Михайлов ТФКП практикум2013

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Теория функций комплексного переменного

Файл:

p ; первый интеграл заменой ax = t сво-

.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 17 1819 / 2519 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

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 p−1 cos axdx	(a > 0; 0 < p <1)	и ∫ x p−1 sin axdx	(a > 0; −1 < p <1).
0		0

Решение. Воспользуемся интегралом: ∫ z p−1 e−az , где С – кон-

тур, изображенный на рис. 13.1. У многозначной функции z p−1 = e( p−1)Lnz выделим однозначную ветвь, являющуюся аналити-

ческим продолжением с действительной оси функции x p−1 e−ax :

z p−1 e−az = e( p−1)Lnz e−az = = e( p−1)(ln z +iφ+i2πk ) e−az

(k = 0, ±1, ±2...).


На	действительной				положительной
полуоси z = x > 0 , ln			z	= ln x , φ = 0 , от-
полуоси z = x > 0 , ln			z	= ln x , φ = 0 , от-
куда следует, что интегрировать надо
ветвь при k = 0 :		e( p−1)lnz e−az . Точки ветв-				Рис. 13.1
ления	функции	z p−1 e−az			– это z = 0 и	Рис. 13.1

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

∫ f (z)dz = 2πi∑res[ 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 p−1e−axdx .

При ρ→0 и R →∞ этот интеграл превращается в несобственный интеграл

∞∫x p−1e−axdx .

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

I2 = ∫e(

p−1 ln

(p−1) ln y+i

e−aiydy =

) (

) e−aiyidy = i∫e

= iei

(p−1)∫y p−1 e−iay dy = i e−i

p ∫y p−1 (cos ay −isin ay)dy =

πR

=ei 2 p ∫y p−1 (cos ay −i sin ay)dy .

Обозначим стоящие здесь интегралы при ρ→0 и R →∞ :

∞∫y p−1 cos aydy =	∞∫x p−1 cos axdx = J1 ,
0	0
∞	∞

∫y p−1 sin aydy = ∫x p−1 sin axdx = J2 .

0 0

Докажем, что интегралы по малой и большой дугам при ρ→0 и R →∞ обращаются в ноль (на малой дуге z = ρeiϕ , на большой дуге z = Reiφ ).

∫z p−1 e−az dz	=	∫0	(ρeiφ )p−1 e−aρ(cos φ+i sin φ) ρieiφdφ	≤
∫z p−1 e−az dz	=	∫0	(ρeiφ )p−1 e−aρ(cos φ+i sin φ) ρieiφdφ	≤
Cρ		π
Cρ		2
		2

182

ππ

≤∫2 ρp−1e−aρcos φ ρdφ≤ρp ∫2 dφ→0

при ρ→0 , так как 0 < p <1.

Интеграл по большой дуге

∫ z p−1 e−az dz

∫2 (Reiφ )p−1 e−aR(cos φ+i sin φ) Rieiφdφ

≤

2φ

aR2φ

−aR 1−

≤ Rp ∫e−aR cos φ dϕ≤ Rp

∫e

π dφ = Rp e−aR ∫e

π dφ→0

(так как cos φ ≥1−

2φ

) при R →∞

(за счет экспоненты).

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

∞π ∞

∫x p−1 e−axdx −ei 2 p ∫y p−1 (cos ay −isin ay)dy = 0 ;

дится к гамма-функции Эйлера:

∞

p−1

Г(p)

∫

e−t

p−1

Г(p)

(J1 −iJ2 )= 0 .

− cos

+isin

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	−cos		2	p J1 −sin	2		p J2	= 0,
			π				π
		−sin	π		p J1 +cos		π	p J2	= 0.
		−sin		2	p J1 +cos			p J2	= 0.
				2		2

183

Из этой системы получаем

		Г(p) cos		π	p			Г(p) sin	π	p
	J1 =	Г(p) cos		2	p		J2 =	Г(p) sin	2	p
				2		;			2		.
			a p			;		a p			.
Второй	интеграл		сходится в более широких пределах по р:
p (−1;1),	так как		подынтегральная					функция		в интеграле
∞∫x p−1 sin axdx в нуле эквивалентна							x p−1ax = 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				(p >1).
			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	,
∞∫sin xdx =			,
0	x	2

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

∞ sin x

+∞ eix

eiz

∫

dx =

Im ∫

dx =

πires

−∞ x

∞

Пример 13.5 ([3], № 4.170).

∫0

(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	= 2πi res[f (z), −1]=	2πi	=	2πi	=	2πi	= 2πie	−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 ρ→0 и R →∞ :

iρeiφdφ

≤

1 2π

dφ

→ 0 ,

C∫ρ

z p (z +1)

2∫π (ρeiφ )p

(ρeiφ +1)

ρp−1 ∫0

ρeiφ +1

при ρ→0

2π

iReiφdφ

2π

dφ

∫

≤

∫

→ 0 .

