close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

13.Ряды и интегралы в комплексной плоскости Ч 2 Методические указания

код для вставкиСкачать
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Министерство образования и науки Российской Федерации
Ярославский государственный университет им. П.Г. Демидова
Кафедра дискретного анализа
РЯДЫ И ИНТЕГРАЛЫ
в комплексной плоскости
Часть 2
Ярославль 2004
1
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
ББК В 161.55я73
Р 98
УДК 517
Составители Л.А. Зафиевская, Г.В. Шабаршина
Ряды и интегралы в комплексной плоскости. Ч. 2: Метод.
указания / Сост. Л.А. Зафиевская, Г.В. Шабаршина; Яросл. гос. ун-т.
Ярославль, 2004. 19 с.
Вторая часть методических указаний посвящена изучению
применения теории вычетов к вычислению интегралов. Ее цель –
научить студентов вычислению интегралов в комплексной плоскости.
В качестве приложения теории вычетов рассматривается вычисление
интегралов от функции действительного переменного.
Методические
указания
предназначены
для
студентов,
обучающихся по специальностям 010200 Прикладная математика и
информатика (дисциплина "Математический анализ", блок ЕН) и
010100 Математика (дисциплина "Теория функций комплексного
переменного", блок ОПД), очной формы обучения.
Рецензент – кафедра математического анализа Ярославского
государственного университета им. П.Г. Демидова
© Ярославский государственный университет, 2004
© Л.А. Зафиевская, Г.В. Шабаршина, 2004
2
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
1. Вычеты
Если а – изолированная особая точка функции f ( z ) и a ≠ ∞ , то
вычетом f ( z ) в точке а называется число
1
res[ f ( z ), a ] =
f ( z )dz ,
2πi { z −∫a =r }
где r – достаточно мало (при положительном обходе окружности).
Вычетом функции f (z ) в изолированной особой точке
называется число res[ f ( z ), ∞] =
∞
1
f ( z )dz , где R > 0 достаточно
2πi { z ∫= R}
велико (при обходе окружности z = R по часовой стрелке).
Если a ≠ ∞ и a – устранимая особая точка, то вычет в этой точке
равен 0. После доопределения f ( z ) в точке а она становится
аналитической в круге z − a ≤ r и по теореме Коши
∫ f ( z )dz = 0 .
{ z − a = r}
Если же устранимая особенность в ∞ , то вычет в этой точке
может быть не равен 0.
1
1
Пример 1.1. f ( z ) = , lim = 0 , т. е. z = ∞ устранимая точка.
z z →∞ z
1
1
1 2π ie iϕ dϕ
Но res[ f ( z ), ∞] =
dz = −
= −1 (минус за счет
∫
∫
iϕ
2πi { z = R} z
2πi 0 e
обхода окружности по часовой стрелке).
Если а – изолированная особенность функции f (z ) , то в кольце
0 < z − a < r , или если a = ∞ , то для a = z > R ее можно разложить в
ряд Лорана, при этом
cn =
f ( z)
1
f ( z)
1
или
dz
=
c
dz .
n
∫
∫
2πi { z = R} z n +1
2πi { z − a = r } ( z − a )n +1
3
(1)
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
В частности,
c − 1 = res[ f ( z ), a ] =
1
∫ f ( z )dz =res[ f ( z ), a ],
2πi { z − a = r }
(2)
− c−1 = −
1
∫ f ( z )dz =res[ f ( z ), ∞]
