Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Теория функций комплексного переменного

Файл:

Михайлов ТФКП практикум2013

.pdf

Скачиваний:

1697

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

4 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 2518 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

12. ВЫЧИСЛЕНИЕ НЕСОБСТВЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ

+∞

Рассмотрим интегралы вида ∫ f (x)dx . Если функция f (x) , за-

−∞

данная на всей действительной оси, может быть аналитически продолжена на верхнюю полуплоскость Im z > 0 и ее аналитическое продолжение, функция f (z) , удовлетворяет следующим условиям:

f (z) аналитична всюду в полуплоскости Im z > 0 , за исключением

конечного числа изолированных особых точек; существуют такие положительные числа R, M и δ , что для всех точек верхней полуплоскости, удовлетворяющих условию | z |> R , имеет место оценка

	\| f (z) \|<	M	,	(12.1)
	\| f (z) \|<	1+δ	,	(12.1)
		\| z \|
			+∞
Тогда несобственный интеграл первого рода ∫ f (x)dx				сущест-
			−∞
вует и равен:
+∞		N
∫	f (x)dx = 2πi∑res[ f (z), zk ] ,			(12.2)
−∞		k =1

где zk – особые точки функции f (z) в верхней полуплоскости.

В следующих примерах вычислить интегралы по бесконечному промежутку.

Пример 12.1 ([3], № 4.140).

+∞			xdx
∫			xdx		.
∫	(x	2	+ 4x +13)	2	.
−∞	(x		+ 4x +13)
−∞

Решение. Обратим внимание на то, что данный интеграл легко вычисляется и без применения методов ТФКП, а именно: выделив в скобках в знаменателе полный квадрат и сделав замену перемен-

ной (x + 2)2 = t , получим

−∞

xdx

+∞

∫

−2 ∫

+4x +13)

t +9

+4x +13)

+∞

−∞

171

1 ln( x2

+ 4x +

13)

+∞ − 2

∫

−∞

+ 9)

(t= x+2)

+∞

x +2

= −

−

arctg

= −

−

arctg

9(t2

+9)

9(x2 +4x +13)

−∞

= − 27π .

Получим этот результат с помощью вычетов (формула (12.2)). Указанная формула применима, так как подынтегральная функция удовлетворяет всем перечисленным выше условиям. Найдем ее особые точки, приравняв нулю знаменатель

z2 + 4z +13 = 0 z1,2 = −2 ± 4 −13 = −2 ±3i .

В верхней полуплоскости находится одна из этих точек z1 = −2 +3i (полюс второго порядка).

res[ f (z), z

] = lim

[ f (z)(z − z )2 ] = lim

[

] =

z→z1 dz

z→z1 dz (z − z2 )2

z1 + z2

−4

= −

Откуда

(z2 − z1)3

(−6i)3

54i

+∞

∫ f (x)dx = 2πi res[ f (z), z1] = −

−∞

∞

Пример 12.2 ([3], № 4.142).

∫

(n – натуральное число).

Решение. Так как подынтегральная функция четная, то

∞

+∞

∫

+1)

−∞

Убедившись в применимости формулы (12.2), имеем

+∞

∫

f (x)dx = ∫

= 2πi res[ f (z),i] ,

+1)

−∞

172

где f (z) =	1	– аналитическое продолжение подынтеграль-
	(z2 +1)n

ной функции на верхнюю полуплоскость, а точка i – единственная особая точка этой функции в верхней полуплоскости (полюс п-го порядка). Тогда

res[ f (z),i] =

lim

d n−1

[ f (z)(z −i)n ] =

lim

d n−1

dzn−1

−1)!

dzn−1

(n −1)! z→i

(z −i)n

(−1)

n−1

n(n +1)...(2n

−2)

(z −i)n (z +i)n

−1)!

(z +i)2n−1

z=i

(−1)n−1n(n +1)...(2n −2)

n(n +1)...(2n −2)

( n >1 ),

(n −1)!22n−1i2n−1

22n−1i(n −1)!

∞

πn(n +1)...(2n −2)

∫

+1)

2n−1

(n −1)!

−∞

1 3 5...(2n −3)

( n >1 )

2 4 6...(2n −2)

(так как 2n−1 (n −1)! = (2n − 2)!! = 2 4 6 8...2n − 2 ). При n =1

∞

∫

Пример 12.3 ([3], № 4.144).

∞

+∞

∫

dx =

∫

dx .

Решение.

−∞ x

Корни

знаменателя

подынтегральной

функции

z = 4 −1 = ±

(1±i) .

