Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 1864

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

2.54 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 2518 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

resi

= 0,01(7 +i), res−i f

= 0,01(7 −i) . Применяя формулу

(7.11), имеем

z −1

∫

(z)dz =

∫

dz = 2πi 0,01(7 +i +7 −i) = 0, 28πi .

+1)(z

+3)

Если функция f(z) имеет в расширенной комплексной

плоскости

только изолированные особые точки, то вместо

вычисления суммы вычетов в конечных особых точках бывает проще найти вычет в бесконечно удаленной точке и воспользоваться теоремой 3.9 о сумме вычетов.

Пример 3.2. Вычислить интеграл			z	∫=2	dz	.
Пример 3.2. Вычислить интеграл					(z8 +1)2	.
Решение. Функция f (z) =		1			(z8 +1)2
		1		имеет восемь особых
	(z8	+1)2		имеет восемь особых
	(z8	+1)2

точек — решений уравнения z8 +1 = 0 . Каждая из этих точек zk является полюсом второго порядка, поскольку в окрестности

точки zk функция f(z) имеет вид f (z) =	h(z)	, где h(z)
	(z − zk )2

аналитична в окрестности точки zk. Все особые точки лежат внутри окружности z = 2 . Вычисление вычетов во всех этих

точках весьма трудоемко. Но к данной функции применима теорема 3.9, которая дает

res∞ f +∑reszk f = 0 . (7.21)

k =1

Поэтому достаточно найти вычет в точке z0 =∞ . Перейдем к

переменному w = 1/z. Подставляя z = 1/w, получим
	1		w16		16			16
G(w) = f		=			= w h(w) ,	где h(w) =		w
G(w) = f		=	8	2	= w h(w) ,			w
w			(1+ w )				(1	8	2 .
							(1	+ w )

Функция h(w) аналитична в окрестности точки w0 = 0. Поэтому

h(w) = b +b w +b w2			+..., откуда
0	1	2
G(w) = b w16		+b w17	+b w18	+....
	0	1	2

171

Значит, разложение Лорана функции f(z) в окрестности точки z0 = ∞ имеет вид

f (z) =

+... .

z16

-1

z17

z18

Так как коэффициент при z

равен нулю, то

res∞ f = 0 . Из

(7.11) и (7.21) получаем

= 2πi∑reszk f

= 0 .

∫=2 (z

+1)

k =1

2π

Вычисление

интегралов

вида

∫ R (cosϕ,sin ϕ)dϕ,

где R

– рациональная

функция от

cosϕ ,

sin ϕ. Такие

интегралы возникают в ряде приложений (например, при решении краевых задач). Они сводятся к интегралам, рассмотренным в предыдущем пункте, с помощью замены

переменного dz = eiϕ . Тогда dz = eiϕidϕ= zidϕ, откуда

idz

iϕ

−iϕ

dϕ=

= −

, cosϕ=

) =

z +

iϕ

−iϕ

sin ϕ=

−e

)

z −

(мы воспользовались формулами (4.2)). При изменении ϕот 0 до 2π точка z описывает окружность z =1. Поэтому после

перехода к переменному z мы получим интеграл по единичной окружности от функции, представимой в виде отношения двух многочленов; такие функции называются

рациональными дробями или дробно-рациональными функциями.

172

2π

dϕ

Пример

3.3. Вычислить

интеграл ∫

1−2a cosϕ+ a2

<1.

Решение. Выполняя указанные выше подстановки,

получим, что данный интеграл равен

∫

idz

= ∫

idz

−

(

z + a

)

−z

1−2a

z +

+ a

Разложим знаменатель на множители, для чего найдем

корни уравнения az2 −(a2 +1)z + a = 0. Дискриминант

D = (a2 +1)2 −4a2 = a4 + 2a2 +1−4a2 = a4 −2a2 +1= (a2 −1)2 ,

откуда

z =

+1+ (a2 −1)

= a,

+1−(a2 −1)

Поэтому

f (z) =

az2 −(a2 +1)z + a

a(z −a)(z −1 a)

Следовательно,

подынтегральная

функция

f (z) имеет

две особые

точки

z1 = a

z2 =1 a ,

каждая

из

которых

является полюсом первого порядка.

Так

как по

условию,

<1 то z1

лежит внутри окружности

=1 , а z2

- вне ее. По

теореме 7.1

∫

idz

= 2πi resa f

az2 −(a2 +1)z + a

Для вычисления вычета в точке z1 = a можно

воспользоваться любой из формул (7.5), (7.6). Применим, например, формулу (7.6). Здесь

173

ϕ(z) = i , ψ(z) = az2 −(a2 +1)z + a , ψ′(z) = 2az −(a2 +1) ,

resa f =

2aa −(a2 +1)

a2 −1

Таким образом,

2π

dϕ

2π

∫

= 2πi

1−2a cosϕ+ a2

a2 −1

1−a2

Вычисление

несобственных

интегралов. Пусть

f (x) —

функция, заданная на

всей

оси

ОХ. Рассмотрим

∞

вычисление

несобственных

интегралов

∫ f (x)dx ,

определяемых следующим образом:

−∞

∞

∫ f (x)dx = Rlim→∞∫ f (x)dx .

