Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Михайлов ТФКП практикум2013

.pdf
Скачиваний:
1614
Добавлен:
05.06.2015
Размер:
3.91 Mб
Скачать

13. ИНТЕГРИРОВ АНИЕ МНОГ ОЗНАЧНЫХ ФУНКЦИЙ1

При вычислении и нтегралов от многозначных функций необходимо убедиться, что в области, охватываемой контуром интегрирования, возможно выделение однозначных аналитических ветвей подынтегральной функции. Далее вы деляется и интегрируется та ветвь этой функции, которая является аналитическим продолжением с действительной оси.

В следующих прим ерах вычислить интегралы.

Пр имер 13.1 ([3], № 4.165).

(a > 0; 0 < p <1)

(a > 0; 1 < p <1).

x p1 cos axdx

и x p1 sin axdx

0

 

0

 

Решение. Воспользуемся интегралом: z p1 eaz , где С – кон-

C

тур, изображенный на рис. 13.1. У многозначной функции z p1 = e( p1)Lnz выделим однозначную ветвь, являющуюся аналити-

ческим продолжением с действительной оси функции x p1 eax :

z p1 eaz = e( p1)Lnz eaz = = e( p1)(ln z +iφ+ik ) eaz

(k = 0, ±1, ±2...).

На

действительной

положительной

 

полуоси z = x > 0 , ln

 

z

 

= ln x , φ = 0 , от-

 

 

 

 

куда следует, что интегрировать надо

 

ветвь при k = 0 :

e( p1)lnz eaz . Точки ветв-

Рис. 13.1

ления

функции

z p1 eaz

– это z = 0 и

z = ∞ , что позволяет внутри данного контура выделить эту ветвь и использовать для ее интегрирования основную теорему теории вычетов:

f (z)dz = ires[ f (z), zk ],

C k

1 При н едостатке часов это занятие можно рассматривать как факультативное.

181

где zk – изолированные особые точки функции f(z), находящиеся внутри контура C. Так как внутри контура в нашем случае таких точек нет, то интеграл равен 0.

Рассмотрим этот интеграл как сумму интегралов по составным частям контура. Интеграл по отрезку действительной оси (z = x;

dz = dx) :

I1 = R x p1eaxdx .

ρ

При ρ0 и R →∞ этот интеграл превращается в несобственный интеграл

x p1eaxdx .

0

Интеграл по мнимой положительной полуоси (z = iy; dz = idy )

 

 

ρ

 

 

 

 

 

ρ

 

 

π

 

 

 

I2 = e(

p1 ln

iy

 

 

 

 

 

(p1) ln y+i

 

eaiydy =

 

 

) (

 

) eaiyidy = ie

 

2

 

 

R

 

 

 

 

 

R

 

 

 

 

 

π

ρ

 

 

 

π

 

π

ρ

 

 

 

= iei

 

(p1)y p1 eiay dy = i ei

 

ei

 

p y p1 (cos ay isin ay)dy =

2

2

2

 

 

R

 

 

 

 

 

 

 

R

 

 

 

πR

=ei 2 p y p1 (cos ay i sin ay)dy .

ρ

Обозначим стоящие здесь интегралы при ρ0 и R →∞ :

y p1 cos aydy =

x p1 cos axdx = J1 ,

0

0

y p1 sin aydy = x p1 sin axdx = J2 .

0 0

Докажем, что интегралы по малой и большой дугам при ρ0 и R →∞ обращаются в ноль (на малой дуге z = ρeiϕ , на большой дуге z = Reiφ ).

 

z p1 eaz dz

 

=

0

(ρeiφ )p1 eaρ(cos φ+i sin φ) ρieiφdφ

 

 

 

Cρ

 

 

π

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

182

ππ

2 ρp1eaρcos φ ρdφρp 2 dφ0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

при ρ0 , так как 0 < p <1.

Интеграл по большой дуге

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z p1 eaz dz

=

2 (Reiφ )p1 eaR(cos φ+i sin φ) Rieiφdφ

 

CR

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

π

 

aR

2

 

 

 

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

aR 1

 

 

Rp eaR cos φ dϕ≤ Rp

e

 

π dφ = Rp eaR e

π dφ0

0

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

0

 

 

 

(так как cos φ 1

) при R →∞

(за счет экспоненты).

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сумма интегралов по всем четырем частям контура равна нулю, поэтому получаем равенство

π

x p1 eaxdx ei 2 p y p1 (cos ay isin ay)dy = 0 ;

 

0

 

 

0

 

π

π

 

π

 

здесь ei

2 p = cos

p +i sin

p ; первый интеграл заменой ax = t сво-

2

2

 

 

 

 

дится к гамма-функции Эйлера:

 

 

 

p1

 

dt

 

 

Г(p)

 

 

 

t

et

=

 

,

 

 

 

p1

 

a

 

p

Г(p)

0

 

a

 

 

 

 

 

a

 

 

π

 

 

 

π

 

(J1 iJ2 )= 0 .