2πi { z = R}
В последней формуле минус возникает за счет того, что при
обходе контура против часовой стрелки ограничиваемая им область
находится справа.
Формулы (2) позволяют вычислять вычеты, если удалось
разложить функцию в ряд Лорана в окрестности точки а. При этом
нас будет интересовать в этом разложении только один коэффициент
c − 1 . Это сильно упрощает задачу.
ctgz
Пример 1.2. Вычислить вычет в точке а = 0 функции f ( z ) = 2 .
z
Для этого найдем разложение этой функции в ряд Лорана в
ctgz
cos z
и разложения cos z и sin z
окрестности нуля. Так как 2 = 2
z
z sin z
по степеням z известны, то применим метод неопределенных
коэффициентов.
z2 z4
1−
+
+ ...
ctgz
1
1
2
!
4
!
=
=
(d 0 + d1z + d 2 z 2 + ...) =
z2
z3
z2 z4
z3
1−
+
+ ...
3! 5!
d0
d
d
+ 1 + 2 + d 3 + ....
z
z3 z 2
Следовательно, c−1 = d 2 или res[ f ( z ),0] = d 2 . Перемножим ряды,
приведем подобные члены и приравняем коэффициенты в обеих
d0
1
. Следовательно,
частях. Получим 1 = d 0 , 0 = d1 , − = d 2 −
2
3!
 ctgz 
1
1
d 2 = − . Итак, res 
,0 = − .
3
3
 z2 
При нахождении коэффициентов в ряде Лорана, построенного в
окрестности полюса, можно сократить и упростить вычисления, если
известен порядок полюса. Дело в том, что если a ≠ ∞ - полюс
4
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
порядка k, то ряд Лорана содержит лишь конечное, не больше k,
число отрицательных степеней z − a . Таким образом, ряд сразу
можно искать в формуле f ( z ) =
∞
∑ cn ( z − a) n .
Заметим, что если
n=− k
порядок полюса равен k > 1, то c −k ≠ 0 , другие же коэффициенты, в
том числе и вычет c −1 , могут равняться 0.
1
имеет в a полюс
Так, например, если функция f ( z ) =
k
( z − a)
порядка k, то в ее лорановском разложении все c n = 0 , если n ≠ k
и c −k = 1 .
Если полюс порядка 1, то вычет в этой точке всегда отличен от
нуля.
Если f (z ) имеет полюс в ∞ , то ряд Лорана имеет вид
f ( z) =
−∞
∑ cn z n ,
при этом наибольший номер отличного от 0
n=k
коэффициента cn называется кратностью полюса в ∞ .
Вычисление вычета путем выяснения величины c −1 в ряде
Лорана обычно применяется, если a - существенно особая точка или
определить характер особенности затруднительно. Обычно при
вычислении вычета в ∞ также используют разложения в ряд Лорана.
В случае полюсов известной кратности можно воспользоваться
следующими формулами:
ϕ ( z)
, где ϕ (z ) и ψ (z )
1. Пусть f (z ) представима в виде f ( z ) =
ψ ( z)
аналитичны в окрестности точки a ≠ o и ψ (z ) удовлетворяет
условиям ψ (a ) = 0, ψ ′(a ) ≠ 0 . Тогда
ϕ (a )
res[ f ( z ), a ] =
.
(3)
ψ ′(a )
θ ( z)
, θ (z ) анали2. Пусть f (z ) представима в виде f ( z ) =
m
( z − a)
тична в окрестности точки a , тогда
1
(4)
θ ( m−1) (a) .
res[ f ( z ), a ] =
(m − 1)!
5
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Эту формулу, например, можно применять в случае, когда
точка – полюс порядка m .
 a 
Пример 1.3. Вычислить res  z ne z , ∞ .


