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

☆

<<< < Предыдущая 12 / 22

4 Вычислить I n = (−1)n ∫(sin α + sin ϕ)n einϕdϕ.

−π

z = eiϕ.

Решение.

Сделаем

замену

Тогда

sin ϕ =

−

, dϕ =

(−1)n

In =(−1)n

sin α+

−

z n

z sin α+

(z 2 −1)

(−1)n

∫=1

∫

(z 2 +2iz sin α−1)n

i(2i)

Подынтегральная функция аналитична на множестве

≤1 кроме нуля

знаменателя z=0, который является простым полюсом подынтегральной

функции. По формуле (2) и правилу 2 получаем, что

I n =

(−1)n

2πi Re s

(z 2 + 2iz sin α −1)n

2π(−1)n

lim(z 2 + 2iz sin α −1)n =

(2i)n

z=0

(2i)n

z→0

2π(−1)n (−1)n

πi n

(−1)n

2n i n

2n−1 i n

2n−1 i 2n

2n−1 (−1)n

2n−1

Примеры для самостоятельного решения. Вычислить интегралы:

2π

dϕ

2π

∫

;

∫

;

+ 3 cos ϕ

+ 15 sin t

sin 2 ϕ

2π

dϕ

3) ∫

dϕ;

4) ∫

, a

>1;

− 4 cos ϕ

+cosϕ

−π

cos2 ϕ

sin nϕdϕ

5) ∫

dϕ, 0 <a <1;

∫

, −1 < a <1;

− 2a sin ϕ+ a

0 1−asin

−π1

n=0,1,2,3...

(1+2 cos ϕ)n cos nϕ

sin2 ϕ

∫

dϕ, n = 0,1,2,...;

∫

, a >1;

5 +

4 cos ϕ

−π

−π1−2a cos ϕ+a

cos2 2ϕdϕ

dϕ

∫

10) ∫

, a >b > 0.

<1;

1−2a cos ϕ+a2

(a +b cos ϕ)2

−π

3 Вычисление несобственных интегралов

1 При вычислении некоторых типов несобственных интегралов будем

использовать следующие две леммы Жордана.

Лемма 1. Пусть

функция f(z) является

непрерывной

в области

D ={z C

≥ R0 , Im z ≥ 0}

при некотором R0>0

lim R M

(R)= 0 , где

, CR ={z C

= R, Im z ≥ 0}. Тогда

R→∞

M (R) = max

f (z)

lim

∫

f (z)dz = 0 .

z CR

R→∞

Лемма 2. Пусть m>0 и для функции f(z) выполнены условия: 1) f(z) непрерывна в области D для некоторого R0>0;

2) lim M (R)= 0 .

R→∞

Тогда lim	∫ f (z)eimz dz = 0 .
R→∞	CR
	CR
2 Интегралы первого типа.
	+∞		P(x)
Интеграл вида I = ∫R(x)dx , где		R(x) =	P(x)	- рациональная функция,
Интеграл вида I = ∫R(x)dx , где		R(x) =	Q(x)	- рациональная функция,
	−∞		Q(x)
	−∞

причем многочлен Q(x) не обращается в нуль на действительной оси и его степень, по крайней мере, на две единицы больше степени полинома Р(x), назовем интегралом первого типа. В силу условий наложенных выше на R(x),

выполняется неравенство	R(x)	≤	c	с некоторой константой C>0 и поэтому

			+ x2
		1

интеграл I сходится.

Выведем формулу для вычисления этого интеграла с помощью вычетов. Для этого рассмотрим замкнутый контур Kτ, состоящий из полуокружности

Cτ ={z C z = τ, Im z ≥ 0} и отрезка [− τ, τ] действительной оси (см. рисунок

1).

Сτ

-τ

Рисунок 1

Направление обхода контура Kτ показано на рисунке 1. Рассмотрим функцию комплексной переменной R(z) и пусть z1 , z2 ,..., zn - полюсы этой

функции, лежащие в верхней полуплоскости. Число τ возьмем настолько большим, чтобы все точки z1 , z2 ,..., zn оказались внутри Kτ. Так как Q(x) ≠ 0 на

действительной оси, то существует область G, содержащая замкнутую верхнюю полуплоскость {z C I m z ≥ 0} и такая, что функция R(z) аналитична в

G за исключением только лишь точек z1 , z2 ,..., zn . Область G, контур Kτ и функция R(z) удовлетворяет условиям теоремы 1, поэтому

∫		n
∫	R(z)dz = 2πi∑Re sR(z)
Kτ		k =1	z=zk
Kτ		k =1
или
τ			n
∫R(x)dx + ∫R(z)dz =2πi∑Re sR(z) .
−τ	C R		k =1	z=zk