 

 

cos

 

 

p

+isin

 

 

 

p

a

p

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приравнивая нулю отдельно действительную и мнимую части выражения, стоящего в левой части, получаем

Г(p)

cos

π

 

p J1 sin

π

p J2

= 0,

 

a p

2

 

2

 

 

 

 

π

 

 

 

π

 

 

 

 

sin

 

p J1 +cos

p J2

= 0.

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

183

Из этой системы получаем

 

 

Г(p) cos

π

p

 

 

Г(p) sin

π

p

 

J1 =

2

 

J2 =

2

 

 

 

 

;

 

 

.

 

 

a p

 

 

a p

 

 

Второй

интеграл

сходится в более широких пределах по р:

p (1;1),

так как

подынтегральная

функция

 

в интеграле

x p1 sin axdx в нуле эквивалентна

x p1ax = ax p , что обеспечивает

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сходимость интеграла на нижнем пределе при p > −1 .

 

 

Пример 13.2 ([3], № 4.166).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(p >1).

 

 

 

 

 

 

cos x p dx

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Заменой xp =t сводится к интегралу J1 предыдущего примера.

Пример 13.3 ([3], № 4.167).

Решение. Аналогично примеру 13.2.

sin x p

 

1

Пример 13.4 ([3], № 4.168). 0 x p

dx , p >

2 .

Решение. Аналогично предыдущим примерам. Применим свой-

ство гамма-функции

Г (x)= (x 1) Г (x 1).

При p =1

sin xdx =

π

,

 

0

x

2

 

вычислялся ранее как интеграл от однозначной функции по лемме Жордана (см. (12.3)):

sin x

 

1

+∞ eix

 

 

1

 

 

 

eiz

 

 

π

 

 

dx =

 

Im

dx =

 

Im

πires

 

 

,0

=

 

.

 

 

 

 

 

0

x

 

2

−∞ x

 

 

2

 

 

 

z

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 13.5 ([3], № 4.170).

0

dx

(0 < p <1).

 

 

 

x p (x +1)

 

 

 

184

Решение. Выберем контур интегрирования С, как показано на рис. 13.2. Точку z = 0 как точку ветвления обходим контуром радиуса ρ. Внутри контура у подынтегральной функции одна особая точка z = –1 (полюс первого порядка). Интегрируется та ветвь функции zр, которая является анали-

тическим продолжением функции хр с по- Рис. 13.2 ложительной действительной полуоси (по рисунку с верхнего берега разреза, где аргумент равен 0, на нижнем берегу этого же разреза аргумент равен 2π):

C

dz

= i res[f (z), 1]=

i

=

i

=

i

= ie

iπp

.

z p (z +1)

(1)p

epln(1)

epiπ

 

Этот же интеграл по составным частям контура: интегралы по больш ой и малой окружностям обращаются в 0 при ρ0 и R →∞ :

 

 

 

 

dz

 

 

=

0

iρeiφdφ

 

 

 

1

 

 

dφ

0 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Cρ

z p (z +1)

 

 

2π (ρeiφ )p

(ρeiφ +1)

 

ρp1 0

 

ρeiφ +1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при ρ0

 

 

 

 

dz

 

 

 

iReiφdφ

 

 

 

 

 

 

1

 

dφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 .

z

p

(z +1)

(Reiφ )

p

(Reiφ +1)

 

R

p1

 

 

 

 

 

CR

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

0

R 1 при R→∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл по верхнему берегу разреза (искомый интеграл):

R

 

 

ρ

dx

ρR→∞0

0

dx

= J .

xp (x +1)

xp (x +1)

Интеграл по нижнему

берегу разреза, где z p = ep(ln x+2 πi) =

= x p eip ,

ρ

dx

 

 

R

= e

ip

x p eip (x +1)

 

ρ

dx

→ −eip

dx

.

R

0

x p (x +1)

ρR→∞0

x p (x +1)

 

Складывая интегралы по частям контура и приравнивая их сумму значению, полученному с помощью вычетов, получим

J eip J = ieiπp ,

185

J =

ieiπp

 

ieiπp (1eip )

 

 

i (eiπp eiπp )

 

 

=

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

=

1eip

(1eip )(1eip )

2 eip eip

=

 

i 2isin πp

= 2πsin πp =

 

 

 

 

π

.

 

 

 

 

2 2cos 2πp

 

 

2sin2 πp

sin πp

 

 

Пример 13.6 ([3], № 4.172).

x pdx

 

(1 < p <1).