Разложим функцию
a
n z
z e
в ряд Лорана в окрестности
∞
по
w
степеням z. Для этого воспользуемся известным разложением e , где
a
w = . Для всех z ≠ o получим
z
a
z ne z
∞
ak 1
=∑
.
k −n
!
k
z
k =o
1
имеет номер k = n + 1, если n ≥ −1 . Если
z
n < −1 , то такого члена не будет. Поэтому если n ≥ −1 , то
a n +1
и c −1 = 0 , если n < −1 . Таким образом,
c −1 =
(n + 1)!
n +1

a
a

 −
, n ≥ −1
res  z ne z , ∞ =  (n + 1)!
.

 
n < −1
0,
Член этого ряда с
Пример 1.4. Вычислить вычеты во всех особых точках функции
1 + z8
.
f ( z) = 4
z (1 + z )
Особые точки функции z = 0, z = −1, z = ∞ . В точке -1 можно
применить формулу (3), при этом можно считать, что
1 + z8
1 + z8
ϕ ( z ) = 4 , ψ ( z ) = 1 + z , потому что в окрестности точки -1
z
z4
 1 + z8

аналитична. Итак, res  4
,−1 = 2.
 z (1 + z ) 
1 + z8
θ ( z)
При z = 0 f ( z ) = 4 , где θ ( z ) =
аналитична в окрестности
1
+
z
z
0. Поэтому
6
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
 1+ z 8
 1 1+ z 8 
res  4
,0 = 

z
3
!
1
+
z
z
(
1
)
+




(3)
= −1
z =0
Приведенный пример показывает, что, когда порядок полюса
велик (в данном случае он равен 4), использовать формулу (4) прямо
неудобно.
Разложение же в ряд Лорана в окрестности точки 0 быстро
приведет к успеху. Функцию f (z ) можно представить в виде
1+ z8
1 1
.
f ( z) = 4
= (z 4 + 4 )
z (1 + z )
z 1+ z
1
1
Функция z 4 + 4 уже разложена по степеням z. Разложение
1+ z
z
∞
∞
1
1
n
имеет вид
=
= ∑ (− z ) = ∑ (−1) n z n , считаем, что z < 1 .
1 + z 1 − ( − z ) n =0
n =0
∞
∞
1 ∞
n n+ 4
n n
4
+ ∑ (−1) n z n − 4 .
( z + 4 ) ∑ (−1) z = ∑ (−1) z
z n =0
n =0
n =0
Первая сумма не содержит отрицательных степеней, во второй
1
есть слагаемое − . Поэтому c −1 = −1.
z
Наконец, вычислим вычет в ∞ . Представим функцию в виде
1+ z8
1 1 .
f ( z) = 4
= (z 4 + 4 )
z (1 + z )
z 1+ z
Теперь функцию
степеням
1
нужно разложить в ряд Лорана по
1+ z
1
.
z
1
1
1
1
1
=
= ⋅
=
1 z
1+ z  1 z
1 − (− )
z 1 + 
z
z

Поэтому
1+ z8
z (1 + z )
4
∞
=
∑
n =0
(−1) n
z
n −3
∞
+
∑
n =0
∞
∑
(−1) n
n =0
(−1) n
z
n +5
7
z
n
, z > 1.
при z > 1.
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Вторая сумма не содержит членов вида
a
, первая же содержит
z
(−1) 4
1
. Поэтому
=
z 4 −3 z
 1 + z8

c −1 = 1, и res  4
, ∞ = − 1
 z (1 + z ) 
Следует помнить, что для рациональных функций сумма вычетов
во всех особых точках, включая ∞ , равна 0. Это позволяет нам
проверить результат или же получить значение вычета в одной из
точек, зная вычеты во всех других точках.
член
2. Интеграл по замкнутому контуру
Основная теорема теории вычетов. Пусть f(z) является аналитической всюду в замкнутой области G , за исключением конечного
числа изолированных особых точек z k , k = 1, 2, 3, ..., n , лежащих
внутри G, тогда
∫+
Γ
n
f (ξ )dξ = 2π i ∑ res [ f ( z ), z k ] ,
(5)
k =1
где Γ + представляет собой полную границу области G , проходимую в
положительном направлении.
Следует заметить, что если бы не было простого правила вычисления вычетов, то доказанная теорема была бы мало полезна. Вместо
вычисления одного интеграла по Γ + нам нужно было бы вычислить n
интегралов по контурам γ k . Однако вычет можно найти, не выполняя
интегрирования, а раскладывая функцию в окрестности рассматриваемой особой точки в ряд Лорана, причем нам из всего разложения
нужен только один коэффициент:
res [ f ( z ), z 0 ] = с−1 .
Вычисление интегралов, таким образом, складывается, вопервых, из определения особых точек f(z), во-вторых, из определения,
какие из них лежат внутри контура Г и, наконец, из вычисления
вычетов способами, разобранными в предыдущем параграфе.
Практически бывает удобно начинать с изображения контура на
комплексной плоскости, затем вычисления особых точек и нанесения
8
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
их на плоскость. После этого вопрос о том, какие из них лежат внутри
(именно они нас интересуют), является нетрудным.
Пример 2.1. Вычислить
∫ ( z − 1) 2 ( z 2 + 1) ; Г={z: |z-1-i|=2},
dz
Γ
т.е. Г-окружность с центром в 1+ i и радиуса
2. Особые точки являются нулями знаменателя. Поэтому z1=1, z2=i, z3=-i. Легко видеть,
что –i не лежит внутри Г: |c-1-i|<|-i-1-i|=|1+2i|.
Поэтому
 