В последнем равенстве перейдем к пределу при τ → ∞. Заметим, что при этом его правая часть не меняется, а в левой части ∫R(z)dz → 0 по первой

τ	+∞
лемме Жордана, а интеграл ∫R(x)dx → ∫R(x)dx . Таким		образом, получили
−τ	−∞
формулу
+∞	n	(3)
∫R(x)dx = 2πi∑Re s R(z) ,		(3)
−∞	k =1 z=zk

Таким образом, алгоритм решения несобственных интегралов первого типа таков:

1) показываем, что знаменатель Q(x) не обращается в нуль на действительной оси и что его степень по крайней мере на две единицы больше степени многочлена Р(х);

2)переходим к функции комплексной переменной R(z) = QP((zz)) ;

3)находим комплексные корни многочлена Q(z), которые являются полюсами функции R(z);

4)из найденных полюсов функции R(z) выбираем только те, которые лежат в верхней полуплоскости, например, z1 , z2 ,..., zn ;

5) по правилам (2) или (3) вычисляем вычеты Re s R(z), k =1, n ;

z=zk

6) по формуле (3) вычисляем интеграл.

Иногда пункты 5) и 6) выполняются одновременно.

Рассмотрим примеры.

+∞	dx
1 Вычислить I = ∫
	(x2 +	2
0		1)

	Решение. Так как подынтегральная функция					1	является четной,
	Решение. Так как подынтегральная функция					(x2 +1)2	является четной,
	1	+∞	dx
то I =	1	∫	dx		.
то I =	2	∫		2	.
	2	−∞ (x2 +		1)

Так как (х2 + 1)2 не обращается в нуль на действительной оси и степень многочлена (х2 + 1)2 на четыре больше степени числителя (1=1·х0), то интеграл

+∞

∫	dx		является интегралом первого типа.
∫		2	является интегралом первого типа.
−∞ (x 2 +		1)		1
				1			многочлена (z	2		2
	Рассмотрим функция			R(z) =		. Корнями			+ 1)
	Рассмотрим функция			R(z) =	(z 2 +1)2	. Корнями			+ 1)

являются z1 = i, z2 = - i. Точки z1 = i и z2 = - i – полюсы второго порядка функции R(z). Полюс z1 = i попал в верхнюю полуплоскость. По правилу 3

вычисляем вычет относительно z = i:

(z − i)

′

− 2(z + i)

Re s R(z) =

= lim

lim

+ i)2

lim

+ i)2

(z + i)4

z=i

(2 −1)! z→i (z − i)2 (z

1! z→i (z

z→i

= lim

− 2

z→i (z + i)3

(2i)3

−8i

По формуле (3) вычисляем интеграл I =

2πi

π.

+∞

x 2 dx

2 Вычислить интеграл I = −∫∞ (x 2 +1)(x 2 + 9).

Решение. Очевидно, что I – интеграл первого типа.

R(z) =

z 2

Функция

(z 2 +1)(z 2 + 9) аналитична всюду

плоскости,

за

исключением

точек

z1 = i, z2 = −i, z3 = −3i, z4 = 3i .

Эти

точки

являются

простыми полюсами

функции R(z). Две

из

них (z1 и

z4)

лежат

верхней

полуплоскости. По формуле (3) имеем

+∞

I = ∫R(x)dx = 2πi Re s R(z) + Re s R(z) .

−∞

z=i

z=3i

По правилу 2

z 2 (z −i)

z 2

i 2

Re s R(z) = lim

= lim

2i(i2 +9)

z=i

z→i (z −i)(z +i)(z 2 +9)

z→i (z +i)(z 2 +9)

Re s R(z) = lim

z 2 (z −3i)

= lim

z 2

−9

= −

(z 2 +1)(z −3i)(z +3i)

(z 2 +1)(z +3i)

(−9 +1)6i

z=3i

z→3i

	i			3i		π
Отсюда I = 2πi		−			=		.
			16			4
16

+∞

x 2 dx

I = ∫

3 Вычислить интеграл

, a > 0 .

(x2

Решение.

+ a 2 )

Так

как подынтегральная функция четная, то

+∞

x 2 dx

I =

∫

−∞ (x2 + a 2 )

Очевидно, что I

–

интеграл

первого типа. Рассмотрим функцию

R(z) =

z 2

. Она аналитична всюду в плоскости за исключением точек

(z 2 + a 2 )3

z1 = ai и

z2 = −ai .