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

0

 

1+ x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Выберем контур С, показанный

 

 

 

 

на рис. 13.3, и выделим однозначную ветвь

 

 

 

 

функции

z p = epLnz = ep(ln

 

z

 

+iφ+ik ) , взяв k = 0 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

что соответствует аналитическому продол-

Рис. 13.3

 

жению функции хр с действительной поло-

 

жительной полуоси. Внутрь контура попада-

ет одна особая точка подынтегральной функции z = i – полис первого порядка.

z pdz

= i res[f (z),i]= i

i p

=

2

2i

C 1+ z

 

 

 

 

 

= πeplni = πepi

π

 

 

 

2 .

 

 

Покажем, что интегралы по малой и большой полуокружностям обращаются в ноль при ρ0 и R →∞ .

На малой полуокружности z = ρeiφ , dz = ρieiφdφ :

 

 

 

 

 

 

 

 

(ρeiφ )p ρieiφdφ

 

 

 

 

p+1

π

dφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

2iφ

 

 

 

 

ρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

 

 

 

 

 

 

 

2

e

2iφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

1+ρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 1

+ρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при ρ0 , так как (1 < p <1);

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(Reiφ )p Rieiφdφ

 

 

 

R p+1

π

 

 

 

 

 

p1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2iφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dφ = πR

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

e

 

 

 

 

R

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

CR

 

 

+ R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при R →∞ . Интегралы по промежуткам действительной оси

 

R

p

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

ρ

 

p(ln

 

x

 

+iπ)

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

dx

J

=

x

 

dx

;

e

 

 

 

 

 

 

2 dx

eiπp

 

 

x

 

dx

= eiπp

J .

 

 

2

 

 

2

 

1+ x

 

 

 

 

2

ρ 1+ x

 

 

 

0

1+ x

 

 

 

R

 

 

 

 

 

 

0

1+ x

 

186

Приравняем интегралы, полученные непосредственно и с помощью вычетов:

i π p

J = πe 2

1+eiπp

J +eiπp J

π

πei 2 p (1+eiπp )

= (1+eiπp )(1+eiπp )=

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= πei 2 p ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

π

p

 

i

π

p

 

 

π

 

 

π e 2

+e

 

2

 

 

π2cos

p

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

=

2 +eiπp +eiπp

 

2 +cos πp

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

=

πcos

2 p

=

π

 

.

 

 

 

 

 

2cos2

π

p

 

2cos

π p

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

Пример 13.7 ([3], № 4.176). Вычислить главное значение инте-

грала xdx4 .

0 x 1

Решение. Воспользуемся утверждением (см. [3], № 4.175), полезным и для решения других примеров: если рациональная функ-

ция f (z)

имеет на положительной части действительной оси по-

люсы лишь первого порядка β1

, β2 ,..., βm , а среди других ее особых

точек α1,

α2 ,..., αn нет равной нулю и

 

 

 

 

 

 

 

 

p+1

 

 

 

p+1

 

 

= 0 ,

 

 

 

limz0 z

 

 

f (z)

= limz→∞ z

 

f (z)

то, если р – целое число,

 

 

 

 

 

 

 

x p f (x)dx = − n res z pLn z f (z)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

k =1

 

 

 

 

 

z=αk

 

 

 

 

 

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

βkp (ln βk + πi) res[f (z)]z=βk .

 

 

 

 

 

 

k =1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Действительно, взяв контур, представ-

 

ленный на рис. 13.4, и рассмотрев вспомога-

 

тельный интеграл z pLn z f (z)dz , получим

 

 

 

 

С

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 13.4

z pLn z f (z)dz = i

 

 

 

 

 

 

 

 

res z pLn z f (z)

 

 

 

С

 

 

 

 

k=1

 

 

 

 

z=αk

 

187

(для краткости записи на рисунке взята одна точка βk =β). Рас-

сматривая это же интеграл как состоящий из суммы интегралов по составным частям контура, получим:

интеграл по дуге большой окружности радиуса R, на которой

z = Reiφ, Ln z =ln R +iφ,

dz = Rieiφdφ:

 

z pLn z f ( z)dz

 

2π R p

 

ln R +iφ

 

f (Reiφ ) Rdφ0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

СR

 

 

0

 

 

 

 

при R →∞ ;

интеграл по дуге малой окружности радиуса ρ с центром в начале координат:

z p Ln z f ( z)dz 2πρp ln ρ+iφ f (ρeiφ )ρdφ 0

Сρ

0

при ρ0 .

