Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет тонких химических технологий им. М.В. Ломоносова

Предмет:

Прикладная математика

Файл:

Вычисление интегралов с помощью вычетов

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.03.2015

Размер:

281.22 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

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, доцент, зав.кафедрой

математического анализа Невоструев Л.М.

Василего И.П.

Вычисление интегралов с помощью вычетов: Методические В19 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

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.

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

z0 , для которой f (z0 )= 0 .

Если f (z) не равна тождественно нулю ни в какой окрестности точки

z0 , то можно описать окружность достаточно малого радиуса с центром в точке z0 внутри которой не будет других нулей, кроме центра z0 .

Если

f (z0 )= f ′(z0 )=... = f (k −1)(z0 )= 0 , а

f (k )(z0 )≠ 0 , то точка z0

называется нулем порядка k для функции f (z). Если k =1, то нуль называется

простым, при k >1 k - кратным.

f (z)

Определение 2. Точки в которых функция

перестает быть

аналитической называются особыми точками функции

f (z).

Определение 3. Точка z0 называется изолированной

особой точкой

функции

f (z), если

функция

f (z) аналитична

некоторой проколотой

окрестности

(кольце)

{z С | 0 <

z − z0

< r}, а в

самой точке z0 или не

определена, или определена, но не дифференцируема.

Определение 4. Ряд вида

+∞

−1

∑an (z − z0 )

= ∑an (z − z0 )n +

∑an (z − z0 )n

−∞

n=0

n=−∞

где

{an }∞n=−∞

- последовательность комплексных чисел, называется

рядом Лорана с центром в точке z0 .

+∞

Ряд

∑an (z − z0 )n ,

сходящемся

круге

z − z0

< r , называется правильной

n=0

частью ряда Лорана.

Ряд

∑an (z − z0 )n ,

сходящийся

области

z − z0

> 0 , называется главной

n=−∞

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.		функции f (z)
Определение 5.	Изолированная особая точка z0	функции f (z)
называется устранимой,	если существует конечный предел	lim f (z)≠ f (z0 ).
		z→z0

Тогда z0

является устранимой особой точкой функции

f (z)

тогда и только

тогда, когда главная часть её ряда Лорана с центром в точке z0

отсутствует.

Определение

Изолированная

особая

точка

функции

f (z)

называется полюсом, если

lim f (z)= ∞.

z→z0

Тогда z0

является полюсом функции f (z),

тогда и только тогда, когда

главная часть ряда Лорана с центром в точке z0

состоит из m (конечного числа)

членов:

a−m

a−m+1

a−1

∞

f (z)=

+.. +

+ ∑an (z − z0 )n , a−m ≠ 0, m ≥1.

− z0 )m

(z − z0 )m−1

z − z0

n=0

Число m называют порядком полюса.

Если

m =1, то полюс

называется

простым.

f (z) точка z = z0 есть полюс порядка

m ,

то для

Если для функции

функции

точка z = z0 есть нуль порядка m .

f (z)

Определение 7. Изолированная особая точка z0 функции f (z)

называется существенно особой точкой, если lim f (z) не существует. Точка

z→z0

z0 является существенно особой точкой функции f (z) тогда и только тогда, когда главная часть ряда Лорана с центром в точке z0 содержит бесконечное число членов.

Например,

точка

z = 0

- существенно особая точка

функции e z .

Действительно, e z

=1 +

+..... .

2! z 2

f (z) является

Заметим, что изолированная особая

точка

функции

полюсом порядка

k ≥1 тогда и только тогда,

когда в некоторой проколотой

окрестности точки z0 : 0 <

z − z0

< r , f (z)=

ϕ(z)

причем ϕ(z) аналитична

− z0 )k

в круге

z − z0

< r

и ϕ(z0 )≠ 0 .

II Вычет функции и правила вычисления его

Определение 8. Вычетом однозначной аналитической функции f (z) в изолированной особой точке z0 (в том числе z0 = ∞) называется значение интеграла

1	∫ f (z)dz = Re s f (z)
2πi	∫ f (z)dz = Re s f (z)
2πi	γ	z=z0
	γ

где интегрирование ведется по γ-замкнутому кусочно-гладкому контуру Жордана, содержащему внутри себя точку z0 и не содержащему других особых точек функции f (z). При этом интегрирование ведётся в положительном направлении относительно области, содержащей точку z0 .

Если z0 ≠ ∞, то Re s f (z)= a−1 - коэффициент при (z − z0 )−1

в ряде

z=z0

f (z)= a , где

z −1

Лорана. Если

= ∞,

то

Re s

a - коэффициент при

z=z0 =∞

лорановском разложении функции f (z) в окрестности точки z0 = ∞.

