода контура Kτ показано на рисунке 1. Рассмотрим
функцию комплексной переменной R(z) и пусть z1 , z 2 ,..., z n - полюсы этой
12
функции, лежащие в верхней полуплоскости. Число τ возьмем настолько
большим, чтобы все точки z1 , z 2 ,..., z n оказались внутри Kτ. Так как Q ( x) ≠ 0 на
действительной оси, то существует область G, содержащая замкнутую
верхнюю полуплоскость {z ∈ C I m z ≥ 0} и такая, что функция R(z) аналитична в
G за исключением только лишь точек z1 , z 2 ,..., z n . Область G, контур Kτ и
функция R(z) удовлетворяет условиям теоремы 1, поэтому
∫
n
R( z )dz = 2πi ∑ Re sR( z )
k =1 z = z k
Kτ
или
τ
n
sR( z ) .
∫ R( x)dx + ∫ R( z )dz =2πi ∑ Re
z=z
−τ
k =1
CR
k
В последнем равенстве перейдем к пределу при τ → ∞ . Заметим, что
при этом его правая часть не меняется, а в левой части ∫ R ( z )dz → 0 по первой
CR
τ
лемме Жордана, а интеграл
+∞
∫ R( x)dx → ∫ R( x)dx .
−τ
Таким образом, получили
−∞
формулу
+∞
n
−∞
k =1
s R( z ) ,
∫ R( x)dx = 2πi ∑ Re
z=z
(3)
k
Таким образом, алгоритм решения несобственных интегралов первого
типа таков:
1) показываем, что знаменатель Q(x)
не обращается в нуль на
действительной оси и что его степень по крайней мере на две единицы больше
степени многочлена Р(х);
P( z )
;
2) переходим к функции комплексной переменной R( z ) =
Q( z )
3) находим комплексные корни многочлена Q(z), которые являются
полюсами функции R(z);
4) из найденных полюсов функции R(z) выбираем только те, которые
лежат в верхней полуплоскости, например, z1 , z 2 ,..., z n ;
5) по правилам (2) или (3) вычисляем вычеты Re s R ( z ), k = 1, n ;
z = zk
6) по формуле (3) вычисляем интеграл.
Иногда пункты 5) и 6) выполняются одновременно.
Рассмотрим примеры.
+∞
dx
1 Вычислить I = ∫
2
2
0 x +1
(
)
13
Решение. Так как подынтегральная функция
+∞
(x
1
2
является четной,
)
+1
2
1
dx
то I = ∫
.
2 −∞ x 2 + 1 2
Так как (х2 + 1)2 не обращается в нуль на действительной оси и степень
многочлена (х2 + 1)2 на четыре больше степени числителя (1=1·х0), то интеграл
+∞
dx
∫ 2 2 является интегралом первого типа.
−∞ x + 1
1
. Корнями многочлена (z2 + 1)2
Рассмотрим функция R( z ) =
2
z2 +1
являются z1 = i, z2 = - i. Точки z1 = i и z2 = - i – полюсы второго порядка
функции R(z). Полюс z1 = i попал в верхнюю полуплоскость. По правилу 3
вычисляем вычет относительно z = i:
′
′
 ( z − i )2 ⋅ 1  1
 1 
1
 = lim
 = lim − 2( z + i ) =
Re s R ( z ) =
lim
z =i
(2 − 1)! z →i  ( z − i )2 ( z + i )2  1! z →i ( z + i )2  z →i ( z + i )4
−2
−2
−2 1
= lim
=
=
= .
z →i ( z + i )3
(2i )3 − 8i 4i
(
(
)
)
(
)
По формуле (3) вычисляем интеграл I =
2 Вычислить интеграл I =
+∞
∫
(x
1
1 π
⋅ 2πi = .
2
4i 4
x 2 dx
)(
)
.
2
+
1
x
+
9
−∞
Решение. Очевидно, что I – интеграл первого типа.
z2
аналитична всюду в плоскости, за
Функция R( z ) = 2
z +1 z2 + 9
исключением точек z1 = i, z 2 = −i, z 3 = −3i, z 4 = 3i . Эти точки являются
простыми полюсами функции R(z). Две из них (z1 и z4) лежат в верхней
(
2
)(
)
полуплоскости. По формуле (3) имеем I =
+∞