(7.22)

−∞

−R

Интеграл, определенный равенством (28.2), называется

несобственным интегралом в смысле главного значения. Если

∞

предел в (7.22) существует, то интеграл ∫ f (x)dx называется

−∞

сходящимся; если предел не существует, то расходящимся. Если сходится каждый из интегралов

∞	0	∞	R
∫ f (x)dx = Rlim→∞ ∫ f (x)dx и		∫ f (x)dx = Rlim→∞ ∫ f (x)dx
−∞	−R	0	0

(т.е. существуют оба соответствующих предела), то несобственный интеграл в (7.22) также сходится и равен сумме этих интегралов. Но обратное неверно: из сходимости

∞

интеграла ∫ f (x)dx в смысле главного значения (т.е. из

−∞

существования предела в (7.22)) не следует сходимость

174

∞

интегралов

∫ f (x)dx

и ∫ f (x)dx . Например,

интеграл

−∞

∞

xdx

∫

сходится в смысле главного значения и равен нулю

1+ x2

−∞

поскольку

xdx

∫

= 0 для любого R > 0 .

= 2 ln(1+ x )

−R

+ x2

−R

xdx

то

же

время

каждый из интегралов ∫

1+ x2

−∞

∞

xdx

∫

расходится.

1+ x2

Вычисление многих несобственных интегралов

∞

∫ f (x)dx

−∞

(в смысле главного значения) основывается на следующей теореме.

Теорема 3.4. Пусть функция f (x) , x (−∞,+∞) удовлетворяет следующим двум условиям:

1)функция f (z) , получаемая заменой x комплексным

переменным z имеет в комплексной плоскости ^ лишь изолированные особые точки, причем ни одна из них не лежит на оси OX ;

2)если γ(R) — полуокружность радиуса R с

центром в начале координат, лежащая в верхней (либо в нижней) полуплоскости, то

175

Rlim→∞ ∫ f (z)dz = 0 .	(7.23)
γ( R)

∞

Тогда интеграл ∫ f (x)dx равен сумме вычетов функции

−∞

f (x) в особых точках, лежащих в верхней полуплоскости,

умноженной на 2πi (соответственно равен сумме вычетов в особых точках из нижней полуплоскости, умноженной на

−2πi ).

Доказательство. Рассмотрим вначале случай, когда полуокружность 7(R) лежит в верхней полуплоскости. Возьмем замкнутый контур Г, состоящий из отрезка [—R, R] и полуокружности j(R), с обходом против часовой стрелки (рис. 49). По теореме 7.1

∫ f (x)dx + ∫ f (z)dz =

−R		γ( R)
		n
= ∫ f (z)dz = 2πi∑reszk			f ,
Γ
где	сумма	распространяется на
все	особые	точки zk ,	лежащие

		внутри контура Γ. Перейдем к
Рис. 7.2	пределу	при	R →∞.	Пользуясь
соотношениями (7.22) и (7.23), получим нужное равенство:
∞
∫ f (x)dx = 2πi∑reszk			f .	(7.24)
−∞		k

где сумма берется по всем особым точкам из верхней полуплоскости.

Если полуокружность γ(R) лежит в нижней

полуплоскости, то соответствующий контур Γ− будет обходиться по часовой стрелке (такое направление возникает

176

оттого, что отрезок [−R, R] в любом случае должен

проходиться слева направо, т.е. в направлении возрастания x ). Поэтому в правой части (7.24) добавится знак минус. Теорема 7.24 доказана.

∞

x2 + 4

Пример 4.5. Вычислить интеграл ∫

dx .

(x2 +9)2

−∞

Решение. В данном случае

f (z) =

+ 4

dx . Проверим

(z2

+9)2

справедливость условия (7.23):

f (z) =

h(z) ,

lim h(z) =1, то при достаточно

Где h(x) =

. Так как

z→∞

больших значениях

будет

h(z)

< 2 . Поэтому

h(z)

f (z)

Следовательно,

2π

∫ f (z)dz ≤ ∫

f (z)

≤ ∫

πR =

γ( R)

(здесь ∫ dz = πR — длина полуокружности γ(R) ). Переходя

γ( R)

кпределу при R →∞, получим (7.23). Проведенные оценки справедливы как для верхней, так и для нижней полуокружности. Поэтому в качестве γ(R) можно выбрать

