31_all

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

1

2003/2004

31

6i

Пусть g(z)

-

регулярная

ветвь

многозначной функции {1 + 4z 2 } в

плоскости с

разрезом

по кривой

1

π

такая, что g(0)=1. Пусть f

(z)=

z

γ = z :

z

=

,

≤ arg z ≤ 2π

. Найти

res f

и вычислить

2

2

(g(z)+3)

2

∞

i

i

(ϕ01 +ϕ02 +2πk )

(ϕ01

+ϕ02 +2πk )

ϕ

+ϕ

+ 2πk

g(0) = 1 + 4 02 e 2

01

02

= e 2

= 1 = ei2πl , т.е.

= 2πl .

2

g(z)= 1 + 4 z 2 e

i

( γ arg(1+2iz )+

γ arg(1−2iz ))

2

-

(1)

регулярная

условию g(0)=1 .

ветвь, соответствующая вышеприведенному

(R >>1).

Для

этого

воспользуемся разложением

f(z)

в точке

вещественной оси R < X

:

f (X )=

X

=

(g(X )+3)2

X

=

X

=

X

=

1

=

i

π

−

π

2

1

i

0

2

2

1

3

2

3

1

2

2

2

2 2

2

4X 1

+

+ o

1 + 4

X

e

+ 3

2 X 1

+

2 e

4 X

1 +

2 +

4 X

+3

4 X

2X X

2 X

1

3

1

1

1

1 − 2

+ o

=

+ o

.

4 X

2 X

4 X

X

X

f (z)=

1

1

c−1

1

равен c−1 =

1

По теореме единственности4 имеем:

+ o

. Откуда получаем, что коэффициент

при

,

4z

z

4

z

следовательно

res f (z)= −c−1

= −

1

5

.

4

z =∞

i

(ϕ01 +

γ arg(1+2iz )+2πk1 )

i

(ϕ02 + γ

arg(1−2iz )+2πk2 )

1 1 + 4z 2 =

(1 + 2iz)(1 − 2iz) =

1 + 2iz

1 − 2iz

1 + 2iz e

1 − 2iz e

=

2

2

=

i

(ϕ01 +ϕ02 + γ arg(1+2iz )+

γ arg(1−2iz )+2πk )

1 + 4z 2 e 2

2 Теорема 2(§16П) Пусть функция f в области G регулярна, прчем f (z)≠ 0 , z G . Чтобы в области G существовали ветви

регулярной функции {n

f (z)}, необходимо и достаточно, чтобы для любого замкнутого кусочно-гладкого контура γ° G

нашлось целое число k °

такое, что

° arg f (z)= (2πn)k ° .

y

γ

γ

o

3 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется устранимой особой точкой, если

C

существует конечный предел lim f (z) C.

z

→a

f : G → C регулярна в области G C . Пусть существует последовательность

4 Теорема (единственности). Пусть функция

различных точек {zn } G , сходящаяся к некоторой точке a G и такая, что

f (zn )= 0 n N . Тогда f (z)≡ 0 на