Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями / Сборник задач по ВМ ч.10.pdf

Скачиваний:

131

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

1.73 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

z z0

..., то согласно равенству (1.85) заключаем, что функция z3e1/ z в

4!z

точке

z имеет полюс 3-го порядка.

▲

1.141. Определить характер бесконечно удаленной особой точки для

функций:

z3 z2 5z 7

3z 4

д) e1/ z

а)

; б)

;

в) ez / z2; г) sin

;

2z4

е) e2/ z 3z 4;

ж) e 3z 5z3 z 1.

Отв.: а) простой полюс; б) устранимая особая точка; в) с. о. т.; г) устрани-

мая особая точка; д) устранимая особая точка; е) полюс 2-го порядка; е) с. о. т.

1.7. Вычеты и их приложения

Понятие вычета. Вычисление вычета в полюсах и в с. о. т. Вычет в бесконечно удаленной точке. Основная теорема о вычетах. Приложения

	2
вычетов к	вычислению интегралов вида R(sin x,cosx)dx;	R(x)dx;
	0

f (x)eitx dx.	Лемма Жордана.

Пусть – изолированная особая точка однозначной аналитической функции f (z). В окрестности этой точки функция f (z) однозначно представима сходящимся рядом Лорана

	n		c n
f (z) cn(z z0)
f (z) cn(z z0)
n 0		n 1(z z0)n

с коэффициентами cn и c n , вычисляемыми по формуле (1.70). Среди этих ко-

эффициентов особо выделяется коэффициент c 1, называемый вычетом функ-

ции f (z) в точке z0	и обозначаемый Res f (z). Согласно (1.70), вычет вычис-
ляется по формуле	z z0
		1
	Res f (z) c 1		f (z)dz,	(1.86)
		2 i
	z z0

где – замкнутый контур, ориентированный положительно. В качестве конту-

ра можно взять окружность с центром в точке z0 достаточно малого радиуса, чтобы она не выходила за пределы области аналитичности функции f (z) и не содержала внутри себя других особых точек этой функции. Из формулы (1.86) вытекает, что

f (z)dz 2 i Res f (z),

(1.87)

z z0

т. е. контурный интеграл от функции	f (z) по границе достаточно малой
окрестности точки z0 равен вычету	f (z) в точке z0 , умноженному на 2 i.

z z0

В устранимой особой точке вычет функции равен нулю.

1.142. Исходя из определения найти вычет функции f (z) в точке z0 0,

если:	б) f (z) z3e1/ z .
а) f (z) cosz / z4;	б) f (z) z3e1/ z .
а) Имеем разложение

cosz		1			z	2	z4	z6
				1
	4		4	1
z	4	z	4		2!		4!	6!
z		z			2!		4!	6!

т. е. z 0 – полюс 4-го порядка для

	1		1			1		z	2
...										...,
		4		2
	z		2!z		4!		6!

f (z). Так как в этом разложении коэффи-

циент c 1 при z 1 равен нулю, то Res f (z) 0.

z 0

б) Аналогично предыдущему

1/ z

...

3!z3

4!z4

5!z5

z 2!z2

... c 1

1/24,

т. е. Res f (z) 1/24. ▲

z 0

f (z), то

Если z0 – простой полюс функции

Res f (z) lim (z z0) f (z) .

(1.88)

z z0

Если функция

f (z)

в окрестности точки z0 представима в виде частного

двух аналитических

функций

f (z)

(z)

причем

(z0) 0, (z0) 0,

(z)

'(z0) 0, т. е. z0 – простой полюс функции

f (z), то

Res f (z) Res

(z)

(z0)

(1.89)

z z0

z z0 (z)

'(z0)

Если z0 – полюс функции

f (z) в точке z0 порядка k, то

Res f (z)

lim

dk 1

(z z0)k f (z) .

(1.90)

z z0

1)! z z0 dzk 1

Если – с. о. т. функции точке надо найти коэффициент c 1

в окрестности точки z0 .