Эти точки являются полюсами третьего порядка функции

R(z). Один из них ( z1 = ai ) попал в верхнюю полуплоскость. По формуле (3) и правилу 3 имеем

z 2 (z − ai)3

″

πi

2aiz − z 2 ′

I =

2πi

Re s R(z) = πi lim

lim

z=ai

z→ai

2! (z − ai)3 (z + ai)3

z→ai

(z + ai)4

πi

lim

2(z 2 − a 2 − 4aiz)

(z + ai)5

16a3

2 z→ai

+∞

4 Вычислить интеграл I n = ∫

, a > 0, n =1,2,...

Решение.

−∞

(a 2 + x2 )

интеграл

первого

типа.

Функция

R(z) =

имеет полюс z = ai п

го

порядка в верхней

(z 2 + a 2 )n

(z − ai)n (z + ai)n

полуплоскости. Пользуясь правилом 3 и формулой (3), получаем

2πi

(z − ai)n

(n−1)

2πi

(n−1)

I n = 2πi Re s R(z) =

lim

z=ai

(n −1)! z

→ai (z − ai)n (z + ai)n

−1)! z→ai

(z + ai)n

2πi

(−

1)n n(n +1)(n + 2)...(2n − 2)

2π

(2n − 2)!

(n −1)!

(2ai)2n−1

(2a)2n−1

((n −1)!)2

Примеры для самостоятельного решения.

Вычислить интегралы:

+∞

xdx

+∞

1) ∫

;

∫

;

−∞

(x2 + 4x +13)

+∞

x 4 dx

3) ∫

;

4) ∫

, a, b > 0;

(bx 2

(x 2 +1)

+ a)

+∞

5) −∞∫

6) −∞∫

;

(x 2 + a 2 )(x 2 + b2 ), a, b > 0;

x 2 − 2ix − 2

+∞

x 2 dx

+∞

x6 dx

7) ∫

;

8) ∫

, a > 0;

(x 2 +

−∞

4ix − 5)

(x 4 + a 4 )

+∞

9) ∫

;

10) ∫

, a > 0.

(x 2 +

−∞

−∞ (x 2 − 2xi −1 − a)

3 Интегралы второго типа.

+∞

Интегралы

вида

∫R(x) sin αxdx,

∫R(x) cos αxdx

назовем

интегралами

−∞

второго типа, если R(x) = QP((xx)) - рациональная функция, причем Q(x) не имеет

действительных корней и степень Q(x) по крайней мере на единицу больше степени Р(x). Покажем, что при этих условиях оба интеграла сходятся.

Интегрируя по частям и учитывая, что lim R(x) = 0 , получим

x→∞

+∞

+∞ −

+∞

∫R(x) sin αxdx =

R(x) cosαx

∫

R′(x) cosαxdx =−

∫R′(x) cosαxdx

−∞

+∞

Интеграл ∫R′(x) cos αxdx сходится абсолютно, так как у функции R′(x)

−∞

степень числителя по

крайней

мере

на

две

единицы

меньше степени

+∞

знаменателя.

Отсюда

следует

сходимость

интеграла

∫R(x) sin αxdx .

−∞

+∞

Аналогично доказываем сходимость интеграла

∫R(x) cos αxdx . Интегрируя

−∞

вспомогательную функцию f (z) = R(z)eiαz по контуру K τ

(см. рисунок 1) в

силу теоремы 1, получим

∫R(x)eiαx dx + ∫R(z)eiαz dz = 2πi∑Re s f (z) , где τ настолько велико, что

−τ

Cτ

k =1

=zk

все полюсы R(z) лежат внутри K τ . Переходя к пределу при τ→∞ и замечая, что по второй лемме Жордана ∫R(z)eiαz dz → 0 приходим к равенству

Cτ

+∞

∫ R(z)eiαz dz = 2πi∑Re s f (z) .

−∞

k =1 z=zk

Приравняв действительные и мнимые части, получаем

+∞

∞

(4)

∫R(x) cos αxdx = Re 2πi∑Re s(R(z)eiαz )

−∞

k =1 z=zk

+∞

∞

(4/)

∫R(x) sin αxdx = Im 2πi∑Re s(R(z)eiαz )

−∞

k =1 z=zk

где z1 , z2 , ...zk полюсы

функции

R(z),

лежащие в верхней

полуплоскости.

Рассмотрим примеры.

+∞

(x +1)sin 2xdx

1 Вычислить интеграл I = ∫

+ 2x + 2

−∞

Решение.

Ясно,

что

–

интеграл

второго

типа

D = 4 −8 = −4 < 0 x 2 + 2x + 2 ≠ 0

x R , и

степень

знаменателя

на 1

меньше степени числителя).