dz
1
1



2
i
res
,
1
res
,
i
π
+
=
 
∫ ( z − 1) 2 ( z 2 + 1)
2
2

 ( z − 1) 2 ( z 2 + 1)  .
(
z
1
)
(
z
1
)
−
+



 
Γ
Согласно формуле (2) f ( z ) =
θ ( z ) , где
( z − 1)
2
θ ( z) =
аналитическая в окрестности точки 1. Поэтому


1
2z
 = 1 1 
res
,
1
2
2

=−


2
 ( z − 1) ( z + 1)  1! 1+ z 2 
z =1
(1+ z 2 )
=−
1
1+ z2
1
.
2
z =1
Второй вычет считаем по формуле (3), полагая ϕ ( z ) =
ψ ( z ) = 1+ z 2 ,
-
1
( z − 1)
2
ψ ′( z ) = 2 z , ψ ′(i ) = 2i ≠ 0 .
Поэтому


1

res
, i =


2
2
 ( z − 1) ( z + 1) 
Итак,
dz
1
( z − 1) 2 2 z i
∫ ( z − 1) 2 ( z 2 + 1)
Γ
=
=−
π
2
i.
9
1
2i( i − 1)
2
=
1
2i( − 1 − 2i + 1)
=
1
.
4
,
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример 2.2. Вычислить
cos z dz
∫ z 2 ( z − 2) ,
где Г - единичная окруж-
Γ
ность z = 1.
Подынтегральная функция f (z ) имеет двойной полюс z = 0 и
простой полюс z = 2 . Из них внутри Г лежит только первая точка.
cos z
.
Представим функцию в виде θ ( z ) , где θ ( z ) =
2
z
−
2
z
cos z dz
∫ z 2 ( z − 2) = 2π ires [ f ( z ), 0]
Γ
Согласно формуле (4) res [ f ( z ), 0] = θ ′(0) = −
Значение искомого интеграла равно −
πi
2
1
.
4
.
2
z dz
, где Г - единичная
Пример 2.3. Вычислить ∫
2
Γ ( z + 1) ( z + 3)
окружность z = 2 .
Приравнивая нулю знаменатель, находим, что дробь имеет три
простых полюса: z=i, z=-i, z=-3. Из них внутри окружности лежат
только два полюса: z=i, z=-i.
Следовательно,
z 2 dz
∫ ( z 2 + 1) ( z + 3) = 2π i(res [ f ( z ), i] + res [ f ( z ), − i]) .
Γ
Найдем значение вычетов в особых точках, используя формулу
(3):
1 + 3i
i2
res [ f ( z ), i ] =
;
=
20
2i (i + 3)
res [ f ( z ), − i ] = 1 − 3i .
20
Окончательно получаем:
z 2 dz
πi
∫ ( z 2 + 1) ( z + 3) = 5 .
Γ
10
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
При вычислении интегралов от функций, аналитических во всей
плоскости, за исключением конечного числа изолированных особых
точек, следует иметь в виду, что полная сумма всех вычетов такой
функции (включая вычет в ∞ ) равна 0.
То есть
N
∑ res
n =0
[ f ( z),a ]+ ∑ res[ f ( z),b ] = 0 , где точки b
M
n
n
m =0
m
- особые
точки вне контура Г, а an лежит внутри Г. Но
∫
Γ
N
f ( z ) dz = 2π i ∑ res
n=0
Поэтому
[ f ( z), a ].
n
∫ f ( z )dz = −2π i ∑ res[ f ( z),bm].
M
m =0
Γ
Это соображение обычно применяется тогда, когда число особых
точек вне контура, т. е. M, меньше числа N, или если особенности в
точках bm более простой природы.
Пример 2.4. Вычислить
dz
, где Г={|z|=2}
∫
10
Γz z − 2
(
)
Контур Г - окружность с центром в O
радиуса 2.
Особые точки zn - это корни десятой степени
из числа 2 и ∞ .
Точки z n лежат внутри Г, так как z n <2.
Поэтому если пользоваться основной формулой (5), то необходимо вычислить все эти корни и затем найти вычеты в этих точках.
Вне контура Г здесь находится всего одна особая точка ∞ ,
следовательно,


dz
dz
π
2
,
=
−
∞
ires
∫

.
10
10
 z z − 2

Γz z − 2
1
в ряд Лорана
Для вычисления этого вычета разложим
(
)
(
)
z
в окрестности ∞ .
11
(z10 − 2 )
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
n
∞
1 ∞  2 
2n
.
=
=
∑ 
∑