1.143. Найти вычеты функции точках:

f (z), то для вычисления вычета в этой разложения в ряд Лорана функции f (z)

f (z) во всех ее изолированных особых

а) f (z)		1 z	; б) f (z)	z3	; в) f (z) z2 sin	1	.
	(z i)(z 3)3			4 z2		2z2

а) точка		z i – полюс первого порядка функции f (z),				а z 3 – по-

люс 3-го порядка. По формулам (1.88) и (1.90) соответственно будем иметь:

Res f (z)

z i

Res f (z)

z 3

lim

(z i)(1 z)

lim

1 z

11 2i

;

z i (z i)(z 3)3

z i (z 3)3

250

1 z

11 2i

lim

(z 3)3(1 z)

lim

;

2!z 3

(z i)(z 3)3

2 z 3

z i

125

б) для функции f (z) точки 2i – простые полюсы. По формуле (1.89)

находим Res f (z)

Res f (z)

(4 z

)

z 2i

в) особой точкой функции

f (z) является z 0. В окрестности z 0 ряд

Лорана функции

f (z) имеет вид

f (z) z

...

...,

3!23 z6

5!25 z10

3!23 z4

5!25 z8

т. е. содержит бесконечное число членов в главной части. Отсюда следует, что

z 0 – с. о. т. функции

f (z). Так как в полученном разложении коэффициент

c 1

при z 1 равен нулю, то Res f (z) 0. ▲

z 0

1.144. Найти вычеты функции f (z)

в ее особых точках:

а) f (z)

Отв.: Res f (z) 1/2, Res f (z) 3/2.

4z 3

z 1

z 3

б) f (z)

Отв.: Res f (z) 1, Res f (z) 1.

z 1

в) f (z)

Отв.:

Res f (z) 1, Res

f (z) 1/2, Res f (z) 1/2.

z z3

z 1

z 0

z 1

г) f (z)

Отв.: Res f (z) 1, Res f (z) 3,

z3 6z2 11z 6

z 1

z 2

Res f (z) 2.

z 3

д) f (z)

Отв.:

Res f (z) 2, Res f (z)

z3 3z2 z 3

z 2i

z 3

е) f (z)

Отв.: Res f (z) 1.

(z 2)3

z 2

ж) f (z)

1 z

Отв.:

Res f (z) 1, Res f (z) 1.

z(z 1)2

z 0

z 1

з) f (z)

Отв.: Res f (z) 17/54e, Res f (z) e3 /27.

(z 1)3(z 2)

z 1

z 2

и) f (z)

Отв.: Res f (z) 1/32, Res

f (z) 1/64.

(z2 4)2

z 0

z 2i

к)

л)

м)

н)

f (z)

z3(z 1)

1 z5 z3 .

sin2z (z 1)3 .

z2 1

z2(z2 z 2)

Отв.: Res f (z) 5/2, Res f (z) e.

z 0 z 1

Отв.: Res f (z) 1,	Res f (z) 1/2.
z 0	z 1
Отв.: Res f (z) 2sin2.
z 1

Отв.: Res f (z) 1/4, Res f (z) 2/3,

z 0 z 1

Res f (z) 5/12.

z 2

1.145. Используя формулу (1.87), вычислить контурные интегралы:

ez2

sin

tgz

а)

dz ;

б)

dz;

в)

dz ;

|z 2| 3 z2 6z

|z 1| 2

z2 2z 3

|z| 1 zei/(z 2)

г)

siniz

dz;

д)

;

е)

sin

dz .

|z| 2

z2 4z 3

|z 2i| 3 z2 16

|z| r 0

Отв.:

а) i/3; б) i/2; в)

г) sh1;

д) /4;

е) 2 i.

Аналитическая в окрестности точки z функция

f (z) представляет-

ся, как известно, рядом Лорана:

c n

f (z)

cnz

(1.91)

n 0 zn

n 1

Вычетом функции

f (z) в бесконечно удаленной точке z называется

коэффициент при 1/ z

разложения в ряд Лорана (1.91) этой функции, взятый с

обратным знаком, т. е.

Res f (z) c 1

f (z)dz

f (z)dz,

(1.92)

2 i

где

– окружность | z | R достаточно большого радиуса R, ориентированная

положительно (против часовой стрелки), а

– та же окружность, обхо-

димая по часовой стрелке.