(z +1)

(Reiφ )

(Reiφ +1)

p−1

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 e2πip ,

ρ	dx
∫R		= e	−2πip
	x p e2πip (x +1)

ρ	dx	→ −e−2πip	∞	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 −e−2πip J = 2πie−iπp ,

185

J =

2πie−iπp

2πie−iπp (1−e2πip )

2πi (e−iπp −eiπp )

1−e−2πip

(1−e−2πip )(1−e2πip )

2 −e−2πip −e2πip

−2πi 2isin πp

= 2πsin πp =

2 −2cos 2πp

2sin2 πp

sin πp

Пример 13.6 ([3], № 4.172).

∞∫

x pdx

(−1 < p <1).

1+ x

Решение. Выберем контур С, показанный

на рис. 13.3, и выделим однозначную ветвь

функции

z p = epLnz = ep(ln

+iφ+i2πk ) , 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	= 2πi res[f (z),i]= 2πi		i p	=
	2			2i
C 1+ z
		= πeplni = πepi	π
			2 .

Покажем, что интегралы по малой и большой полуокружностям обращаются в ноль при ρ→0 и R →∞ .

На малой полуокружности z = ρeiφ , dz = ρieiφdφ :

(ρeiφ )p ρieiφdφ

p+1

dφ

∫

2iφ

≤ ρ

∫

→ 0

2iφ

1+ρ

0 1

+ρ

при ρ→0 , так как (−1 < p <1);

(Reiφ )p Rieiφdφ

R p+1

p−1

∫

2iφ

≤

∫dφ = πR

→ 0

+ R

при R →∞ . Интегралы по промежуткам действительной оси

∞

−ρ

p(ln

+iπ)

∞

∫

→J

∫

;

∫

2 dx

→eiπp ∫

= eiπp

J .

1+ x

ρ 1+ x

1+ x

−R

1+ x

186

Приравняем интегралы, полученные непосредственно и с помощью вычетов:

i π p

J = πe 2

1+eiπp

J +eiπp J

πei 2 p (1+e−iπp )

= (1+eiπp )(1+e−iπp )=

= πei 2 p ;

−i

π e 2

π2cos

2 +eiπp +e−iπp

2 +cos πp


		π
=	πcos	2 p			=	π		.
=					=			.
	2cos2		π	p		2cos	π p
	2cos2			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

= 0 ,

limz→0 z

f (z)

= limz→∞ z

f (z)

то, если р – целое число,

∞

x p f (x)dx = − n res z pLn z f (z)

∫

−

∑

k =1

z=αk

−∑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

∫

Рис. 13.4

z pLn z f (z)dz = 2πi

∑

res z pLn z f (z)

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	≤ 2∫π R p		ln R +iφ	f (Reiφ ) Rdφ→0



	СR		0

при R →∞ ;

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

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

при ρ→0 .

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

+∞

∫ x p ln x f ( x)dx ,

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

∫ x p (ln x + 2πi) f ( x)dx

+∞

и, следовательно, сумма этих интегралов равна

2πi ∫ 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

+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

верх

= −βp lnβ πi res f (z)

z=β

Интеграл по нижней дуге равен

∫

z p (ln

+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

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

p =1;

f (x)=

;

β=1 .

x4 −1

1 .

res

f (z),1 =

Особые

точки внутри контура:

ψ'

α1 = i, α2

= −i,

α3

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

i ln1

res z ln z f (z)

= −iπ

ψ'

4i3

z=i

−i

3π

ln1

res z ln z f (z)

= −3πi ,

ψ'

4(−i)3

z=−i

res z ln z f (z)

−1(ln1+iπ)

= iπ

ψ'

z=−1

4(−1)3

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

1−ε

xdx

∞

xdx

V.P. ∫

= lim

∫

+ ∫

−1

ε→0

1+ε

−1

(1−ε)2

∞

= limε→0 12

∫0

∫

t2 −1

(

)

t2 −1

1+ε

1+t

(1−ε)2

1+t

∞

= lim −ln

−

ε→0

1−t

1+ε

(

)

1−(1 −ε)2

1+(1 +ε)2

(2ε−ε2 )(

2+2ε+ε2 )

= lim ln

1 +(1−ε)2

(2 −2ε+ε2 )(−2ε−ε2 )

ε→0

1 −(1+ε)2

ε→0

(2 −ε)(2 + 2ε+

ε2 )

= 0 .

= lim ln

ε→0

(2 − 2ε+ 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

2πi res[f (z),i]+ πi res[f (z), −1]+ πi res[f (z),1]

где f (z)

−1

f (z) имеет полюс первого поряд-

Во всех этих точках функция

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

190

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 2519 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>