s R ( z ) + Re s R ( z )  .
∫ R( x)dx = 2πi Re
z =i
z =3i

−∞
По правилу 2
Re s R( z ) = lim
z =i
z →i
Re s R( z ) = lim
z =3i
14
z 2 ( z − i)
(z − i )(z + i )(z 2 + 9)
z →3i
(z
= lim
z 2 ( z − 3i)
2
)
+ 1 ( z − 3i )( z + 3i )
z →i
z2
(z + i )(z 2 + 9)
= lim
z →3i
(z
=
2i i 2 + 9
z2
2
)
(
i2
+ 1 ( z + 3i )
=
)
=
i
,
16
−9
3i
=− .
(− 9 + 1)6i 16
3i  π
 i
Отсюда I = 2πi −  = .
 16 16  4
3 Вычислить интеграл I =
+∞
∫
Так
как
)
2 3
2
, a > 0.
+a
подынтегральная
0
Решение.
1
x 2 dx
I= ∫
2 −∞ x 2 + a 2
(x
x 2 dx
функция
четная,
то
+∞
(
)
3
.
Очевидно, что I – интеграл первого типа. Рассмотрим функцию
z2
. Она аналитична всюду в плоскости за исключением точек
R( z ) =
2
2 3
z +a
z1 = ai и z 2 = − ai . Эти точки являются полюсами третьего порядка функции
R(z). Один из них ( z1 = ai ) попал в верхнюю полуплоскость. По формуле (3) и
правилу 3 имеем
″
′
 2aiz − z 2 
1
1  z 2 ( z − ai )3 
πi
 =
lim 
=
I = 2πi ⋅ Re s R( z ) = πi lim
3
3
4




z
→
ai
z
→
ai
z = ai
2!  ( z − ai ) ( z + ai ) 
2
2
 ( z + ai ) 
(
)
(
)
πi
2 z 2 − a 2 − 4aiz
π
=
lim
=
.
5
2 z →ai
16a 3
(z + ai )
4 Вычислить интеграл I n =
+∞
∫
R( z ) =
(z
)
-
In
1
=
2
+x
интеграл
−∞
Решение.
1
(a
dx
)
2 n
, a > 0, n = 1,2,...
первого
типа.
Функция
имеет полюс z = ai пго порядка в верхней
n
(z − ai )n (z + ai )n
+ a2
полуплоскости. Пользуясь правилом 3 и формулой (3), получаем
2
n

(
)
−
z
ai
2πi
I n = 2πi ⋅ Re s R( z ) =
lim 
z = ai
(n − 1)! z →ai (z − ai )n (z + ai )n




(n −1)