1.146. Найти вычет в бесконечно удаленной точке для функций:

а) e(1 z)/ z;

б)

cos

;

в)

sin

z2 4

а) имеем

z 3

(1 z)/ z

1 1/ z

...

2!z2

3!z3

e 1

... Res f (z) e

2z2

Заметим, что z устранимая особая точка данной функции; б) разложим данную функцию в ряд Лорана:

		1			1			1						1		1
				cos								1						...
		z 3		cos		z				3		1			4!z4			...
		z 3				z				3		2!z2			4!z4
							z 1
							z 1				z
											z
1		3		9						1			1			1		3		17		...,
	1				... 1									...
z	1				... 1				2z2				4!z4	...			z		z2		2z3
z			z z2						2z2				4!z4				z		z2		2z3

т. е. для данной функции точка z – простой нуль. Так как c 1 1, то

Res f (z) 1;

в) из разложения
		1		1		1	1	1
			sin						...
	z2	4	sin	z	z4				...
	z2	4		z	z4	(1 4/ z4) z 3!z3

	1		4	1	3		1	3	4
		1		...		...				...
	z4		z4				z5
				z 3!z3				z73! z9
следует, что z – нуль 5-го порядка						для данной функции. Так как c 1 0,

то Res f (z) 0. ▲

1.147. Найти вычет в бесконечно удаленной точке для функций:

sin z

z4 z

а) sin

; б)

; в)

; г)

; д)zcos

; е)

sin

(z 1)2(z2 1)

z2 9

z6 1

z 1

Отв.: а) –1; б)

в)

sh3; г) 0; д) 2 ; е) –1.

Определяющей в теории вычетов является

Пусть функция f (z) од-

Теорема 1.15 (основная теорема о вычетах).

нозначна и аналитическая в односвязной области D,

за исключением конечно-

го числа особых точек

z1, z2,..., zn, и

– замкнутая положительно ориен-

тированная кривая, расположенная в

D и содержащая внутри себя точки

z1, z2,..., zn. Тогда

f (z)dz 2 i Res f (z).

(1.93)

f (z)

k 1 z zk

Следствие. Если функция

является аналитической на всей ком-

плексной плоскости

за исключением

конечного числа

особых

точек

z1, z2,..., zn,

то сумма всех вычетов функции f (z),

включая и вычет в точке

z , равна нулю:

Resf (z) Res f (z) 0.

(1.94)

k 1 z zk

	1.148. Вычислить Res f (z) для функции f (z)	z2
			.

	z	(z 1)(z 2)
	Особыми точками функции f (z) являются полюсы 1-го порядка z1 1
и z2	2. По формуле (1.88) находим Res f (z) 1/3, Res f (z) 4/3. Со-
	z 1	z 2

гласно формуле (1.94), Res f (z) (1/3 4/3) 1. ▲

Теорема 1.15 и ее следствие позволяют вычислять контурные интегралы по кривой в том случае, когда подынтегральная функция в области, ограниченной этой кривой, имеет особые точки.

1.149. Вычислить контурные интегралы:

а) I

dz;

б) I

sin2 z

dz;

zcosz

|z| 2 (z2

1)(z 3)

|z| 2

2sh

1 sin4z

в) I

dz;

г) I

zsin

dz.

z2 sh8iz

z 2

| 0,3

z 2

а) особые точки подынтегральной функции – полюсы 1-го порядка

z1 i,

и z3

Из них внутри окружности

| z | 2

расположены

точки

z1,2 i. Находим вычеты в этих точках:

Res f (z)

1 3i

, Res f (z)

1 3i

По формуле (1.93)

z i

1 3i

dz 2 i

;

|z| 2 (z2

1)(z 3)

б)

особыми

точками подынтегральной

функции

являются

z 0,

z /

2 k ,k Z .

круге

| z | 2

находятся

точки z 0

z /2.