любую из них. Пусть γ(R) — верхняя полуокружность. Так как

177

f (z) =	z2	+ 4	=		z2 + 4	,
	(z2	+9)2		(z +3i)2 (z −3i)2

то f (z) имеет две		особые			точки z1 = 3i , z2 = −3i ,

являющиеся полюсами второго порядка. Из них в верхней

полуплоскости находится только

z1 = 3i . Вычет в этой точке

найдем по формуле (7.7) с n = 2 :

+ 4

(z −3i)

(z −z0 ) f (z)=

(

)

+ 4

;

(z +3i) (z −3i)

(z +3i)

′ 2z

z +3i

2 −2

(

z +

)

+ 4

′

z + 4

(

)

z −z

)

(

)

(

z +3i

)

+3i

)

2(z +3i)(3iz −4)

2(3iz −4)

;

(z +3i)4

(z +3i)3

res

f =

lim

2(3iz −4)

2(3i 3i −4)

2(−9−4)

108i

1! z→3i

(

63 i3

z +3i

)

+3i

)

Заметим, что вычислить данный интеграл можно было и не прибегая к методам комплексного анализа, а находя первообразную подынтегральной функции. Но приведенное вычисление значительно проще.

Рассуждение, проведенное нами в примере 4.5 для проверки условия (7.23), без изменения подходит к любой

функции f (z), представимой в виде отношения двух

многочленов (т.е. рациональной дроби), если степень многочлена в знаменателе на две и более единицы превосходит степень многочлена в числителе. (В примере 4.5 степень многочлена в числителе равна 2, а в знаменателе — 4.)

178

Следующая теорема показывает, что условию (7.23) удовлетворяет и другой важный класс функций, интегралы от которых возникают, например, в операционном исчислении.

Теорема 4.6 (лемма Жордана). Пусть функция F (z)

аналитична в полуплоскости lim z ≥−a , за исключением

конечного числа изолированных особых точек, и lim F (z)= 0 .

z→∞

Если γ(R)— дуга окружности z = R , расположенная в полуплоскости lm z ≥−a , то

Rlim→∞ ∫ eitz F (z)dz = 0 для всех t > 0 .	(7.25)
γ(R)

Доказательство. Рассмотрим вначале случай a > 0 . Обозначим

через M (R) максимум мо-

дуля

F (z)

на дуге γ(R).

Поскольку lim F

(

)

= 0 , то

z→∞

lim M

(

)

= 0 .

z→∞

Разобьем γ(R) на три части

γ1 (R) , γ2 (R) и γ3 (R)

Рис. 7.3

(рис.7.3):

дуги γ1 (R) и γ2 (R) заключены

между прямой

y = −a и

осью ОХ, а γ3 (R) является

полуокружностью,

лежащей в полуплоскости lm z ≥0 . Очевидно, что интеграл

по γ(R) равен сумме интегралов по этим трем дугам. Оценим каждый из них в отдельности.

В точках z = x +iy дуг γ1 (R) и γ2 (R) будет −y < a . Поэтому

179

eit z = eit(z+i y) = eit xe−t y = e−t y < et a .

Обозначим через l (R) длины, а через ϕ(R) — центральные

углы дуг γ1 (R) и γ2 (R)

(в радианах). Легко видеть (см. рис.

7.3),

что

sin ϕ=

откуда

ϕ(R)= arcsin

Поэтому

l(R)= Rϕ(R)= R arcsin

. Отсюда получаем

∫ eit z F (z)dz

≤ ∫

≤et a M (R) ∫

eit z

F (z)

γ1(R)

= et a M (R)l(R)= et a M (R)R arcsin

Перейдём к пределу при R →∞:

lim

∫

eit z F

(

)

≤et a

lim M

(

lim R arcsin

= et a 0 a = 0

R→∞

)

R→∞

γ1(R)

(мы воспользовались равенством

lim R arcsin

= a ,

которое

z→∞

можно получить,

например,

заменяя

arcsin

на

эквивалентную бесконечно малую Ra ). В точности те же

оценки справедливы и для γ2 (R). Осталось рассмотреть

γ3 (R).

180

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 2518 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2022317.43 Кб2Учебное пособие 186.pdf
#
30.04.20222.52 Mб3Учебное пособие 1860.pdf
#
30.04.20222.52 Mб5Учебное пособие 1861.pdf
#
30.04.20222.54 Mб2Учебное пособие 1862.pdf
#
30.04.20222.54 Mб3Учебное пособие 1863.pdf
#
30.04.20222.54 Mб2Учебное пособие 1864.pdf
#
30.04.20222.54 Mб2Учебное пособие 1865.pdf
#
30.04.20222.54 Mб5Учебное пособие 1866.pdf
#
30.04.20222.55 Mб5Учебное пособие 1867.pdf
#
30.04.20222.55 Mб6Учебное пособие 1868.pdf
#
30.04.20222.56 Mб4Учебное пособие 1869.pdf