Из

четырех

корней

два:

(1+i) и

z2 =

(−1+i)

(полюсы первого порядка) находятся в верхней по-

луплоскости:

173

zk2 +1

res[ f (z), z

] =

= −

(z2

+1)z

;

4zk2

ψ'

z=zk

+∞ x2 +1

2πi{res[ f (z), z ] + res[ f (z), z

]} =

dx =

∫ x4 +1

= −

πi

[(1+i)2

+(−1+i)(1−i)] =

+∞

Вычисление интегралов вида ∫ eiax f (x)dx

основывается на

−∞

применении леммы Жордана:

если функция

f (x) ,

заданная на

всей действительной оси, может быть продолжена на верхнюю полуплоскость Im z > 0 , и ее аналитическое продолжение f (z) имеет

в верхней полуплоскости лишь конечное число изолированных

особых точек, равномерно относительно arg z (0 ≤ arg z ≤ π)		стре-
мится к нулю при \| z \|→ ∞, тогда при a > 0
+∞	n
∫ eiax f (x)dx = 2πi∑res[eiaz f (z), zk ] ,		(12.3)
−∞	k =1
где zk – особые точки функции	f (z) в верхней полуплоскости.

Если к тому же функция f (z) имеет полюсы первого порядка

на действительной оси, то интеграл существует в смысле главного значения и равен

	+∞
	∫ eiax f (x)dx =
	−∞	(12.4)
n	N	(12.4)
n	N
= 2πi∑res[eiaz f (z), zk ] + πi ∑ res[eiaz f (z), zm ],
k=1	m=1

где zk (k =1, 2,...,n) – особые точки в верхней полуплоскости, zm ( m =1, 2,..., N ) – особые точки на действительной оси. Интегралы типа

+∞	+∞
∫ sin ax f (x)dx и	∫ cos ax f (x)dx ,
−∞	−∞

174

где f (x) удовлетворяет перечисленным требованиям, сводятся к

предыдущим, так как

+∞ +∞

∫ sin ax f (x)dx = Im ∫ eiax f (x)dx ,

−∞	−∞
+∞	+∞

∫ cos ax f (x)dx = Re ∫ eiax f (x)dx .

−∞

В следующих примерах вычислить интегралы.

Пример 12.4 ([3], № 4.149).

+∞

x cos xdx

+∞

xsin xdx

∫

−∞

−2x +10

−∞

−2x +10

Решение. Представим данные интегралы в виде

+∞

x cos xdx

= Re

+∞

xeixdx

∫

x2 −2x +10

−2x +10

−∞

+∞

x sin xdx

+∞

xeixdx

∫

= Im

∫

x2 −2x +

x2 − 2x +10

−∞

+∞

xeixdx

Рассмотрим

∫

Условия леммы Жордана выпол-

−∞

−2x +10

zeiz

нены. Особые точки функции

– полюсы первого по-

z2 −2z +10

рядка:

z1,2 =1±3i . Одна из них

z1 =1+3i

лежит в верхней полу-

плоскости.

Согласно формуле (12.3)

+∞

xeixdx

zeiz

2πi(1+3i)ei(1+3i)

∫

= 2πires[

, z1] =

x2 −2x +10

z2 −2z +10

2(1+3i) −2

−∞

2πi(1+3i)e−3ei

2π

−3

(1+3i)(cos1+i sin1) =

+6i −

πe−3

[cos1−3sin1+i(sin1+3cos1)] .

175

Здесь мы применили формулу Эйлера eiφ = cos φ + i sin φ . Отсюда получаем искомые интегралы:

+∞

xeixdx

πe−3

∫

= Re

(cos1−3sin1) ;

−2x +10

−∞

+∞

xeixdx

πe−3

∫

= Im

(sin1 +3cos1) .

− 2x +

−∞

∞

cos

Пример 12.5 ([3], № 4.151).

∫

(a и b – положитель-

x +b

ные числа).

Решение. Так как подынтегральная функция четная, то

∞

cos ax

+∞

cos

+∞

iax

∫

dx =

Re ∫

2 2

x +b

−∞ x +b

−∞ x

В верхней полуплоскости одна особая точка z0 =ib

(полюс пер-

вого порядка):

eiaz

e−ab

res[ f (z), z ] =

;

z=ib

2bi

+∞

iax

−ab

+∞

iax

∫

= 2πires[ f (z), z0 ] =

= Re

∫

x2 +b2

+b2

−∞

Поэтому искомый интеграл

∞

cos ax

∫

dx =

e−ab .

+∞ eitx

Пример 12.6 ([3], № 4.154). −∫∞ x dx .

eitz

Решение. У функции z в верхней полуплоскости особых то-

чек нет, на действительной оси – одна особая точка z0 = 0 – полюс первого порядка. Согласно формуле (12.4) при t > 0 имеем

176

+∞ eitx	eitz
	dx = πires		, z0	= πi
−∞∫ x		z

(так как вычет равен 1). При t < 0 сделаем замену t → −t . Тогда

+∞	e	itx	−∞	e	−itx	+∞	e	i\|t\|x
∫			dx = ∫			dx = − ∫			dx = −πi .
		x			x			x
−∞			+∞			−∞

(Можно и сразу использовать лемму Жордана применительно к нижней полуплоскости.)

+∞ dx

Наконец, при t = 0 получаем −∫∞ x . Подынтегральная функция нечетная, и поэтому главное значение интеграла равно нулю.

Пример 12.7 ([3], № 4.156).