Так как

sin2 z

sinz

lim

то z 0

z 0 zcosz

z 0 cosz

– устранимая особая точка. В таком случае Res f (z) 0. По формуле

(1.89) находим

z 0

sin2 z

sin2

Res f (z)

(zcosz)

cosz zsin z

z /2

По формуле (1.93) I 2 i( 2/ 2/ ) 8i;

| z | 0,3

в) особой точкой подынтегральной функции в круге

является

точка z 0. Раскладывая в ее окрестности функции e4z,sin4z и sh8iz в ряды Тейлора, получаем

e4z

1 sin 4z

1 4z 8z2

64z3 /3! ... 1 4z 64z3

/3! ...

z2 sh8iz

2(8iz (8iz)

3 /3! (8iz)5

/5! ...)

8z2 128z3

/3! ...

8 128z/3! ...

8iz

3(1 64z2

/3! ...)

8iz(1 64z2 /3! ...)

Замечаем,

что

z 0

– полюс

1-го порядка для

подынтегральной

функции

f (z). По формуле (1.89)

z(8 128z/3! ...)

Res f (z) lim

z 0

z 08iz(1 64z2 /3! ...)

Тогда I 2 i( i) 2 ;

f (z)

г)

особыми

точками

подынтегральной

функции

являются

z1 1, z2

z3 2.

Внутри

окружности

располагаются

точки z 1 и

z 2, причем

z 1 – полюс 2-го порядка. Выясним характер особой точки

z 2, для этого разложим слагаемое zsin

в ряд Лорана:

z 2

(z 2) 2

zsin

....

... i

z 2

3!(z 2)

Отсюда следует, что z

2 – с. о. т. функции

zsin

и Res zsin

2i.

z 2

2sh

Так как для слагаемого

особая точка

z 2 является устрани-

(z 1)

2(z 1)

2sh( iz /2)

мой, то Res

0. Таким образом, для подынтегральной функ-

(z 1)

ции f (z) имеем Res f

(z) 2i. Точно так же найдем, что Res zsin

z 2

2sh( iz/2

z 1

z 2

2sh( iz/2)

Res

(z 1)

z 1

В итоге

Res f (z) i/2.

Тогда,

согласно основной теореме

вычетах,

z 1

I 2 i(2i i/2) 5 . ▲

1.150. Вычислить интегралы:

а)

;

б)

;

в)

zdz

;

г)

zdz

;

|z i| 1 z2 1

|z| 2 z2 1

|z| 3 (z 1)2(z 2)

|z| 2

z4 1

2 1

1/ z

3/ z

д)

sin

dz;

е)

sin

dz;

ж)

dz;

з)

dz;

|z| 1

и)

cos

2/ z

dz;

к)

sin(2/ z)

dz ;

e1/ z

|z| 1

sin z

dz, :

л)

sin

cosz dz;

м)

1)2

|z| 2/3

(z2

zsin z

dz, :

dz;

н)

о)*

sin

(z 1)5

|z| 0,5

п)

dz;

р)* tgnzdz, n N ;

|z i| 1 z4 2z2 1

|z| n

с)*

zne2/ z dz, n Z ;

т)

(1 z z2)(e1/ z

e1/(z 1) e1/(z 2)) dz.

|z| R

Отв.: а) ;

б) 0; в) 0;

г) 0;

д) 2 i;

е) 0;

ж) 2 i;

з)

9 i;

и) 4 i;

к) 4 i;

2i;

sin1 4cos1

( 1)

л) 0;

м)

н)

о) 2 i

;

n 0(2n)!(2n 1)!

п) (cos1 sin1) i(sin1 cos1)

;

р) 4 i;

с) 2 i

2n 1

при n 1, 0 при

(n 1)!

n 1;

т) 32 i.

С помощью вычетов можно вычислять некоторые определенные интегра-

лы, в том числе и несобственные интегралы 1-го рода.

Рассмотрим интегралы вида

I R(sin x,cosx) dx,

(1.95)

sin x и

cos x. Вводим замену

где R – рациональная функция от

eix z dx

sin x

z z 1

cosx

z z 1

(1.96)

В результате интеграл (1.95) преобразуется в контурный интеграл

I R

, вычисляемый с помощью вычетов.

|z| 1

1.151. Вычислить интеграл

5sin x 3

Вводим

замену

z eix .

