Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.65 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 178 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Нахождение вычетов для случая полюса k −го порядка

Если точка z0 есть устранимая особая точка (формула (1.168)), то

c−1 = 0 , что означает
Res f (z0 )= 0,	(1.209)

то есть вычет аналитической функции в устранимой особой точке равняется нулю.

Если z0 −полюс k −го порядка (формула (1.181)), то для z ≠ z0

имеем

(z − z0 )k f (z)

∞

= ∑ cn (z − z0 )n+k +

(1.210)

+ c−1 (z − z0 )k−1 +c2 (z − z0 )k−2 +K+c−k .

Правая часть

(1.210)

– сходящийся степенной ряд в открытом круге

z − z0

< R и его,

следовательно,

можно почленно дифференцировать неогра-

ниченное число раз, что при z ≠ z0

дает

(k −1)

[(z − z0 )k f (z)](k −1) = ∑cn (z − z0 )n+k

+ (k −1)!C−1 .

(1.211)

∞

Отсюда, совершая предельный переход (z → z0 ), находим

lim [(z − z0 )k f (z)](k−1) = (k −1)!C−1 ,

z→z0

lim [(z − z0 )k f (z)](k −1),

C−1 = Res f (z0 )=

(1.212)

−1)!

где lim [(z − z0 )k f (z)](k−1)

z→z0

= 0 , согласно замечанию из п.1.9 (перед формулой

z→z0

(1.156)).

(k =1) из (1.212) получаем

Для простого полюса

C−1 = Res f (z0 )= lim [(z − z0 ) f (z)].

(1.213)

Если

z→z0

f (z)=

ϕ(z)

, ϕ(z0 )≠ 0, ψ(z0 )= 0, ψ′(z0 )≠ 0 ,

(1.214)

ψ(z)

где – ϕ(z)−аналитическая функция в точке z0 , то согласно (1.213)

C−1 = Res f (z0 )=

ϕ(z)

lim

(z − z0 )

z→z0

ψ(z)− ψ(z0 )

(1.215)

ϕ(z)

ϕ(z

)

lim

ψ′(z0 )

z→z0

ψ(z)− ψ(z0 )

z − z0

Последняя формула полезна в приложениях. Вернемся к разобранному

примеру 1.44. Подынтегральная функция

f (z)=

sin z

ϕ(z)

ψ(z)

−3i) (z + 3i)

(z −3i)1

(z + 3i)1

где ϕ(z)=

sin z

− аналитическая функция в окрестности точки + 3i ;

z +3i

ψ(z)=

sin z

− аналитическая функция в окрестности точки −3i . При этом

z −3i

ϕ(3i)=

sin 3i

≠ 0,

ψ(−3i)=

sin 3i

≠ 0 .

Выводим, что z1 = −3i ,

z2 = 3i −простые полюсы. Согласно (1.213)

Re s f (−3i)= lim

(z + 3i) sin z

sin 3i

(z −3i) (z + 3i)

z→−3i

Re s f (3i)= lim

sin z

sin 3i

что приводит к тому же самому ре-

z + 3i

z→−3i

зультату.

∫ z tg πz dz .

ПРИМЕР 1.45. Вычислить

Решение. cos πz = 0, πz = π2 + k π.

Точки z = 12 + k, k = −1; 0

находятся внутри круга z ≤1 и являются полюсами 1-го порядка, так как для функ-

ции ϕ(z)=	1	=	cos πz	эти точки –
	f (z)		z sin πz

нули 1-го порядка.

Действительно, согласно (1.188), (1.189)

		1•
•	•	0	•	•	•	1	x
-1	-1/2			1/2		1	x

•-1

Рис. 1.27

2 cos

ϕ′(z)= −

ctg πz −

. Следовательно, ϕ

= 0,

z sin 2 πz

π sin

ϕ′

= −2

π ≠ 0;

−

= 0

, но ϕ′

= −2 π ≠ 0, в чем и следовало убе-

диться.

Из (1.215) получаем

sin

−

Re s f

= −

Re s f

2 π

− πsin

+ πsin

z∫=1z tg πz dz = 2 πi 21π − 21π = 0 .

Ответ: 0.

1.12. ПРИМЕНЕНИЕ ВЫЧЕТОВ К ВЫЧИСЛЕНИЮ ОПРЕДЕЛЕННЫХ И НЕСОБСТВЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ

ЛЕММА 1.1. Если функция f (z) есть аналитическая функция в верхней полуплоскости Jm z > 0 за исключением конечного числа конечных изолированных особых точек и R > 0, M > 0, δ > 0, для которых имеет место оценка

f (z)

при

> R ,

1+δ

то

lim

∫

(η)dη = 0 ,

R→∞

ωR

где (рис. 1.28)

ωR − полуокружность

радиуса R с центром в начале коорди-

нат.

