1936

(5.8). Разложим функцию

f z

1

в ряд в окрестности

1 z4

бесконечно удаленной точки:

f z

1

1

1

1

1

1

z4

1

z4

z8

z12

1 z4

1

z

4

dz

4

2 i res f zk 2 ires f 0.

1 z4

z

k 1

2

y

y

z2

z

z1

z3

1

z4

0

_

0

1

2

x

3 x

2 2

z3

z4

z2

z

5

Рис. 5.7

Рис. 5.8

Пример 19. Вычислить интеграл

z17dz

.

3

4

z

3

z

2 2

z3

8

Решение. Корни знаменателя подынтегральной функции

z1 i

, z2

i

,

z3 1 i

, z4

2,

z5

1 i

являют-

2

2

3

3

ся полюсами, так

как

функцию

можно

записать

в виде

120

z17

z17

.

z2 2 3 z3 8 4

z z1 3 z z2 3 z z3 4 z z4 4 z z5 4

z17dz

5

I

2 i res f zk .

3

4

z

3

z2

2 z3 8

k 1

I 2 ires f .

(*)

f z

z17

1

1

1

3

8 4

2 3

8 4

6

2

z

12

1

1

z

1

z

1

z

2

z

3

z

2

z

3

1

6

24

32

640

1

6

32

1

1

z

z2

z4

z3

z6

z

4

z z3

Из этого разложения видно, что

res f c 1

1. Таким

образом согласно формуле (*) получим

I

z17dz

2 i .

3

4

z

3

z2 2 z3 8

интеграл I R x dx,

где R x

–

рациональная функция,

Pm x

R x

, где

P x

и Q x

– многочлены степеней m

Qn x

m

n

и n, соответственно. Если R x

непрерывна на всей действи-

тельной оси (Qn x 0) и n m 2, то

I R x dx 2 i

resR z ,

(5.9)

z zk

Imzk 0

где вычеты берутся по всем полюсам функции R z ,

располо-

женным в верхней полуплоскости.

dx

Пример 20. Вычислить интеграл I

.

2 1

4

x

Решение. Здесь m 0,

n 8, поэтому данный интеграл

сходится. Введем функцию f z

1

, которая на дейст-

z2

1 4

Функция

f z ,

имеет

в

верхней полуплоскости (Im z 0)

единственную особую

точку – полюс

четвертого

порядка

z i. Поэтому, согласно формуле (5.9),

I 2 i Res f

z

, i .

0

Находим вычет функции относительно полюса

1

z i 4

1

5

Res f z , i

lim

20lim

i

3!

z i

i

4

z i

4

z i

z i

7

32

z

dx

5

5

и получаем I

2 i

i

.

4

x2 1

32

16

2. Интегралы вида

R x cos xdx и

R x sin xdx,

где R x

– правильная рациональная дробь, 0

–

любое

R x cos xdx Re

R x ei xdx,

R x sin xdx Im

R x ei xdx,

R x ei xdx. При вычислении таких интегра-

тегралов вида

лов используется

z

. Тогда при

0 lim

g z ei zdz 0, где C

R

– по-

R

CR

res ei zR z .

ei xR x dx 2 i

(5.10)

z zk

Imzk 0

Замечание. Если 0, то

res ei zR z ,

ei xR x dx 2 i

(5.11)

z zk

Imzk 0

x 1 cos5xdx

Пример 21. Вычислить интегралы

и

x2

2x 5

x 1 sin5xdx

.

x2

2x 5

x 1 cos5xdx

x 1 e5ix

Re

dx ,

x

2

2x 5

2

x

2x 5

x 1 sin5xdx

x 1 e5ix

Im

dx.

x

2

2

2x 5

x

2x 5

z 1 e5iz

Рассмотрим функцию

,

значения которой совпадают

z2

2z 5

ции

x 1 e5ix

. Функция

x2 2x 5

z 1

z 1

f z

z

2 2z 5

z 1 2i z 1 2i

полюс первого порядка z0 1 2i и

lim f z 0. Поэтому,

согласно формуле (5.10),

z

x 1 e5ix

z 1 e5iz

dx 2 iRes

,1 2i

x2

2z 5

2x 5

z2

2 i

z 1 e5iz

ie 10 cos5 isin5 .

z2 2z 5

z 1 2i

Следовательно, значения данных интегралов:

x 1 cos5xdx

Re e 10 sin5 icos5

e 10 sin5,

x

2

2x 5

x 1 sin5xdx

e 10 sin5 icos5 e 10 cos5.

Im

x

2

2x 5

Пример 22. Вычислить интеграл

sinax

I 0

dx

(a 0

, b 0).

(1*)

x x2 b2

Cr

0

x

Рис. 5.9

Решение. Введем функцию f z

eiaz

такую, что

z z2 b2

при z x

ее мнимая часть Im f z совпадает с подынтеграль-

лишь один полюс функции

f z

в точке z ib . Согласно тео-

реме Коши о вычетах

r

iax

iaz

R

iax

e

dx

e

dz

e

dx

2

b

2

z

2

b

2

2

b

2

R x x

Cr

z

r

x x

iaz

e

dz 2 i ,

(2*)

2

b

2

CR z z

где

eiaz

eiaz z ib

e ab

Res

, ib lim

2

2

z z

2

2

2 .

(3*)

z z

b

z ib

b

2b

r

iax

R

iax

R

e

dx r

e

dx

x x2 b2

x x2 b2

R

e

iax

e

iax

R

sinax

r

dx 2ir

dx.

(4*)

x x2

b2

x x2

b2

Так как

lim

eiaz

1

, то подынтегральная функция пред-

b2

z 0 z2 b2

ставима в виде

z

eiaz

1 1

lim z 0.

,

где

z z

2

2

2

b

b

z

z

z 0

Полагая z rei , находим

0

iaz

z

dz

dz

1

dz

i

i rei d .

e

(5*)

z z

2

2

2

z

2

Cr

b

b

Cr

z Cr

b

0

lim

rei d 0.

(6*)

r 0

g z

1

стремится к нулю при z :

z z2 b2

iaz

lim

e

dz 0 .

(7*)

2

2

R CR z z

b

Таким образом, при R и

r 0

равенство (2*) с учетом

соотношений (3*)–(7*) принимает вид

sinax

i

e ab

2i0

dx

i

,

x x2 b2

b2

b2

sin

ax

1 e ab .

откуда

dx

2

2

2

0

x x

b

2b

3. Интегралы вида

2

I R cosx, sin x dx ,

(5.12)

0

Полагаем eix

z , тогда

z2 1

z2 1

dx

dz

cosx

sin x

,

,

.

iz

2iz

2z

Очевидно,

что

в

этом случае

z

1,

0 x 2

и интеграл

(5.12) принимает вид

I

F z dz,

(5.13)

где F z

z

1

z . Согласно основной

– рациональная функция от

теореме о вычетах интеграл (5.13) равен

128

n

res F z , z

I 2 i

,

(5.14)

k

k 1

где z1, z2, , zn –

все полюсы функции F z , лежащие внут-

ри окружности

z

1.

2

d

Пример 23.

Вычислить интеграл

I

,

1 2acos a

2

0

0 a 1.

z2 1

Решение. Делаем замену

z ei ,

cos

,

d

dz

iz

и получаем

2z

idz

i

dz