Интеграл по верхнему берегу разреза, где arg z = 0 , равен

+∞

x p ln x f ( x)dx ,

0

интеграл по нижнему берегу разреза, где arg z = 2π, равен

0

x p (ln x + i) f ( x)dx

+∞

и, следовательно, сумма этих интегралов равна

0

i x p f ( x)dx .

+∞

Осталось вычислить интегралы по верхней и нижней дугам окружности радиуса ρ с центром в точке β. Так как по условию β – полюс первого порядка, то f ( z) в окрестности этой точки пред-

ставима в виде

f (z) = ψ'(β) (z φz(0z))+o(z z0 ) .

Интеграл по верхней дуге равен

188

z p (ln

 

 

z

 

+iarg z)f (z)dz =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сверх

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=(z *)p (ln

 

z *

 

 

 

 

 

+i arg z *)

f (z)dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z*β

 

(по теореме о среднем)

Сверх

 

 

 

 

 

 

 

 

 

βp ln β lim

 

 

 

 

φ(z)dz

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ'(β) (z

z0 )

+o(z z0 )

z*β

z*β

С

 

 

 

 

 

 

верх

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= −βp lnβ πi res f (z)

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=β

 

 

 

 

 

Интеграл по нижней дуге равен

 

 

 

 

 

 

 

 

z p (ln

 

 

 

 

z

 

+i arg z )f (z )dz =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Сниж

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (z **)p (ln

 

z **

 

+i arg z **)

f (z )dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z**β

(по теореме о среднем)

Сниж

 

 

 

 

 

 

 

 

 

βp (ln β+2πi) πi res f

(z)

=β

.

 

 

z**β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

Из этих соотношений и получаем заявленную формулу. В нашем примере:

 

 

 

p =1;

 

f (x)=

 

 

 

1

 

 

;

β=1 .

 

 

 

 

 

x4 1

 

 

 

 

 

φ

 

1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Далее:

res

f (z),1 =

=

 

 

Особые

точки внутри контура:

 

 

 

 

 

ψ'

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α1 = i, α2

= −i,

α3

= −1 – полюсы первого порядка. Вычеты в них:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i ln1

+i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res z ln z f (z)

=

φ

=

 

 

 

 

 

2

 

 

= −iπ

,

 

ψ'

 

 

 

4i3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln1

 

 

 

 

i

 

 

res z ln z f (z)

 

=

φ

=

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

= −i ,

 

 

ψ'

 

 

 

 

4(i)3

 

 

 

 

z=−i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

 

res z ln z f (z)

=

 

φ

=

1(ln1+iπ)

= iπ

,

 

 

ψ'

 

 

 

 

 

z=−1

 

 

 

 

 

4(1)3

4

 

189

res

f

(z) = −

iπ

.

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставляя в указанную формулу, получим:

xdx

 

 

iπ

 

iπ

0

 

=

 

4 = 0 .

x4 1

4

Для сравнения вычислим главное значение интеграла непосред-

ственно:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xdx

 

 

 

 

 

 

 

1ε

xdx

 

 

 

 

xdx

 

 

 

 

 

 

 

V.P.

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

x

4

1

x

4

1

 

x

4

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

ε0

0

 

 

 

1+ε

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1ε)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= limε0 12

0

 

 

dt

 

+

 

 

2

 

=

 

 

 

 

 

 

t2 1

(

)

t2 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+ε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+t

 

 

 

(1ε)2

 

 

 

 

 

 

1+t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim ln

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε0

 

 

 

 

1t

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1t

 

 

 

 

1+ε

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

)

 

 

 

 

 

 

1(1 ε)2

 

 

1+(1 +ε)2

 

 

 

 

 

(ε2 )(

2+2ε+ε2 )

 

 

= lim ln

 

 

 

 

= lim ln

 

 

 

=

1 +(1ε)2

 

 

 

 

 

(2 2ε+ε2 )(ε2 )

ε0

 

 

1 (1+ε)2

 

 

 

 

ε0

 

 

 

 

 

 

 

(2 ε)(2 + +

ε2 )

 

 

= 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim ln

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε0

 

 

 

(2 + ε2 )(2 + ε)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 13.8 ([3], № 4.177). Вычислить главное значение инте-

x2dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

грала 0

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

x4 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2dx

 

1 +∞

x2dx

 

Решение.

 

 

0

 

=

2 −∞

 

=

 

 

 

x4 1

x4 1

 

=

1

i res[f (z),i]+ πi res[f (z), 1]+ πi res[f (z),1]

,

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где f (z)

=

z

2

 

.

 

 

 

 

 

 

z4

1

 

 

f (z) имеет полюс первого поряд-

 

 

 

 

 

 

Во всех этих точках функция

ка, и вычет можно вычислить по формуле φ/ψ́:

190