2πi
1
=
lim 
(n − 1)! z →ai (z + ai )n




(n −1)
=
n
(2n − 2 )! .
2πi (− 1) n(n + 1)(n + 2)...(2n − 2)
2π
=
⋅
=
⋅
(n − 1)!
(2ai )2n−1
(2a )2n−1 ((n − 1)!)2
Примеры для самостоятельного решения.
Вычислить интегралы:
+∞
+∞
dx
xdx
1) ∫
;
2)
∫ x 4 + 1;
2
2
− ∞ x + 4 x + 13
0
(
)
15
+∞
3)
∫
0
+∞
5)
∫
−∞
(x
dx
2
∫
−∞
+∞
9)
∫
−∞
)
+1
7
;
4)
(x
(x
;
2
+ 4ix − 5
6)
∫
(x
−∞
;
2
8)
)
∫
(x
0
2
;
8
10)
∫
−∞
+a
)
4
, a, b > 0;
dx
2
)(
x 6 dx
4
(x
)
+ a2 x2 + b2
+a
+∞
)
+1
(bx
+∞
x 2 dx
dx
∫
+∞
x 2 − 2ix − 2
2
x 4 dx
0
dx
+∞
7)
+∞
)
4 2
, a > 0;
dx
2
, a, b > 0;
− 2 xi − 1 − a
)
3
, a > 0.
3 Интегралы второго типа.
+∞
Интегралы вида
∫ R( x) sin αxdx,
−∞
+∞
∫ R( x) cos αxdx
назовем интегралами
−∞
P ( x)
второго типа, если R ( x) =
- рациональная функция, причем Q(x) не имеет
Q( x)
действительных корней и степень Q(x) по крайней мере на единицу больше
степени Р(x). Покажем, что при этих условиях оба интеграла сходятся.
Интегрируя по частям и учитывая, что lim R ( x) = 0 , получим
x →∞
+∞
+∞
+∞
+∞
1
1
1
R
(
x
)
sin
α
xdx
=
R
(
x
)
cos
α
x
− ∫ R′( x) cos αxdx = − ∫ R′( x) cos αxdx
∫
−∞
α
α −∞
α −∞
−∞
+∞
Интеграл
∫ R ′( x) cos αxdx
сходится абсолютно, так как у функции R ′(x)
−∞
степень числителя по крайней мере на две единицы меньше степени
+∞
знаменателя.
Отсюда
следует
сходимость
интеграла
∫ R( x) sin αxdx .
−∞
+∞
Аналогично доказываем сходимость интеграла
∫ R( x) cos αxdx .
Интегрируя
−∞
вспомогательную функцию f ( z ) = R( z )e
силу теоремы 1, получим
τ
∫ R ( x )e
−τ
iα x
dx +
∫ R ( z )e
iα z
iα z
по контуру K τ (см. рисунок 1) в
n
dz = 2πi ∑ Re s f ( z ) , где τ настолько велико, что
k =1 z = z k
Cτ
все полюсы R(z) лежат внутри K τ . Переходя к пределу при τ→∞ и замечая, что
по второй лемме Жордана
∫ R( z )e
Cτ
16
iα z
dz → 0 приходим к равенству
+∞
∫
−∞
n
R( z )e iαz dz = 2πi ∑ Re s f ( z ) .
k =1 z = z k
Приравняв действительные и мнимые части, получаем
+∞
∞

iα z 
α
=
π
R
(
x
)
cos
xdx
Re
2
i
Re
s
R
(
z
)
e

∑

∫
z = zk
1
k
=


−∞
+∞
∞

iαz 
α
=
π
R
(
x
)
sin
xdx
Im
2
i
Re
s
R
(
z
)
e

∑

∫

 k =1 z = zk
−∞
где z1 , z 2 , ...z k полюсы
полуплоскости.
Рассмотрим примеры.
1 Вычислить интеграл I =
+∞
∫
функции
(
)
(4)
(
)
(4/)
R(z),
лежащие
в
верхней
(x + 1) sin 2 xdx .
x 2 + 2x + 2
Решение.
Ясно,
что
I
–
интеграл
второго
типа
2
D = 4 − 8 = −4 < 0 ⇒ x + 2 x + 2 ≠ 0 ∀x ∈ R , и степень знаменателя на 1
меньше степени числителя).
(z + 1) sin 2 z =
(z + 1) sin 2 z
.
Рассмотрим функцию R( z ) = 2
z + 2 z + 2 ( z − (−1 + i ) )( z − (−1 − i ) )
Функция R(z) имеет в верхней полуплоскости один простой полюс в точке


z1 = −1 + i . По формуле (4/) имеем I = Im 2πi Re s R ( z )e i 2 z  .
z = z1


Используя правило 2, получаем
i2z
 ( z + 1)e i 2 z 
(
(
)
)(
)
z
i
z
e
−
−
1
+
+
1
i2z
 = lim
Re s e R( z ) = Re s  2
=
z = z1
z = −1+ i z + 2 z + z  z → −1+ i ( z − (− 1 + i ))( z − (− 1 − i ))