Согласно

(1.96),

получим

I 2

Подынтегральная функция

f (z)

5z2 6iz 5

|z| 1

имеет

простые

полюсы

z1 i/

z2 i

Так

как

| z1 | 1/ 5 1,| z2 | 5 1, то в круге | z | 1 имеется лишь одна особая точ-

ка z1 i/ 5 подынтегральной функции f (z). В ней

z i/

Res

f (z)

lim

z i /

5(z i/

5)(z i/ 5)

Тогда I 2 2 i( i/4) . ▲

cos2 3xdx

1.152*. Вычислить I

(5 4cos x)2

(1 cos6x) dx

Представим интеграл в виде

и рассмотрим вы-

2 (5 4cosx)2

ражение I iK , где K

sin6xdx

поскольку подынтегральная

(5 4cosx)2

функция в этом интеграле нечетная, а отрезок интегрирования [ , ] симметричен относительно начала координат. В таком случае

			I			1		1 cos6x isin6x																			dx						1								1 e6ix									dx.

						2				(5 4cosx)2																							2				(5 4cos x)2
		Положим																																								z z 1
							ix												dz						6iz						6											z z 1
						e		z dx														, e						z				, cosx																	.
						e		z dx														, e						z				, cosx																	.
Тогда																			iz																				2
Тогда				1 z6																									z z7
1				1 z6														1											z z7										1
I		\|z\| 1											dz							\|z\| 1																			dz							2 i , (1.97)
I	2	\|z\| 1	(5 2(z z 1))2iz										dz				2i			\|z\| 1				(2z2 5z 2)2															dz				2i			2 i , (1.97)
где – сумма вычетов подынтегральной функции																																							f (z) во всех ее особых точ-
ках, лежащих					внутри окружности \| z \| 1.																										Особыми точками f (z) являются
нули ее знаменателя z1 1/2																	и z2						2 – полюсы 2-го порядка. Из них только
z1 расположен внутри . Для него по формуле (1.90) имеем
																												(z 1/2)2(z z7)
						Res			f (z)												lim
																																				2									2
																																				2		(z 2)							2
						z 1/ 2															z 1/ 2 4(z 1/2)																	(z 2)
						1					z z					7														1 7z				6							2(z z						7		)
						1	lim				z z												lim							1 7z											2(z z								)
																	2																		2													3
																	2													(z		2)			2													3
						4 z 1/ 2 (z 2)																	z 1/2							(z		2)									(z 2)
										1		2		6	7					22						2		6	1			23								343
										1		2			7											2			1											343				.
														6				2													3													.
									4			2		6	3			2							2		6		3		3								1728
									4			2			3										2				3										1728
Подставив найденное значение в (1.97), получим I 343 /1728. ▲
		Иногда интегралы от функций вида																													R(sin x, cos x)															бывает удобнее вы-

числять с помощью подстановки enxi z, где n 1. С другой стороны, замена eix z часто находит применение при вычислении интегралов от более сложных тригонометрических функций, чем R(sin x,cos x).

/ 2

1.153*. Вычислить интеграл

cos2n xcos2mxdx, если m и

n –

целые неотрицательные числа.

В силу четности подынтегральной функции данный интеграл предста-

/ 2

cos2n xsin2mxdx 0 в

вим в виде

cos2n xcos2mxdx.

Так как

/ 2

силу нечетности подынтегральной функции, то

/ 2

e2mxi cos2n xdx.

cos2n x (cos2mx isin2mx)dx

/ 2

eix

e ix 2n

e2ix 1 2n

(z 1)2n

Положим e2ix z dx

, cos2n x

2iz

и, значит,

zm n 1(z 1)2n dz

2 i

(1.98)

i22n

22n 2i

22n 1

2 |z| 1

где – сумма вычетов подынтегральной функции

во всех особых точках, рас-

положенных внутри окружности :|

z | 1.

Если m n m n 1 0,

то подынтегральная функция является ана-

литической внутри и, значит, в этом случае по теореме Коши

Если же m n, то точка

z 0 будет полюсом (единственным) функции

f (z) zm n 1(z 1)2n ,

лежащим внутри окружности .