10
10
10
(
n
1
)
+

2  z n = 0 z 
n=0z

z10 1 −


z10 
Этот ряд сходится при 2 <1. Нетрудно видеть, что этот ряд не
1
содержит
с −1
,
z
dz
∫
10
Γz z − 2
= 0.
(
)
z10
т.е.
с–1 = 0.
Значит,


1
, ∞ = 0
res 
 z z10 − 2

(
и
)
3. Вычисление определенных интегралов
В ряде случаев определенный интеграл можно вычислить,
рассматривая от этой функции или от некоторой другой интеграл по
специально подобранному контуру. Какую выбрать функцию, по
какому контуру интегрировать, как в результате получить нужный
интеграл – все эти вопросы предоставляются решающему. Здесь мы
рассмотрим некоторые общие стандартные случаи.
1. Вычисление
интегралов
2π
вида
∫ R(sin ϕ , cos ϕ )dϕ ,
где
0
R(sin ϕ , cos ϕ ) – функция, рационально выражаемая через sinφ и cosφ.
Выразим sinφ и cosφ по формулам Эйлера и сделаем замену
−1
−1
e i ϕ = z. Получим sinφ = z − z ; cosφ = z + z . Подставив полученные
2
2i
−1
−1 

выражения в функцию, получим R z − z , z + z  = R1 (z) – рацио 2i
2 

нальную функцию переменной z. Из равенства e i ϕ = z следует, что
dz
. При изменении ϕ от 0 до 2 π
iz
комплексная переменная z пробегает в положительном направлении
замкнутый контур – окружность С: z = 1 . Таким образом, наш
i ϕ = ln z и d ϕ =
12
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
интеграл переходит в интеграл
∫ R1 ( z )
С
dz
, который может быть
iz
вычислен согласно основной теореме теории вычетов.
Пример 3.1. Вычислить I =
В результате замены e
sin φ =
e
cos φ =
e
iϕ
iϕ
iϕ
2π
∫
0
2 + cos ϕ
dϕ .
2 − sin ϕ
= z получим
−e
2i
−iϕ
+e
2
−iϕ
i φ = ln z;
−1
z 2 −1
z
−
z
=
=
;
2zi
2i
2
z + z−1
=
= z + 1;
2
2z
dz
;
d φ=
iz
z2 +1
2+
2 z dz −
=
I= ∫
2
iz
−
1
z
z =1
2−
2iz
z 2 + 4z + 1
∫ z ( z 2 − 4iz − 1)dz ..
z =1
Подынтегральная функция имеет три полюса первого порядка:
z1 = 0 , z 2 = (2 + 3 ) i , z 3 = (2 − 3) i . Из них внутри контура z = 1
лежат точки z1=0 и z 3 = (2 − 3 ) i . Вычисляем вычеты функции
относительно этих особых точек:
res [f(z), z1]= -1,
res [f(z), z3]= 1 + 2i ..
3
Окончательно получим
I = − 2π i [−1 + (1 +
2i
)] = 4π .
3
3
13
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Пример 3.2. Вычислить
π
cos ϕ dϕ
∫
2
0 2 − sin ϕ
2
Подынтегральную функцию удобнее вначале преобразовать.
2
cos ϕ = 1 + cos 2ϕ .
2 − sin
2
ϕ
4 − (1 − cos 2ϕ )
Положив 2φ=ψ, получим
π
cos ϕ dϕ =
∫
2
0 2 − sin ϕ
2
1 π 1 + cosψ
dψ .
∫
2 −π 3 + cosψ
1
1
1+  z + 
( z + 1) 2 dz
1
z  dz 1
2
=
.
Поэтому I =
∫
1
1  iz
2 z = 1 ( z 2 + 6 z + 1 ) iz
2 z∫=1
3+ z + 
z
2
Особые
точки
подынтегральной
функции:
0,
z = −3 ± 9 − 1 = −3 ± 2 2 .
Точки 0 и − 3 + 2 2 лежат внутри контура |z|=1. Следовательно,
2
2
 