Вычет

f (z)

в точке z0 = ∞ находят, в основном, непосредственно по

определению,

причем за контур γ принимают окружность

= R достаточно

большого радиуса.

Правила вычисления вычетов в точке z0 ≠ ∞.

1) Если

точка

является устранимой особой точкой для функции

f (z), то Re s f (z)= 0 .

z=z0

z = z0 -

2) Пусть точка

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)

В частности,

если

f (z)=

где

функции

ϕ(z) и ψ(z) аналитические

ψ(z)

окрестности точки z0 , ϕ(z0 )≠ 0,

ψ(z0 )= 0, ψ′(z 0 )≠ 0 , то

Re s f (z)=

ϕ(z0 )

z=z0

ψ′(z0 )

3) Если точка z0

- полюс порядка m >1 функции f (z), то

Re s f (z)=

lim ((z − z0 )m f (z))(m−1)

(m −

z=z0

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 , a2 ,..., an , находящихся внутри С, то

справедлива формула

	n
∫ f (z)dz = 2πi∑Re s f (z)
c	k =1 z=ak

2 Вычисление интегралов от тригонометрических функций

	2π
Интегралы вида	I = ∫R(cos ϕ, sin ϕ)dϕ, где R(u, v)	- рациональная
	0	отрезке [0,2π],
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 = eiϕ. Тогда с помощью формул Эйлера:

eiϕ = cos ϕ + i sin ϕ

получим

eiϕ − e−iϕ

eiϕ + e−iϕ

или sin ϕ =

z −

, cos ϕ =

z +

sin ϕ =

, cos ϕ =

(1)

Отсюда dz = eiϕ idϕ или dϕ = −i

z пробегает

При изменении

от

0 до 2π переменная

окружность

=1,

поэтому

I =

∫R(z)dz

(где

(z)=

z +

z −

Так

как

рациональная функция

на окружности

=1, то существует такое

R(z)≠ ∞

r >1, что

в круге

< r функция

аналитична

всюду за

R(z)определена

исключением быть может конечного числа изолированных особых точек,

находящихся в круге

<1. Взяв в качестве контура С окружность

=1и

применяя теорему 1, получим

(2)

I = 2πi ∑Re s R(z),

k =1 z=ak

где a1 , a2 ,..., ak - полюсы функции

(z), лежащие в круге

<1.

2π

Таким образом, алгоритм вычисления интеграла I = ∫R(cos ϕ, sin ϕ)dϕ

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 = eiϕ при которой отрезок [0;2π] переводится в

множество M ={z C |

=1}; sin ϕ =

z −

, cos ϕ =

t +

, dϕ =

I =

∫

R(z)dz ;

3) проверяем условие теоремы 1. Для этого находим изолированные

особые

точки

z1 , z2 ,..., zk

функции

принадлежащие

множеству

R(z)

{z C |

<1}.

Теперь

функция

множестве

R(z)аналитична на замкнутом

{z C |

≤1}=

ограниченном

окружностью

=1за

исключением

точек

z1 , z2 ,..., zk ;

4) вычисляем I ориентируясь на следующие возможные случаи:

а)

многочлен относительно z . Так как изолированных

R(z)= P(z)

особых точек нет, то I = 0 ;

б)

R(z)

+ P(z) ( P(z) - многочлен). Тогда точка z = z0

простой

− z

полюс

функции

(z)= a

(по

определению

вычета),

поэтому

R(z)

Re s R

z=z0

I = 2πi

= 2πa ;

ϕ(z)

(z)

причем ψ(z0 )= 0, ϕ(z0 ),

ψ′(z0 )≠ 0 . Тогда по правилу

в)

ψ(z)

ϕ(z0 )

(z)=

2 Re s R

и по формуле (2) I =

2π

;

ψ′(z0 )

z=z0

P(z)

г)

R(z)=

, где P(z) и Q(z) - многочлены.

Q(z)

Особые точки

z1 ,..., zk

ищутся среди корней (нулей) многочлена Q(z). Точки

z1 ,..., zk

могут быть только

полюсами

(простыми или

порядка

m ).