Из выражения

f (z)

видно, что член

c 1

в ее разложении в ряд Лорана в окрестности

z 0 полу-

на тот член разложения бинома (1 z)2n,

чится в результате умножения zm n 1

который имеет вид C2nn mzn m, а это значит,

что Res f (z) C2nn m. Подста-

z 0

вив в (1.98), получим

Cn m. При этом считаем, что C0

1. ▲

2n 1

1.154. Вычислить интегралы:

, a 1;

а)

;

б)

в)

;

(5 4cosx)2

3 2sin x

a cosx

2 cos2 2xdx

cos2 3xdx

г)

;

д)

;

е)*

cos2n xdx;

5 4cos x

5 3cos2x

ж)*

ecos x cosnxcos(sinx)dx, n Z;

з)* ctg(x a)dx, где Ima 0;

и)

, a b 0.

0 (a bcos x)2

Отв.:

а) 10 /27;

б) 2 /

a2 1

;

в)

2 /

;

г) 17 /48;

д) 13 /54;			е)*		(2n 1)!!	; ж)*		, при n 0, 2 при n 0;			з)* i;
д) 13 /54;			е)*			; ж)*		, при n 0, 2 при n 0;			з)* i;
		2 a			(2n)!!		\|n\|!
и)		2 a		.
и)	(a	2 b2)3/2		.					Pm(x)
	(a	2 b2)3/2
		Пусть	R(x) – рациональная функция вида R(x)							, где	P (x) и
		Пусть	R(x) – рациональная функция вида R(x)							, где	P (x) и
									Qn(x)		m
									Qn(x)
Qn(x) – многочлены степеней m и							n соответственно. Если Qn(x) непрерывна

на всей действительной оси (Qn(x) 0) и n m 2, т.е. степень знаменателя по крайней мере на две единицы больше степени числителя, то

R(x)dx 2 i ,

где – сумма вычетов функции R(x) Pm(x) во всех полюсах, расположен-

Qn(x)

ных в верхней полуплоскости (с. о. т. у рациональных функций нет).

Итак, если zk , k 1,n, – полюсы функции R(z), лежащие в верхней полуплоскости комплексной плоскости, то

			n			Im zk
	R(x)dx 2 i ResR(z),					Im zk	0.		(1.99)
			k 1 z zk
Аналогично, при условии n m 2
			n			Im zk
R(x)dx 2 i ResR(z),						Im zk	0.		(1.100)
			k 1 z zk
						dx
1.155. Вычислить интеграл			I			dx		.
1.155. Вычислить интеграл			I	2 1)				.
			(x	2 1)		2(x2 16)
Для функции	R(z)		1		условие		n m 2 выполнено.
Для функции	R(z)	(z2	1)2(z2 16)		условие		n m 2 выполнено.

Следовательно, данный интеграл можно вычислить по формуле (1.99). Особы-

ми точками функции R(z)

являются полюсы 1-го порядка z 4i и полюсы

2-го порядка

z i. В верхней полуплоскости расположены точки z 4i и

z i. В этих

точках соответственно

Res R(z)

и ResR(z)

z 4i

1800i

z i

900i

По формуле (1.99) I 2 i

. ▲

1800i

100

900i

1.156. Вычислить несобственные интегралы:

	dx			dx			dx
а)		;	б)		;	в)			;
				1)(x2 4)(x2 9)			x2
(x2 1)3			(x2			x4		1

, a, b, c R, b2 4ac 0, a 0;

1)dx

г)

д)

;

ax2 bx c

x4 1

(x4 1)dx

е)

x6 1

Отв.: а) 3 /8;

б) /60; в) /

;

г)

;

д)

; е)

4ac b2

Для

вычисления

интегралов вида

f (x)costxdx,

f (x)sintxdx, где

f (x) – правильная рациональная дробь, t R, часто бывает полезной следующая

	Лемма Жордана. Пусть функция				f (z) является аналитической в об-
ласти Imz 0 всюду,		за исключением конечного числа особых точек. Если
MR	max \| f (z)\| 0	при	z , где		R – верхняя полуокружность с цен-
	z R				f (z)eitz dz 0.
тром в точке z 0, то при t 0 lim					f (z)eitz dz 0.
			R	R
				R
	Если f (z) удовлетворяет условиям леммы Жордана, то при t 0
			n
	f (x) eitx		dx 2 i Res( f (z) eitz), Im zk 0.			(1.101)
			k 1 z zk
	Аналогично при	t 0
			n
	f (x)eitx dx 2 i Res( f (z) eitz ), Imzk 0.					(1.102)
			k 1	z zk

	Замечание. Для вычисления интегралов f (x)costxdx,					f (x)sintxdx

нужно в интеграле (1.101) выделить соответственно действительную и мнимую части.