(z +1)sin 2z

Рассмотрим

функцию R(z) =

z 2 + 2z + 2

(z − (−1 + i))(z − (−1 − i))

Функция R(z) имеет в верхней полуплоскости один простой полюс в точке

= −1 + i . По формуле (4/) имеем I = Im 2πi Re s(R(z)ei2z ) .

z=z1

Используя правило 2, получаем

Re s(ei2z R(z))= Re s

(z +1)ei2z

lim

(z − (−1 + i))(z +1)ei2z

z=z1

z→−1+i (z − (−1 + i))(z − (−1 − i))

z=−1+i z

+ 2z + z

lim (z +1)ei2z

(−1 + i +1)

(−2+2i) =

e−2 e−2i

e−2

(cos 2 − i sin 2)

(−1 + i +1 + i)

z→−1+i

z +1 + i

−2

Таким образом I = Im 2πi

(cos 2

− i sin 2) = π e

−2 cos 2 .

+∞

cos xdx

2 Вычислить интеграл I = ∫

, a > 0 .

2 2

+ a

Решение. Так как под знаком интеграла

стоит

четная функция, то

+∞

∫

cos xdx

и R(x) =

α =1.

2 2

+ a

−∞ x

+ a

Так как степень числителя (1) меньше степени знаменателя (x 2 + a 2 )на

две единицы и

x 2 + a 2 ≠ 0

для любого действительного х,

то I – интеграл

	1		1
второго типа. Рассмотрим функцию	R(z) =		=		. Функция
		z 2 + a 2		(z − ai)(z + ai)

R(z) имеем в верхней полуплоскости простой полюс z=ai. По формуле (4) и правилу 2 имеем

2πie

−a

πe

I =

2πi Re s

2πi

z =ai

2ai

z=ai z

+ a

Для

вычисления вычета

здесь

мы

использовали формулу

ϕ(z)

ϕ(ai)

, так как ϕ(ai)≠ 0,

ψ(ai)= 0

′

Re s

и ψ (ai)≠ 0 . Таким же способом

ψ(z)

ψ (ai)

z=ai

′

можно было вычислить вычет и в примере 1.

Примеры для самостоятельного решения.

Вычислить интегралы.

+∞

(x −1) sin xdx

+∞

x sin xdx

∫

;

∫

;

(x 2

+ 2x +10

−∞

+ 9)

−∞ x

+∞

x 2 sin xdx

+∞

cosxdx

3) −∞∫

;

4) −∞∫ (x2 +a2 )(x2 +b2 )a >0,b >0 a ≠b;

x 4 + 5x 2 + 4

+∞

x sin

xdx

+∞

cos xdx

∫

, a > 0;

∫

a > 0;

−∞

x + a

−∞

(x 2 + b2 )

+∞ (2x3 +13x)sin x

+∞

cos ax

∫

dx;

∫

dx, a > 0;

13x

+ 36

+ x

+ a

−∞

−∞ x

+∞ (x3 + 5x)sin xdx

+∞

x cos x

∫

;

10)

∫

dx.

+10x

− 2x

+10

−∞

−∞ x

Список использованных источников

1 Александров и.А., Соболев В.В. Аналитические функции комплексного переменного. – М.: Высшая школа, 1984. – 192 с.

2 Бицадзе А.В. Основы теории аналитических функций комплексного переменного. – М.: Наука, 1969. – 240 с.

3 Евграфов М.А., Сидоров Ю.В., Федорюк М.В., Шабунин М.И., Бежанов К.А. Сборник задач по теории аналитических функций. – М.: Наука, 1969. – 382 с.

4 Ершова В.В. Импульсные функции. Функции комплексной переменной. Операционное исчисление. – Минск.: Высшая школа, 1976. –256 с.

5 Краснов М.Л., Киселев А.И., Макаренко Г.И. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости. – М.: Наука, 1987. – 303 с.

6 Маркушевич А.И. Краткий курс теории аналитических функций. – М.:

Наука, 1966. – 388 с.

7 Привалов И.И. Введение в теорию функций комплексного переменного. – М.: Наука, 1977. – 444 с.

8 Радыгин В.М., Голубева О.В. Применение функции комплексного переменного в задачах физики и техники. - М.: Высшая шкала, 1983. –160 с.

9 Свешников А.Г., Тихонов А.Н. Теория функций комплексной переменной. – М.: Наука, - 1979. – 320 с.

10 Сидоров Ю.В., Федорюк М.В., Шабунин М.И. Лекции по теории функций комплексного переменного. – М.: Наука, 1976. – 408 с.

11 Соломенцев Е.Д. Функции комплексного переменного и их применение. – М.: Высшая школа. 1988. – 167 с.

12 Шабат Б.В. Введение в комплексный анализ. –М.: Наука, 1976.–380 с.

<<< < Предыдущая 12 / 22