−∞
(
(
= lim
z → −1+ i
)
)
(z + 1)e i 2 z
z +1+ i
=
(− 1 + i + 1)
(− 1 + i + 1 + i )
e
i ( −2 + 2i )
1 − 2 − 2i e − 2
(cos 2 − i sin 2 )
= e ⋅e =
2i
2


e −2
(cos 2 − i sin 2 ) = π ⋅ e − 2 cos 2 .
Таким образом I = Im 2πi
2


+∞
cos xdx
2 Вычислить интеграл I = ∫ 2
, a > 0.
2
x
+
a
0
Решение. Так как под знаком интеграла стоит четная функция, то
+∞
1
cos xdx
1
I= ∫ 2
и
R
(
x
)
=
, α = 1.
2 −∞ x + a 2
x2 + a2
(
)
Так как степень числителя (1) меньше степени знаменателя x 2 + a 2 на
две единицы и x 2 + a 2 ≠ 0 для любого действительного х, то I – интеграл
17
1
второго типа. Рассмотрим функцию R( z ) =
1
=
. Функция
z 2 + a 2 ( z − ai )( z + ai )
R(z) имеем в верхней полуплоскости простой полюс z=ai. По формуле (4) и
правилу 2 имеем
 1  2πie − a  πe a
e iz
1 
e iz  1 
 = Re

= Re 2πi
I = Re 2πi Re s 2
z = ai 
 2ai  = 2a .
z = ai z + a 2 
2 
2
2
z
2





Для вычисления вычета здесь мы использовали формулу
ϕ( z ) ϕ(ai )
, так как ϕ(ai ) ≠ 0, ψ (ai ) = 0 и ψ ′(ai ) ≠ 0 . Таким же способом
Re s
=
z = ai ψ ( z )
ψ ′(ai )
можно было вычислить вычет и в примере 1.
Примеры для самостоятельного решения.
Вычислить интегралы.
+∞
+∞
( x − 1) sin xdx
x sin xdx
1) ∫
;
;
2) ∫ 2
2
2
2
10
x
+
x
+
−∞
−∞
x +9
+∞
3)
∫
−∞
+∞
5)
∫
−∞
+∞
7)
∫
−∞
+∞
9)
∫
−∞
18
(
)
x 2 sin xdx
4
2
x + 5x + 4
x sin xdx
x2 + a2
(2 x
3
+∞
;
)
+ 13x sin x
3
4
)
+ 5 x sin xdx
2
x + 10 x + 9
cos xdx
∫ (x 2 + a 2 )(x 2 + b2 ) a > 0, b > 0 a ≠ b;
−∞
+∞
, a > 0;
x 4 + 13 x 2 + 36
(x
4)
6)
cos xdx
∫
(x
−∞
+∞
dx;
8)
∫
2
10)
∫
)
a > 0;
cos ax
x4 + x2 + a
−∞
+∞
;
+b
2 2
−∞
dx, a > 0;
x cos x
2
x − 2 x + 10
dx.
Список использованных источников
1 Александров и.А., Соболев В.В. Аналитические функции
комплексного переменного. – М.: Высшая школа, 1984. – 192 с.
2 Бицадзе А.В. Основы теории аналитических функций комплексного
переменного. – М.: Наука, 1969. – 240 с.
3 Евграфов М.А., Сидоров Ю.В., Федорюк М.В., Шабунин М.И.,
Бежанов К.А. Сборник задач по теории аналитических функций. – М.: Наука,
1969. – 382 с.
4 Ершова В.В. Импульсные функции. Функции комплексной
переменной. Операционное исчисление. – Минск.: Высшая школа, 1976. –256 с.
5 Краснов М.Л., Киселев А.И., Макаренко Г.И. Функции комплексного
переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости. – М.: Наука,
1987. – 303 с.
6 Маркушевич А.И. Краткий курс теории аналитических функций. – М.:
Наука, 1966. – 388 с.
7 Привалов И.И. Введение в теорию функций комплексного
переменного. – М.: Наука, 1977. – 444 с.
8 Радыгин В.М., Голубева О.В. Применение функции комплексного
переменного в задачах физики и техники. - М.: Высшая шкала, 1983. –160 с.
9 Свешников А.Г., Тихонов А.Н. Теория функций комплексной
переменной. – М.: Наука, - 1979. – 320 с.
10 Сидоров Ю.В., Федорюк М.В., Шабунин М.И. Лекции по теории
функций комплексного переменного. – М.: Наука, 1976. – 408 с.
11 Соломенцев Е.Д. Функции комплексного переменного и их
применение. – М.: Высшая школа. 1988. – 167 с.
12 Шабат Б.В. Введение в комплексный анализ. –М.: Наука, 1976.–380 с.
19