1.157. Вычислить интеграл I

cosx dx

(x2 16)(x2

Рассмотрим следующий интеграл

eix dx

cosxdx

sin xdx

16)(x2 9)

16)(x2

(x2 16)(x2

(x2

Тогда согласно замечанию I ReI1. В нашем случае t 1 0, а особыми точ-

ками функции

в верхней полуплоскости являются полюсы

(z2 16)(z2 9)

1-го порядка z1 4i и z2

3i. Так как

eiz

e 4

eiz

e 3

Res

2 16)(z2

16)(z2

z 4i (z

56i

z 3i (z

42i

то по формуле (1.101) с учетом равенства I ReI1 получаем

cosx dx

e 4

e 3

e 4

16)(x

Re2 i

42i

. ▲

56i

Замечание. Из равенства

(1.101) можно получить следующий результат:

если

f (x) – четная функция, то

f (x)costxdx i Res(f (z)eitz), Imzk

(1.103)

k 1z zk

если

f (x) – нечетная функция, то

f (x)sintxdx i Res(f (z)eitz), Imzk

(1.104)

k 1z zk

x2 sin x

1.158. Для интеграла

(t 1 0)

по формуле (1.104)

0 (1 x2)2

имеем (z i

– единственная особая точка функции

в верхней полу-

(1 z2)2

плоскости, являющаяся полюсом 2-го порядка)

I Res

(1 z

)

z i

(1 z

z i

1.159. Вычислить интегралы:

xcosxdx

xsin xdx

cos xdx

а)

; б)

; в)

;

(x2

1)(x2

x2 2x 10

x2 4x 20

cos2x dx

cos3x dx

xsin x dx

x3 sin3x dx

г)

; д)

; е)

;

ж)

;

1 x4

x2 1

x4 x2

2 1)2

xsin x

dx;

(x 1)sin2xdx

з)

и)

2 2x 10

x2 2x 2

e 3

e 4

e 12

Отв.:

а)

(cos1 3sin1);

б)

(2cos2 sin2);

в)

(2e 1);

e 3

/ 2

г)

(cos

2 sin

2);

д)

; е)

sin

;

ж)

;

e 3

и) e 2 cos2.

з)

(3cos1 sin1);

В примерах 1.156 – 1.158 подынтегральная функция f (z) не имеет особых точек на действительной оси. Покажем применение леммы Жордана в том случае, когда f (z) имеет на действительной оси простые полюсы.

1.160*. Вычислить интеграл

sinax dx

, a 0,b 0.

x(x2 b2)

Введем функцию

g(z)

eiaz

z(z2 b2)

совпадающую с подынтегральной функци-

ей интеграла

при

z x

имеющую

R r 0

простой полюс на действительной оси в

точке

z 0.

Рассмотрим

в верхней

полуплоско-

Рис. 1.27

сти

Im 0

замкнутый

контур

[ R;r] r [r;R] R

(рис.

1.27),

где r :|

z | r

R :| z | R. Внутри контура находится лишь один полюс

функции

f (z) – точка z bi,b 0. Согласно основной теореме о вычетах,

eiax dx

eiaz dz

eiax dx

g(z)dz

x(x2 b2)

r z(z

2 b2)

x(x2

b2)

eiaz dz

eiaz

(1.105)

2 i

Res

2 i ,

b2)

z(z2 b2)

z bi z(z2

где Res

eiaz

e ab

2b2

z bi z(z2 b2)

Преобразуем сумму интегралов по отрезкам [ R; r]