Доказательство. Согласно (1.216)

имеет место оценка

∫ f (η)dη

M πR

= πM → 0

R1+δ

при R

ωR

→ +∞, что равносильно (1.217)

Теорема 1.27. Если f (z)− анали-

тическое

продолжение

			(1.216)
			(1.217)

	y
	R	ωR
	•
•	0	•	x
− R	0	R	x
	Рис. 1.28

f (x), x (− ∞; + ∞), на верхнюю полуплоскость Jm z ≥ 0

и удовлетворяет требованиям: 10. f (z) удовлетворяет условиям леммы 1; 20. не имеет особых точек zk на оси 0x ;

30 все изолированные особые точки zk в верхней полуплоскости (y > 0) конечны совместно с их числом: k =1, N , то

+∞			N
∫ f (x)dx = 2 πi ∑ Res f (zk ).				(1.218)
−∞			k =1
Доказательство. R выберем таким образом, чтобы все изолированные
особые точки	zk, k=		находились внутри	замкнутого контура
особые точки	zk, k=	1, N	находились внутри	замкнутого контура
L = [− R; R]UωR	(см. рис. 1.28). Тогда по первой теореме о вычетах имеем
(формула (1.206))
R			N
∫f (x)dx + ∫f			(z)dz = 2 πi ∑ f (zk ).	(1.219)
−R	ωR		k=1

Совершая в последнем равенстве предельный переход (R → +∞) и учи-

тывая лемму 1.1, мы приходим к (1.218), если учесть, что правая часть (1.219) не зависит от R , что и требовалось доказать.

ЛЕММА 1.2. (Лемма Жордана). Если f (z)− аналитическая функция в верхней полуплоскости Jm z > 0 , за исключением конечного числа конечных

изолированных

особых точек,

и равномерно относительно arg z

(0 ≤ arg z ≤ π) стремится к нулю при

→ ∞, то при a > 0 .

lim

∫ ei a

f (η)dη = 0.

(1.220)

R→∞

ωR

≤ arg z ≤ π озна-

Доказательство. Равномерное стремление к нулю при 0

чает следующее:

f (z)

< μR ,

= R, lim μR = 0 .

(1.221)

R→∞

Уравнение полуокружности ωR

: z = R ei ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π, R выбрано так,

чтобы изолированные особые точки zk , k =1, N , находились внутри замкнутого контура L = [− R; R]UωR (рис. 1.28). Тогда согласно (1.221)


∫ ei a η f (η)dη		π	ei a R (cos ϕ+i sin ϕ)
∫ ei a η f (η)dη		≤ μR R ∫	ei a R (cos ϕ+i sin ϕ)		dϕ =
ωR		0	π			(1.222)
			π			(1.222)
π	e−a R sin ϕ dϕ = 2 R μR ∫2			e−a R sin ϕ dϕ.
= R μR ∫	e−a R sin ϕ dϕ = 2 R μR ∫2			e−a R sin ϕ dϕ.
0	0

Но при 0 ≤ ϕ ≤ π

имеет место оценка

sin ϕ ≥

2 ϕ

(1.223)

в чем можно убедиться, строя графики рассматриваемых функций на

что дает

−2 a R ϕ

e−

∫2 e−a R sin ϕ

dϕ ≤ ∫2

2 dϕ = −

2 a R

=− 2 aπR (e−a R −1)= 2 aπR (1 −e−a R ).

Сучетом последней оценки из (1.222) получаем

	∫ei a η f (η)dη			≤	π μR (1 − e−a R )→ 0 при R → +∞, что и надо.
	ωR				a
	Теорема 1.28. Если f (z) удовлетворяет условиям леммы 1.2 и есть про-
должение на верхнюю полуплоскость Jm z ≥ 0 функции f (x),										x (− ∞;∞) и
f (x) не имеет особых точек на оси 0x , тогда
	+∞					N		(zk ).
		∫ ei a x f (x)dx = 2 πi ∑Res F						(zk ).		(1.224)
	−∞				k =1
где zk , k =			есть особые точки f (z) в Jm z > 0 , F(z)= li a z f (z).
где zk , k =		1, N	есть особые точки f (z) в Jm z > 0 , F(z)= li a z f (z).
Доказательство.					L = [− R; R]UωR − замкнутый контур, обходимый в
положительном направлении, внутри которого особые точки f (z). Тогда
					R			+ ∫ei a η f (η)dη =
	∫ ei αz f (z)dz = ∫ei a x f (x)dx							+ ∫ei a η f (η)dη =
	L				−R			ωR		(1.225)
							N			(1.225)
							N
					= 2πi		∑ Res F (zk ),
						k=1
где правая часть (1.225) не зависит от R . Переходя в (1.225) к пределу при
R → +∞ и учитывая лемму 1.2, получим (1.224), что и следовало доказать.
					2π		dx		, a > b > 0 .
ПРИМЕР 1.46. Вычислить ∫							dx
ПРИМЕР 1.46. Вычислить ∫							(a + b cos x)2
					0		(a + b cos x)2