Вычет

точек z1 , z2 ,..., zk находят по правилу 2 или по правилу 3. Тогда

функции R(z)

I = 2πi∑Re sR(z).

n=1 z=zn

Рассмотрим примеры:

2π

1 I = ∫

( 5 + cos t)

Решение. Функция

f (t) =

является рациональной функцией

(

5 + cos t)2

cost и непрерывной на [0;2π]. Полагая z = eit

имеем cos t =

z +

, dt =

Теперь

zdz

I =

∫ −

= 4

∫

+2 5z

+1)

z 5

1 z

2 5 + z +

∫

zdz

=1 (z −(− 5 +2)) (z −(−

5 −

2))

Подынтегральная

функция

g(z) =

− (−

− (− 5 −

имеет особые точки

z1 = −

5 − 2, z2 = − 5 + 2 ,

которые являются полюсами

второго порядка. Функция g(z) (подынтегральная) аналитична на окружности

=1 и в круге

<1 за исключением точки

z2 = −

5 + 2 . Следовательно, по

теореме 1 имеем:

zdz

∫

2ni

Re s g(z) =8πRe s g(z) .

(z − (− 5

+ 2))

− (− 5 −

2))

z=z2

Пользуясь формулой правила 3 вычисления вычета имеем:

(z − z

′

1(z− z

)2 − 2z(z − z

)

Re s g(z)=

lim

= lim

z=z2

(2 −1)! z→z2

(z −z1 )2 (z − z2 )2

z→z2 (z − z1 )2

z→z2

(z −z1 )4

= lim

z − z1 − 2z

= lim

− z − z1

− z2 − z1

5 − 2 +

5 + 2

= 2

5 =

5 .

(z − z1 )3

(− 5 + 2 + 5 + 2)3

z→z2

(z − z1 )3

z→z2

(z2 − z1 )3

Таким образом

I =8π

5 =

π 5

cos4 ϕ

2 Вычислить I = ∫

dϕ.

1 + sin

Решение.

Используя

формулы

понижения

степени:

cos2 ϕ =

+ cos 2ϕ

, sin 2 ϕ =

− cos 2ϕ

π (1

+ cos 2ϕ)2

получим,

что

I =

∫

dϕ.

3 − cos 2ϕ

2π(1 + cos t)2

(1 + cos t)2

Сделаем

замену

t =

2ϕ,

тогда

I =

∫

3 − cos t

dt .

Функция

3 − cos t

является рациональной функцией относительно cost и непрерывной на [0;2π].

− (z +1)4

Теперь после замены z = eit имеем I =

∫

8z 2 (z 2 − 6z +1)dz .

− (z +1)4

Функция

R(z) =

8z 2

(z 2 − 6z +1)

имеет

особые

точки

z1 = 0, z2 = 3 − 2

z3 = 3 + 2

точки

z1 = 0, z2 = 3 − 2

лежат

внутри

окружности

=1. Причем z1 = 0

- полюс второго порядка, вычет его найдем

по правилу 3

+1)4 ′

−(z

4(z +1)3 (z2 −6z +1) −(z +1)

4 (2z −6)

Res R(z) = lim

=−lim

=−

2 −6z +1)

8(z2 −

6z +1)2

z=0

z→0 8(z

z→0

Точка z2 = 3 − 2

(z) найдем по правилу 2

2 - простой полюс. Вычет Re s R

−(z +1)4

z=z2

lim

=−

(4−2

2)4

2(3 −2

2)2

Re s R(z)=

−

z=z2

z→3−2 2

2))

8(3

( 4

По формуле (2) имеем

I = 2π −

2 .

cos nϕ

3 Вычислить

I1 = ∫

dϕ при условии,

что

−1 < a <1

− 2a cos ϕ + a

− π1

n R, n > 0 .

sin nϕ

Решение.

Рассмотрим

интеграл

I 2 = ∫

dϕ. I 2 = 0

1 − 2a cos ϕ + a 2

−π

поскольку

подынтегральная

функция

нечетна,

пределы

интегрирования

cos nϕ + i sin nϕ

einϕ

симметричны. Тогда I1 = I1 + iI 2 = ∫

dϕ = ∫

dϕ.

−

2a cos ϕ + a 2

1 − 2a cos ϕ + a 2

−π

z = eiϕ,

После

замены

cos ϕ =

z +

dϕ =

будем

иметь

I1 =

− z n dz

∫

2 −

∫=1 a(z − a) z −

Подынтегральная функция

аналитична на множестве

≤1

кроме

R(z)

нуля знаменателя z1 = а, который является простым полюсом функции

(z) .

Особая точка

не принадлежит множеству

≤1.

По формуле (2)

правилу 2 имеем, что I1	~
правилу 2 имеем, что I1	= 2π Re s R(z)
	z=a

= 2π lim	− z n		= 2π
		1
z→a
	a z −
		a

− an		=		2πan		.
	1		1 − a		2

a a −
	a

1 / 21 2 > Следующая >>>