и [r; R] действи-

тельной оси. Заменив

на

x в первом слагаемом правой части равенства

(1.105) и объединив его с третьим слагаемым, получим

eiax dx

Reiax e iax dx

sinaxdx

x(x2

R x(x2 b2)

r x(x2 b

r 2ix(x2 b2)

b2)

Обратимся

ко

второму

слагаемому

равенства

(1.105). Так

как

lim

eiaz

, т.е.

eiaz

h(z), где

lim h(z) 0, то подынтеграль-

2 b2

z2 b2

z 0 z

z 0

ная функция g(z) представима в виде

g(z)

h(z)

g(z)dz

h(z)

dz.

b2z

Положив здесь z rei , получим, что

0 irei

h(z)

dz i h(rei )d 0,

rei

если r 0.

Четвертое

слагаемое

равенстве

(1.105) при

R согласно лемме

Жордана стремится к нулю, т. к.

f (z)

при | z | . Значит,

z(z2 b2)

lim

eiaz dz

z(z2 b2)

Таким образом, при R и r 0 равенство (1.105) принимает вид

sinaxdx

e ab

sin axdx

(1 e ab). ▲

2b2

0 x(x2

b2) b2

0 x(x2

b2)

1.161. Вычислить интегралы:

cosax cosbx

sinmxdx

а)*

dx, a 0, b 0;

б)

e ma

0 x(x2 a2)2

b a

Отв.: а)*

;

б)

2a4

4a3

Рассмотрим интегралы вида

f (z) etz

dz,

,t R,

(1.106)

вкотором интегрирование в комплексной плоскости z ведется по прямой

Rez , параллельной мнимой оси Y (рис. 1.28).

Rez	Re z =σ	Rez
0		X

Рис. 1.28

Для интегралов (1.106) имеют место следующие формулы их вычисления:

i		n		Rezk .
	f (z) etzdz 2 i Res( f (z) etz ),		t 0,	Rezk .	(1.107)
i		k 1 z zk
i	f (z) etz	n		Re zk .
	f (z) etz	dz 2 i Res( f (z) etz),	t 0,	Re zk .	(1.108)
i		k 1 z zk

Здесь zk – особые точки функции f (z), лежащие в левой полуплоскости Rez при t 0 (в правой полуплоскости Rez при t 0) (см. рис. 1.28).

1.162.

Вычислить

интеграл

etz

dz,

t 0,

L прямая

Rez 1.

L (z 1)

Единственной особой точкой подынтегральной функции, лежащей ле-

вее

прямой

является

полюс 2-го

порядка

z 1,

для

которого

Res

etz

te t

. По формуле (1.107) I

2 ite t . ▲

(z 1)2

z 1

1.163. Вычислить интегралы (a 0):

2 i etz

1 i

etz

a i etz

а)

dz;

б)

dz ; в)

dz; г)

dz;

2 i z2 4

1 i (z 1)(z 3)

a i z2

a i z

a i etz

a i

etz

1 a i zetz

д)*

dz, n N ; е)

dz, n N ; ж)

dz;

a i zn 1

etz

a i

(z )n

etz

2 i a i z2 1

з)

1 a i

dz;

и)

1 a i

dz.

2 i a i z2(z2

2 i a i (z )(z )(z )

Отв.: а) isin2t;

б) ie t /2; в) 0, если t 0,

2 it , если t

0; г) 0, ес-

ли t 0;

2 i, если t 0

2 i

е) 2 i

e ttn

t sint;

; д)

;

; ж)

cost ;

з)

и)

e t

( )( )

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Сборник задач по ВМ в 10-ти частях с решениями

#
11.05.20153.35 Mб183Сборник задач по ВМ ч.1.pdf
#
11.05.20151.73 Mб131Сборник задач по ВМ ч.10.pdf
#
11.05.20153.42 Mб115Сборник задач по ВМ ч.2.pdf
#
11.05.20152.99 Mб239Сборник задач по ВМ ч.3.pdf
#
11.05.20151.26 Mб120Сборник задач по ВМ ч.4.pdf
#
11.05.2015672.61 Кб178Сборник задач по ВМ ч.5.pdf
#
11.05.20151.41 Mб105Сборник задач по ВМ ч.6.pdf