+∞			sin xdx		+∞			eixdx
∫					= Im ∫				.
	(x	2	+4)(x	−1)		(x	2	+4)(x −1)
−∞					−∞

eiz

Решение. Функция (z2 +4)(z −1) имеет в верхней полуплоско-

сти полюс первого порядка в точке z = 2i и на действительной оси полюс первого порядка в точке z = 1 .

res[ f (z),2i] =

e−2

ψ'

z=2i

2 2i(2i −1)

e−2 (−2i −1)

(−2i −1)e−2

4i(2i −1)(−2i

−1)

20i

(здесь в качестве φ(z)

мы взяли функцию

eiz

, а в качестве ψ(z)

z −

функцию z2 +4 );

eiz

res[ f (z),1] = lim f (z)(z −1) = lim

cos1+i sin1

;

z→1

z→1 z2 +4

+∞

sin xdx

+∞

eixdx

∫

= Im ∫

=Im{2πires[ f (z),2i] +

+4)(x

−1)

+4)(x −1)

−∞

177

	2πi	e−2	(−2i −1)	+ πi	cos1 +i sin1	=
+πires[ f (z),1]} = Im	2πi		20i	+ πi	5	=
			20i		5

= −

πe−2

πcos1

= π(cos1−e−2 ) .

Пример 12.8 ([3], № 4.157).

+∞

costxdx

+∞

| x

+∞

i|t|x

∫

= ∫

cos | t

dx = Re ∫

dx .

1 + x

−∞

1 + x

−∞

Решение. Особые точки функции

ei|t|z

= −1 – на действи-

1+ z3

тельной

оси

(полюс

первого порядка). Далее

z2 − z +1 = 0

2,3

±i

. Из двух точек одна

= 1

находится в верх-

ней полуплоскости (полюс первого порядка):

ei|t|z

−i|t|

, z1

;

res

1 + z3

ψ'

z1=−1

i|t|

|t| 3

i|t|

i|t|z

−

res

, z2

3(−2 +2 3i)

1+ z3

−|t| 3

| t |

−|t| 3

| t |

cos

+i sin

cos

+i sin

(−1

−i 3)

3(−1+i

3 4

Таким образом,

+∞

costx

+∞

i|t|x

∫

dx = Re ∫

= Re(2πires

z2 +πires

z1 ) =

1 + x3

1+ x3

−∞

−|t| 3

−∞

= Re[

πi

(cos

| t |

+i sin

| t |

)(−1−i

πi

(cos | t | −i sin | t |)] =

178

−

|t| 3

| t |

(sin

3 cos

)

sin | t | .

Пример 12.9 ([3], № 4.160).

∞

sin axdx

∫

(a > 0,b

> 0) .

x(x2 +b2 )

Решение. Так как подынтегральная функция четная, то

∞

sin axdx

+∞ sin axdx

+∞

eiaxdx

∫

x(x

)

−∞ x(x

+∞

eiaxdx

= 2πires

eiaz

,ib + πires

eiaz

,0 =

−∞∫

x(x2 +b2 )

z(z2 +b2 )

= 2πi

e−ab

+πi

= −

πe−ab i +

πi

ib 2ib

∞

sin axdx

Im −

πe−ab

i +

πi

(1 −e−ab ) .

∫

x(x

)

Пример 12.10 ([3], № 4.162).

∞ cos 2ax −cos 2bx dx .

∫

Решение.

∞ cos 2ax −cos 2bx

+∞ cos 2ax −cos 2bx

∫

dx =

∫

dx =

−∞

+∞

i2ax

−e

i2bx

i2az

−e

i2bz

∫

Re πires

−∞

πi lim

ei2az −ei2bz

Re πi (i2a −i2b) = π(b − a) .

z→0

179

Пример 12.11 ([3], № 4.164).

∞	3	xdx =		+∞	3	xdx .
∫ sin3		xdx =	1	∫	sin3	xdx .
0	x		2	−∞	x

Решение. Воспользуемся тригонометрической формулой sin3 x = 14 (3sin x −sin 3x) .

Тогда

∞

sin

+∞

3sin x −sin 3x

+∞

−e

i3x

∫

dx =

Im ∫

−∞

+∞

i3x

+∞

i3z

−e −

3e −e −2

∫

8 Im

dx +

8 Im πires

−∞

πi lim

3eiz −ei3z −2

Im (πi

3) =

z→0

+∞ 2

(предел можно взять, например, по правилу Лопиталя), −∫∞ x3 dx = 0

– главное значение интеграла.

Рекомендуемый перечень задач для решения в аудитории:

[3] № 4.149, 4.151, 4.154, 4.156, 4.157, 4.160, 4.162.

Резерв:

[3] № 4.140, 4.142, 4.163, 4.164.

Для самостоятельной работы дома:

[3] № 4.143, 4.144, 4.150, 4.152, 4.155, 4.158, 4.159.

На усмотрение преподавателя:

[3] № 4.141, 4.161, 4.163.

180

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 2518 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>