Решение.

Полагая

z = ei x ,

найдем

= e−i x , cos x =

1 (ei x + e−i x )=

z2 +1

z +

2 z

= a

2π

dz = ei x i dx

= −

∫

(c + cos x)2

= i z dz

z =1

d z

c +

dx = −i

z dz

= −

∫

z =1

(z2 + 2 z c +1)2

где при переходе к контурному интегралу ис-

пользовалась формула (1.107). Подынтегральная

функция

f (z)= (z2 + 2 z c +1)2 .Найдем ее осо-

-1•

•0

•1

бые точки и вычеты в них. Имеем

z2 + 2zc +1 = 0, z1,2

= −c ±

c2 −1 ,

= −c −

c2 −1 < −1 находится вне окружно-

Рис. 2.29

z =1;

сти

= −c +

−1 =

−1

> −1 находится внутри окружности. Теперь

c +

−1

f (z)= (z + c +

c2 −1)2

и z

− полюс 2-го порядка.

c2 −1)2 (z + c −

Re s f (z

ф− ла (25)

′

из

∫10; k = 2

= lim

(z + c +

c2 −1)2

z→z2

lim

(z + c +

c2 −1)2 − 2 z (z + c +

c2 −1)

z→−c+ c

2 −1

(z + c +

−

lim

c +

c2 −1 −z

2 c

(c2 −1)

z→−c+ c2 −1 (z + c + c2 −1)3

−1

. В силу этого (формула (1.180))

4 (с2 −1)

с2 −1

πi c

∫

z dz

4 πi c

=1 (z

2 + 2z c +1)2

(c2 −1)

c2 −1 12 (c2 −1) c2

−1

Окончательно получаем, что искомый интеграл равен

c πi

πa

−

2 (c2 −1)

= (a 2 − b2 ) a 2 − b2 .

c2 −1

Ответ:

2 πa

(a 2 − b2 )3 2

ПРИМЕР 1.47. Вычислить J =

2π

sin 2

x dx

, a > b > 0 .

∫

a + b

cos x

ei x − e−i x

z −

z2 −1

Решение.

z = ei x ,

cos x =

sin x =

2 z

2i z

dz = ei x

i dx = i z dx, dx

= −i

. В силу этого

2π sin 2 x dx

−1)

−i

J =

c =

∫

c + cos x

− 4 z

2 z

(z2 −1)2 dz

∫

z2 (z2 + 2 c z +1).

2 b

Найдем особые точки подынтегральной функции, лежащие внутри ок-

ружности

вычеты

них:

z1 = 0 −

полюс

2-го

порядка,

z2,3 = −c ±

c2 −1,

= −c −

c2 −1 − вне рассматриваемой окружности,

> −1 лежит внутри окружности.

c2 −

1 + c

	(z2	−1)2	′
Re s f (0)= lim			=

z→0 z2 +		2 c z +1

= lim

2 (z2 −1) 2z (z2 + 2c z +1)− 2 (z + c) (z2 −1)2

= −2 c;

(z2 + 2 c z +1)2

z→0

Re s f (z3 )=

lim

(z2 −1)2

(z + c + c2 −1)

z→−c+ c2 −1 z2

4 (c2 −1 − c c2 +1)2

2 (c2 −1) (

c2 −1 −c)2

= (2 c2 −1 − 2 c c2 −1) 2 c2 −1 =

( c2

−1 −c)2 2 c2 −1 = 2 c

−1

Тогда J = i

2π (− 2c +

c2 −1)

2π (−

a 2 − b2

+ a).

2 b

Ответ:

2π

(−

a 2 − b2 + a).