z + 1)
z + 1)
(
(
 
π
2
i
 + res 
 =
I=
−
+
res
,
0
,
3
2
3

 z z 2 + 6z + 1
 
2i   z z 2 + 6 z + 1



 
7−5 2 
= π 1 − 1  .
= π 1 + 3 − 2 2  = π

4−3 2 
2
4 − 3 2 

(
(
)
2. Вычисление интегралов вида
)
+∞
∫ R( z ) dz , где R(z) - рациональная
−∞
функция.
Теорию вычетов в этих случаях применяют так. Подынтегральную функцию не меняют и берут интеграл по замкнутому
контуру Г, образованному верхней полуокружностью γ , заданной
условиями z = R , Im z > 0 , и диаметром Re z ∈ (− R, R) , Im z = 0 . Радиус
окружности выбирают настолько большим, чтобы все полюса дроби
R(z), расположенные в верхней полуплоскости, лежали бы внутри
14
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
контура Г. Применяя основную теорему теории вычетов, пишут
∫ R( z ) dz +
γ
R
k
−R
j =1
∫ R( z ) dz = 2π i ∑ res [ R( z ), z j ] , где вычеты берутся по всем
полюсам, лежащим внутри контура Г. В последнем равенстве
переходят к пределу при R → ∞ . Предел первого интеграла равен
нулю. Это следует из леммы.
Лемма. Интеграл по верхней полуокружности
∫ f ( z ) dz
стремится
γ
к нулю при R → ∞ , если к нулю стремится произведение подынтегральной функции на z, т.е. lim f ( z ) ⋅ z = 0 .
R →∞
+∞
Пример 3.3. Вычислить I =
∫
0
z2
z +1
4
dz .
В рассматриваемом примере знаменатель дроби R (z ) не имеет
действительных нулей и степень числителя ниже степени знаменателя, по крайней мере, на две единицы. Поэтому условие леммы
выполнено.
Находим
полюса
подынтегральной
функции:
z = cos
π + 2πk
4
+ i sin
π + 2πk
4
, k = 0, 1, 2, 3 . Ни один полюс не
лежит на действительной оси, и степень числителя на две единицы
меньше степени знаменателя – это означает, что интеграл сходится. В
верхней
z 2 = cos
полуплоскости
лежат
точки
z1 = cos
π
4
+ i sin
π
4
и
3π
3π
+ i sin
. Найдем вычеты функции относительно этих
4
4
особых точек.
1
res [ R( z ), z1 ] =
,
4 z1
res [ R( z ), z 2 ] = 1 .
4 z2
Применяя вышеприведенные рассуждения, получим
15
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
+∞
πi 1
1  π
 =

