32_all

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

1

2003/2004

32

6i

h(z)

2 −iz

Пусть

- регулярная

ветвь многозначной

функции Ln

в плоскости

с

разрезом по

кривой

z

−1

3π

[− 2i,−i] такая,

что Im h(∞)=

3π

Найти h(0)

γ =

z :

z

=

1, 0 ≤ arg z ≤

.

и

вычислить

интеграл

2

2

h(z)

J =

∫

dz .

1 sin

3

z

z

=

2

115, пример 3 стр. 104-105

c Прежде всего следует проверить,

что в

заданной области действительно существуют регулярные

ветви функции

2 −iz

Ln

1. Эта функция допускает выделение регулярных ветвей в области G=C\ γ , что легко проверяется2.

z −1

3π

dВыберем теперь регулярную ветвь корня, которая удовлетворяет условию Im h(∞)=

:

2 −iz

2

3π

+i(ϕ01 −ϕ02

γ arg(2 −iz)− γ arg(z −1)+ 2πl) → Im h(∞)=ϕ01 −ϕ02

.

h(z) = ln

+

+ 2πl =

z −1

2

2

−iz

3π

h(z)= ln

+i

+

γ arg(2 −iz)−

γ arg(z −1)

-

(1)

z −1

2

регулярная ветвь, соответствующая вышеприведенному условию Im h(∞)=

3π

.

2

h(0)

2 −i0

3π

π

ln 2 +i3π

e

= ln

+i

+

−(−π) =

0 −1

2

2

h(z)

fНаходим особые точки

f (z)=

.

sin 3

z

Особыми точками являются:

z = ∞

- НОТ,

особые точки числителя: ,

нули знаменателя: z = πk , k = 0, ±1, ± 2,... - П3 (полюсы 3-го порядка)3

sin 3 πk = 0 , (sin 3 z)′

= 3sin 2 z cos z

= 0 ,

(sin 3 z)″

z=πk

z=πk

= (3sin 2 z cos z)′

= (6sin z cos2 z −3sin 3 z)

= 0 ,

z=πk

z=πk

z=πk

1

Ln

2 −iz

= Ln(2 −iz)− Ln(z −1) = ln

2 −iz

+i(ϕ01 +

γ arg(2 −iz)+ 2πk1 )−ln

z −1

−i(ϕ02 + γ arg(z −1)+ 2πk2 )

z −1

= ln

2 −iz

+i(ϕ01 −ϕ02 + γ arg(2 −iz)−

γ arg(z −1)+ 2πl)

z −1

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 полюсом, если существует предел

C

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

2

(sin 3 z)'''

z=πk

= (6sin z cos2 z −3sin 3 z)′

=

z=πk

(6 cos3 z −12 sin 2 z cos z −9 sin 2 z cos z)

= (−1)k 6 ≠ 0

z=πk

особые точки знаменателя: .

Внутри контура γ = z

:

z

=1, 0 ≤ arg z ≤

3π

[−

2i,−i] находится:

z = 0 - П3.

2

h(z)

g Интеграл J =

∫

h(z)

dz , можно вычислить по формуле J = 2πi res

4.

3

3

z

=

1 sin

z

z=0

sin

z

2

h(z)

1 d 2

h(z)

h Точка z = 0 - П3

/

(полюс 3-го порядка), поэтому вычет5 в этой точке равен res

= lim

z 3

.

sin 3

z

z=0

z→0

(3 −1)! dz 2

sin 3 z

Кроме того,

res

h(z)

= c−1

6, где c−1

- коэффициент разложения функции

h(z)

в ряд Лорана с центром в конечной

sin 3 z

z=0 sin 3 z

точке z = 0 при

1

.

z

(−1) iz

(−1)

2 −iz

iz

∞

k

∞

k

h(z) = Ln

= Ln(−

2)+ Ln 1 −

− Ln(1 − z)7 = Ln(− 2)+ ∑

− ∑

(z)

+i2πk 8.

z −1

2

k

2

k

k =1

k =1

∞

(−

1) iz k

∞

(−1)

(z)

k

Т.к. h(0) = ln 2 + i3π , то h(z) = ln 2 +i3π + ∑

− ∑

=

k

2

k

k =1

k =1

= ln 2 +i3π

−

iz

−

1

iz

2

−

1

iz 3

+ z +

z

2

+

z 3

o(z

3

)=