+∞

x dx

ПРИМЕР 1.48. Вычислить

∫

2 + 4 x +13)2

−∞

Решение. f (x)=

− непрерывная функция на

(− ∞;+∞),

(x 2 + 4x +13)2

f (z)=

f (z)

при

→ ∞. Особые

(z2 + 4z +13)2

4 13

точки

f (z)

верхней

полуплоскости

определяются

из

уравнения

z2 + 4z +13 = 0 : z1,2

= −2 ±

−9 = −2 ± 3i,

= −2 −3i,

= −2 + 3i −

полюс 2-го порядка в верхней полуплоскости. В силу этого

Re s f (z2 )=

′

lim

z→−2+3i (z

+ 2 + 3i)2

lim

(z + 2 +3i)2 − 2z (z + 2 + 3i)

36 + 2 (− 2 + 3i) 6i

(z + 2 + 3i)4

362

z→−2+3i

3 − 2i −3

= −

3 36

543

Тогда искомый интеграл равняется 2πi

−

i =

Ответ:

x sin x

ПРИМЕР 1.49. Вычислить ∫

dx .

x 2 + 4x +

x sin x

+∞

i x

Решение. ∫

= Jm ∫

dx,

α =1,

x 2 + 4x +

−∞

2 + 4x + 20

F(z)=

z ei z

lim

= 0 .

Особые

точки

определяются

z2 + 4z + 20

z→∞

из уравнения z2

+ 4z + 20 = 0,

z1,2

= −2 ± 4i, z1 = −2 − 4i,

= −2 + 4i .

Re s F(z2 )

lim

z ei z

(− 2

+ 4i) ei (−2+4i)

(− 2 + 4i) e−4−2i

+ 2 + 4i)

z→−2+4i

(− 2 + 4i) e−4 e−2i

(− 2 + 4i) (cos 2 −i sin 2)

8i e4

(sin 2 −cos 2)+ i (sin 2 + 2 cos 2)

4 e4i

π (sin 2 −cos 2)+ i π(sin 2 + 2 cos 2)

∞

x ei x

dx =

−∫∞

2 e4

что дает

x 2 + 4x + 20

∞

sin x

(sin 2

+ 2 cos 2)π

−∫∞

x 2 + 4x + 20

2 e4

∞

cos x

(sin 2

−cos 2)π

−∫∞

x 2 + 4x + 20

2 e4

Ответ:

π (sin 2 + 2 cos 2)

2 e4

∞

cos x

dx .

ПРИМЕР 1.50. Вычислить ∫

x2 +9

ei x

∞

cos x

+∞

cos x

+∞

Решение.

∫

dx =

∫

Re ∫

dx, α =1,

x 2 +

+ 9

x 2 + 9

ei z

−∞ x 2

−∞

F(z)=

lim

= 0.

Особые

точки

определяются

из

уравнения

z2 + 9

z→∞ z2 + 9

z2 + 9 = 0, z1 = −3i, z2

= 3i .

Re s F(z2 )= lim

ei z

e−3

То-

6 e3 i

z→3i z + 3i

+∞

ei x

dx = 2 πi

+∞

cos x dx

гда

∫

, что дает

∫

+ 9

x 2 + 9

−∞ x

6 e3 i 3 e3

−∞

Ответ:

6 e3

(2 x3 +13 x) sin x

ПРИМЕР 1.51. Вычислить

+∞

dx .

∫

x 4 +

13x 2 + 36

−∞

+∞

(2x3

+13x) ei x

dx ,

Решение. Искомый интеграл равен Jm ∫

x 4 +13 x 2 +

−∞

F(z)(2x3

+13x) ei x ,

2 +

lim

= 0 .

Особые точки

определяются

из

x 4 +13 x 2 + 36

z→∞

z 1 +

уравнения

z4 +13z2 + 36 = 0, z2 = −9; − 4; z1

= 3i; z2 = −3i;

z3 = −2i;

z3 = 2i. Нас интересуют только особые точки (полюсы 1-го порядка) z1

= 3i

и z4

= 2i , так как они находятся в верхней полуплоскости.

Re s F(z1 )= lim

(2 z3

+13z) ei z

3i (−18 +13)

e−3 ;

1i (−9 + 4)

z→3i

(z + 3i) (z2 + 4)

Re s F(z4 )= lim

z (2 z2

+13 ) ei z

e−2 .

(z2 +9) (z + 2i)

z→3i

силу

этого

(1.224)

имеем,

что

искомый

интеграл

равен

2π

(e−3

+ e−2 )= π (e−2 + e−3 ).

Ответ: π (e−2 + e−3 ).

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 178 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб102УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20151.09 Mб47УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб46УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб136УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб73УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб41УМП для выполнения КР Наг.маш..docx
#
07.05.2019478.21 Кб3УМП Интегралы.doc