.
+
∫ z4 +1
z
2
z
2
 1
2 
−∞
Так
как
подынтегральная
+∞
+
∞
z2
z2
π
1
dz
=
dz
=
.
∫ z4 +1
∫ z4 +1
2
2
2
−∞
0
z2
dz =
функция
четная,
∞
∞
−∞
−∞
3. Вычисление интегралов вида
то
∫ R( z ) sin zdz, ∫ R( z ) cos zdz .
Вычисление этого важного класса несобственных интегралов с
помощью теории вычетов основано на лемме Жордана.
Лемма Жордана. Пусть функция f(z) является аналитической в
верхней полуплоскости Im z > 0 , за исключением конечного числа
изолированных особых точек, и равномерно относительно arg z
( 0 ≤ arg z ≤ π ) стремится к 0 при z → +∞ . Тогда
∫e
R →∞
lim
i aξ
f (ξ )dξ = 0,
CR
где C R представляет собой дугу полуокружности z = R в верхней
полуплоскости.
Теорема. Пусть функция f(z), заданная на всей действительной
оси, может быть аналитически продолжена на верхнюю
полуплоскость Im z > 0 и ее аналитическое продолжение f(z) в верхней
полуплоскости удовлетворяет условиям леммы Жордана и не имеет
особых точек на действительной оси. Тогда интеграл
+∞
∫e
−∞
i aξ
n
f (ξ )dξ =2π i ∑ res [e i a z f ( z ), z k ] ,
(6)
k =1
где z k , k=1, 2, 3,…,n - изолированные особые точки функции,
лежащие в верхней полуплоскости.
16
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
∞
∫
Пример 3.4. Вычислить I =
−∞
z 3 sin 2 z
z +1
6
dz .
Заметим, что в силу формулы Эйлера
i2z
3
e
I = Im ∫ z
dz
6
−∞ z + 1
∞
Аналитическое продолжение подынтегральной функции, т.е.
функция f ( z ) =
z 3 ei z
z +1
6
удовлетворяет условиям леммы Жордана и не
имеет особых точек на действительной оси. Поэтому I может быть
вычислен по формуле (6).
π + 2πk
π + 2πk
Функция имеет полюса: zk= cos
, k=0, 1,…5.
+ i sin
6
6
В верхней полуплоскости лежат полюса
3 1
π
π
+ i,
z 0 = cos + i sin =
2 2
6
6
3π
3π
= i,
z1 = cos
+ i sin
6
6
3 1
5π
5π
=−
+ i.
z 2 = cos
+ i sin
2 2
6
6
Находим вычеты:
[
]
[
]
[
]
res f , z 0 = 1 e 2iz1
6 z12
res f , z 2 = 1 e 2iz 3
6 z 32
res f , z 3 = 1 e 2iz 0
6 z 02
Заметим, что z13 = i ; z 32 = − i ; z 3 = i .
3
17
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
[
∞ z 3 cos 2 z
∞ z 3 sin 2 z
π
dz + i ∫
dz = z 0 e 2iz 0 − z1e 2iz1 + z 2 e 2iz 2
∫
6
6
3
− ∞ z +1
− ∞ z +1
]
Приравнивая мнимые части, найдем:
∞ z 3 sin 2 z
π  3 sin 3 + cos 3 1 
dz
=
+ 
∫

6
6

e
e2
− ∞ z +1
Пример 3.5. Вычислить.
∞
x sin x
∫ 1 + x 2 dx
0
Так как подынтегральная функция четная, то этот интеграл легко
сводится к изученному нами.
∞
x sin x
1 ∞ x sin x
∫ 1 + x 2 dx = 2 ∫ 1 + x 2 dx . Этот интеграл изученного типа, где
−∞
0
f ( z) =
z
1+ z2
.
∞ x sin x

 e iz  
Поэтому ∫
dx = Im 2πires  z
, i   , так как f(z) имеет

2
1 + z 2  

0 1+ x
единственную особую точку i в верхней полуплоскости. Вычислим
вычет по формуле (3).

 iz

1

 z e iz
ze


. Поэтому
Im 2πires
,i  =
=
2
1 + z  
2z
2e

i



∞ x sin x
1 ∞ x sin x
1 
1 π
dx =
dx = Im 2πi  = .
∫
∫
2
2 − ∞1+ x2
2 
2e  2e
0 1+ x
18
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
Учебное издание
Ряды и интегралы в комплексной плоскости
Часть 2
Составители Зафиевская Лариса Александровна,
Шабаршина Галина Владимировна
Редактор, корректор В.Н. Чулкова
Компьютерный набор Ю.А. Спиридонова
Компьютерная верстка И.Н. Ивановой
Подписано в печать 29.12.04.Формат 60 84/16. Бумага тип.
Усл. печ. л. 1,16. Уч.-изд. л. 0,9. Тираж 200 экз. Заказ.
Оригинал-макет подготовлен
в редакционно-издательском отделе ЯрГУ
Отпечатано на ризографе
Ярославского государственного университета.
150000 Ярославль, ул. Советская, 14.
19
Copyright ОАО «ЦКБ «БИБКОМ» & ООО «Aгентство Kнига-Cервис»
20
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
12
Размер файла
251 Кб
Теги
интеграл, указания, методические, комплексная, плоскости, ряды
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа