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

 

 

 

 

J epi J = −ipeπpi

 

a p1

 

 

 

 

 

 

(a

 

+1)p+1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J = −

 

a p1

 

 

 

 

 

 

pieπpi

= −

 

 

 

a p1

 

 

 

pi 2isin πp

=

 

 

(a +1) p+1

 

1epi

(a +1) p+1

 

4sin2 πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

a p1

 

 

 

 

 

 

 

πp

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(a +1) p+1

 

sin πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 13.15 ([3], № 4.185). Вычислить интеграл

 

 

 

 

 

1 (1+ x)1p (1x) p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx (1 < p < 2).

 

 

 

 

 

 

 

1+ x

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

 

Рассмотрим

интеграл

 

 

 

 

 

 

(1+ z)1p (1z) p

 

dz, где

 

 

контур

С пред-

 

 

 

 

 

 

1+ z

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ставлен на рис. 13.8. Выделим ветви, яв-

 

 

 

 

 

 

ляющиеся

аналитическим

продолжением

 

 

 

 

 

 

подынтегральной функции с верхнего бе-

 

 

 

 

 

 

рега разреза.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Как видно из рисунка, на верхнем бере-

 

 

 

 

Рис. 13.8

 

гу разреза arg(1 + z) = 0,

 

 

arg(1 z) = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1+ z)1p

= e(1p)Ln (1+z)

= e(1p)(ln

 

 

1+z

 

+i arg(1+z)+ik )

 

z=x

= (1+ x)1p k = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

выделенная ветвь имеет вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1+ z)1p =e(1p)(ln

 

1+z

 

+i arg(1+z)) ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1z)p =epLn(1z)

=ep(ln

 

1z

 

+i arg(1z)+ik)

z=x

 

=(1x)p k =0,

 

 

 

 

выделенная ветвь

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1z) p = ep(ln

 

1z

 

+i arg(1z)) .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Внутри контура интегрирования подынтегральная функция имеет две особые точки z = ±i – полюсы первого порядка. Вычислим вычеты в них.

В точке z = i

 

z +1

 

=

2 (рис 13.9):

Рис. 13.9

 

 

 

 

 

1z

 

=

2

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

201

 

 

arg(z +1) = φ =

π

,

 

 

 

 

 

 

arg(1z) = φ

 

 

 

= −

 

π

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e(1p)(ln

 

2 +i

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ep(ln

2 i

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1+ z)1p

 

 

 

 

 

 

 

 

)

,

 

 

 

 

 

 

(1z)p

 

 

 

 

 

 

 

4 ) ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res[ f (z),i] =

 

φ

=

 

(1+ z)1p (1z) p

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ'

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

1p

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

1

 

 

 

π

 

 

 

 

π

 

e(1p)(ln 2 +i

 

 

)

e p(ln 2 i

 

 

 

)

 

 

2 2

 

 

 

 

ei

 

 

(1p)

2

 

ei

 

 

 

p

 

22

 

ei

 

ei

 

 

p

 

4

4

 

 

 

 

 

4

 

2

4

 

4

2

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В точке z = −i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z +1

 

=

 

1z

 

= 2 ;

 

 

 

 

 

 

φ = −

π

,

 

 

φ

2

 

 

= −

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1+ z)1p

 

 

 

 

 

 

 

 

= e(1p)(ln

 

 

2 i 4 )

,

 

 

 

 

 

(1z) p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ep(ln

 

2 i

4 ) .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=−i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=−i

 

 

π

 

 

 

 

 

 

7 π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

φ

 

 

 

(1+ z)1p (1z) p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e(1p)(ln

2 i

 

 

) ep(ln

 

2 i

 

 

)

 

 

 

res[ f (z), i] =

 

=

 

 

 

 

=

 

4

 

4

=

 

ψ

 

 

 

 

 

 

 

2z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=−i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1p

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

7 π

 

1

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2

ei

 

(1p) 2

 

 

ei 4

 

p

 

22 e

i

 

 

 

ei

 

 

2 p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

2

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл равен

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

π

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i res[ f (z), zk ] = i[ 2

 

 

ei

 

 

ei

 

p

 

 

2

 

ei

 

 

ei

 

p

] =

 

 

 

 

 

2

 

4

2

 

2

 

4

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k =1,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

πp

 

 

 

 

π

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= π 2 (ei

 

 

i

 

ei

 

i

 

 

2 ).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Покажем, что интегралы по малым окружностям при стремлении их радиуса ρ к нулю, обращаются в 0. Рассмотрим интеграл по

окружности

с

центром

в

точке

z = −1 .

Обозначим

 

z +1 =ρ eiφ1

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

z = −1+ρ eiφ1

;

dz =ρieiφ1 dφ

:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1p

(1

z)

p

 

 

ρ1p

 

2 ρ eiφ1

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1+ z)

 

 

dz

1

 

 

 

1

 

 

 

ρ dφ

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+ z2

 

 

 

 

 

 

 

1+ρ 2ei1

 

 

 

1

1

 

 

 

Cρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

202

 

 

2 ρ eiφ1

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ρ 2p

 

 

 

 

1

 

 

 

dφ

0,

 

 

 

 

 

 

1

 

1+ρ 2ei1

1

 

 

0

 

 

1

 

 

 

 

 

при ρ1 0 , так как p < 2 .

Аналогично доказывается обращение в 0 интеграла по малой окружности с центром в точке z =1 .

Вычислим интеграл по большой окружности радиуса R:

(1+ z)1p (1z)p

dz = −i res[ f (z),].

 

1

+ z2

CR

 

 

 

Выделим главный

член подынтегральной функции f ( z) при

z →∞ . Так как

z = ∞ есть правильная точка этой функции, то

можно рассмотреть поведение этой функции при z →∞ , например, на действительной положительной полуоси. Здесь (см. рис. 13.8)

 

 

 

 

 

 

1p

 

 

 

(1p)(ln

 

1+z

 

+iφ1 )

 

 

 

 

1p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1+ z)

 

= e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=x =

(1+ x)

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ep(ln

 

1z

 

+iφ2 )

 

 

φ1

=0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1z)p

 

 

 

z=x

= (x 1)p eiπp .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

φ2 =−π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, при

z →∞ главный

член

подынтегральной

функции имеет вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (z) =

 

(1+ z)1p (1z) p

 

~

eiπp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+ z

2

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z→∞

 

 

 

 

 

 

 

 

разложение функции

f ( z) в ряд Лорана в точке z = ∞ начинается

с члена

eiπp

 

c

1

= eiπp

и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1+ z)1p

(1z) p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

iπp

.

 

 

 

 

 

 

 

 

1+ z

2

 

 

 

dz = −i (c1) = ie

 

 

 

 

 

 

CR

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл по верхнему берегу разреза есть искомый интеграл J.

Найдем интеграл по нижнему берегу разреза:

 

1+ z

 

=1+ x ;

 

 

arg(1 + z) = 0 ;

 

1z

 

=1x ; arg(1 z) = −

 

(см.

 

рис. 13.8);

 

 

 

 

(1+ z)1p = (1+ x)1p ; (1z) p = (1x) p epi

и, следовательно, инте-

грал по нижнему берегу равен

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

203

1

(1+ x)1p (1x) p epi

 

pi

 

 

 

dx = −e

 

J .

1+ x

2

 

1

 

 

 

 

Приравнивая интегралы, вычисленные обоими способами, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

πp

 

 

π

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J epi J + ieiπp = 2π(ei

 

 

i

 

 

 

ei

 

 

i

2 ) ,

 

 

 

 

 

 

4

2

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

πp

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2π(ei

 

 

i

 

 

 

 

 

 

ei

 

i

 

 

 

) ieiπp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J =

 

 

 

 

4

2

4

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1epi

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

πp

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[ 2π(ei

 

 

 

i

 

 

 

 

ei

 

 

i

 

2 ) ieiπp ] (1epi )

 

 

 

 

 

 

 

 

=

4

 

 

2

4

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1epi )(1epi )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π πp

 

 

 

 

 

 

π

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

π

πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2π(ei

 

i

 

 

 

 

ei

 

 

i

 

 

 

ei

 

 

+i

 

 

 

+ei

 

+i

 

 

) +i(eπpi eπpi )

 

 

=

4

2

4

2

 

 

4

2

 

 

4

 

2

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2cos 2πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2cos(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) 2cos(

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

) +i 2isin πp

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

2

 

 

 

 

4

2

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4sin2

πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2πsin(

π

+

 

πp

)sin πp πsin πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 sin(

π

 

+

πp

) 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

4

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= π

 

 

 

 

 

4

 

 

2

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin2 πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

π

 

 

 

[

 

 

 

 

2(

 

 

 

 

2

sin

πp +

 

 

 

2

cos

πp ) 1] =

 

 

 

 

 

 

 

sin πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

(sin

πp

 

+cos πp

 

1).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin πp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример

13.16

 

 

 

 

 

 

 

([3],

 

 

 

 

 

 

 

 

4.186).

 

 

 

 

 

Вычислить

 

интеграл

1

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x +1) 3 x2 (1x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

Рассмотрим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

где

 

контур

 

С пред-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

(z +1) 3 z2 (1 z)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ставлен на рис. 13.10.

204

Точки ветвления подынтегральной функции z = 0 и z = 1. Они удалены внутренним контуром. Поэтому разделение

функции 3

z2 (1z) на однозначные ана-

 

литические

 

функции в

рассматриваемой

 

области (внутри контура интегрирования

 

C) возможно. Выделим ветвь, являющую-

 

ся аналитическим продолжением с дейст-

Рис. 13.10

вительной оси (с верхнего берега разреза).

 

Пусть z =

 

z

 

ei arg z =ρ eiφ1 ;

1z = ρ

eiφ2

. Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 z2 (1 z) =

3 ρ

2ρ

 

ei

1 +φ2 +2 πk

 

 

 

 

2

 

3

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

(k = 0,1, 2) (по определению корня). На верхнем берегу разреза:

φ1 = 0, φ2 = 0, ρ1 = x,

ρ2 =1 x 3 x2 (1x)ei

k

 

 

 

 

 

3 = 3 x2 (1 x) k = 0 .

 

 

 

 

ei

1 +φ2

Интегрируется ветвь 3 z2 (1 z) =

3 ρ 2ρ

2

3

.

 

 

1

 

 

 

Внутри контура C подынтегральная функция имеет одну особую точку z = –1 – полюс первого порядка. Вычислим вычет в этой точ-

ке. В ней ρ1 =1,

φ1 =π,

ρ2 =2,

φ2

= 0 . Следовательно,

 

 

 

 

 

 

= 3 2 ei

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 z2 (1z)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=−1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

ei

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res[ f (z),1] = lim f (z) (z +1) =

 

 

 

 

 

 

=

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

3 z2 (1z)

 

 

 

3 2

 

 

z→−1

 

 

 

 

 

z=−1

 

 

 

 

Интеграл равен

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

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

i

e

i

 

 

 

 

 

 

 

 

3 .

 

 

 

3 z

2

 

 

3

2

 

 

 

C (z +1)

 

(1z)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычислим интеграл по составным частям контура С. Покажем, что интегралы по малым окружностям радиуса ρ и по большой окружности радиуса R стремятся к нулю при ρ 0 и R → ∞ , соот-

ветственно. По окружности с центром в z = 0 :

205

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

iρeiφdφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

(z +1) 3 z2 (1z)

eiφ +1) 3 ρ2e2iφ(1ρeiφ)

Cρ

 

0

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

dφ

 

 

 

 

= ρ3

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

ρeiφ +1

 

 

 

3 e2iφ(1ρeiφ)

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при ρ 0 . По малой окружности радиуса ρ с центром в точке z = 1

обозначим 1z = ρeiφ,

z =1ρeiφ, dz = −ρieiφdφ:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

ρdφ

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

(z +1) 3 z2 (1z)

 

(2

ρeiφ) 3 ρeiφ(1ρeiφ)2

 

 

Cρ

0

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

dφ

 

 

 

 

 

 

= ρ3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

2 ρeiφ

 

 

 

3

eiφ(1ρeiφ)2 eiφ

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при ρ 0 . Интеграл

 

по

 

большой

окружности, на которой

z = Reiφ ,

dz = Rieiφdφ:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

Rieiφdφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

(z +1) 3 z2 (1z)

(R eiφ +1)

3 R2e2iφ(1R eiφ)

 

CR

 

0

 

 

 

 

=

1

2π

 

 

 

 

 

 

dφ

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R 0

 

eiφ + R1

 

 

3 e2iφ(R1 eiφ)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при R → ∞ . Интеграл по верхнему берегу разреза есть искомый интеграл J.

Найдем интеграл по нижнему берегу разреза. Здесь: z = х,

 

1z

 

=1х ,

arg z = φ = 2π,

arg(1z) = φ

2

= 0

,

3

z2 (1z) =

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 x2 (1x) ei

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 интеграл по нижнему берегу равен

 

 

0

 

 

i

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

dx e 3

= −ei

dx

 

 

 

= −ei

 

 

 

 

3

 

 

 

3 J .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 (x +1) 3 x2 (1x)

 

0

(x +1) 3 x2 (1x)

 

 

 

206

Приравнивая интеграл, вычисленный через вычет, интегралу по составным частям контура, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J ei

 

i

 

ei

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

J =

 

 

 

3

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

iei

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i(ei

 

 

J =

i

 

 

ei 3

 

=

 

 

3 (1ei 3 )

 

 

 

 

 

=

 

 

 

3 ei

3 )

=

 

3 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 2(2 2cos )

 

 

 

 

1ei

3

 

 

3 2(1ei 3 )(1ei

3 )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i 2isin

 

 

 

π

3

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 2 2 2sin2

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 13.17 ([3], № 4.190).

Вычислить интеграл

0

ln xdx

,

x2 +a2

(a > 0).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

Рассмотрим

C

 

ln zdz

,

 

где

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z2 +a2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

контур С представлен на рис. 13.11. Ин-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тегрируется

 

 

 

ветвь

 

 

 

 

 

логарифма

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Lnz = ln

 

z

 

+iφ

(k = 0) . Внутри контура С

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

одна особая точка z = ia

– полюс первого

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Рис. 13.11

 

 

порядка. Вычет равен

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lnia

 

 

 

 

ln a +i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res[ f (z),ia]

=

2

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2ia

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл равен

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2ia

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln zdz

 

 

 

 

ln a +i

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= i

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

ln a +i

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Cz

2

+ a

2

 

2ia

 

 

 

 

a

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычислим интегралы по составным частям контура С. Интегралы по малой радиуса ρ и большой радиуса R окружностям обращаются в 0 при ρ 0 и R → ∞ соответственно. Оценим интеграл по

малой полуокружности, где z eiφ, ln z = ln ρ + iφ :

207

 

 

 

 

 

ln zdz

 

 

0

 

(ln ρ+iφ)ρieiφdφ

 

 

 

π

 

ln ρ+iφ

 

ρdφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~

 

 

 

z

2

+ a

2

 

 

 

 

 

2

e

2iφ

+a

2

 

 

 

 

 

 

ρ

2

e

2iφ

+a

2

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

π

 

 

 

ρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

dφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~ ρln ρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

e

2iφ

+ a

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

ρ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при ρ 0, так как limρln ρ = 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ρ0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл по большой полуокружности при z = R eiφ :

 

 

 

ln zdz

 

 

 

0

 

(ln R +iφ)Rdφ

 

 

 

R ln R

π

 

 

 

dφ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

2iφ

 

 

 

 

2

 

 

 

 

~

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

z

2

+a

2

 

 

 

e

+a

 

 

 

 

R

2

 

e

2iφ

+a

2

R

2

 

CR

 

 

 

 

 

π

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при R → ∞, так как lim ln R =

 

0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

R→∞

 

R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интеграл по положительной действительной полуоси при ρ 0

и R → ∞ даст искомый интеграл J.

Интеграл по отрицательной

действительной полуоси:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

(ln

 

x

 

+iπ)dx

(ln x +iπ)dx

 

 

 

 

ln z = ln

x

+iπ,

=

.

x

2

+ a

2

x

2

+ a

2

 

 

−∞

 

 

 

0

 

 

 

Приравниваем интегралы, вычисленные обоими способами:

J + J +

 

iπdx

 

=

πln a +

π

i

π

.

x

2

2

a

2

0

+a

 

 

a

 

 

Приравниваем действительные части слева и справа:

2J =

π

ln a ,

J =

πln a

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

2a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

xdx2 ,

Пример 13.18 ([3], № 4.191). Вычислить интеграл ln2

 

(a > 0).

 

 

 

0

x

+a

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Рассмотрим ln2

2 zdz2 , контур С тот же, что и в приме-

C z

+a

ре 13.17. Выделяется та же

ветвь логарифма ln z = ln

 

z

 

+i arg z .

 

 

Внутри контура точка z = ia – полюс первого порядка.

208

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

2

 

 

ln

2

zdz

 

 

 

i ln a +i

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

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

 

 

 

 

 

=

z

2

+a

2

 

 

 

 

2ia

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

π

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

ln2 a + πi ln a

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Интегралы по составным частям контура С. Аналогично предыдущему примеру показывается, что интегралы по малой полуокружности радиуса ρ и по большой полуокружности радиуса R обращаются в 0 при ρ 0 и R → ∞ соответственно.

Интеграл по отрицательной действительной полуоси

0

(ln

 

x

 

+iπ)2 dx

 

 

0

ln2

 

x

 

dx

 

 

0

ln

 

x

 

dx

 

0

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

+ i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π2

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

2

+ a

2

 

 

x

2

+ a

2

 

 

x

2

 

+ a

2

 

 

2

2

−∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−∞

 

 

 

 

 

 

 

 

−∞

 

 

 

 

 

 

−∞ x

+ a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

0

 

ln

 

x

 

dx

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ln2

 

xdx2 +i

 

 

 

 

π2

 

 

dx

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

2 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

x

 

+a

 

 

 

 

 

−∞ x

 

+a

 

 

 

 

 

 

−∞ x

+a

 

 

 

Приравниваем интеграл, вычисленный через вычет, интегралам по составным частям контура:

0

ln

 

x

 

dx

0

dx

 

π

 

π

2

 

 

 

 

2J + i

 

 

 

 

 

π2

=

ln2 a + πi ln a

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

−∞x2 + a2

−∞

x2 + a2

 

a

 

4

 

Приравниваем действительные части слева и справа, имея в виду, что

0

 

dx

 

 

 

π

3

 

 

 

 

 

π

 

π

3

 

 

 

 

 

 

 

π2

 

 

 

= −

 

, J =

 

ln2 a +

 

.

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

2a

 

2a

 

 

 

 

 

 

 

 

−∞ x

+ a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln xdx

 

 

 

Пример 13.19 ([3], № 4.192). Вычислить интеграл

 

 

.

 

2

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

x(x

 

+a

)

 

 

Решение. Рассмотрим

 

ln zdz

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z (z

2

+a

2

)

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где контур С представлен на рис. 13.12. Выделяем ветвь, как обычно, аналитическим продолжением с действительной оси

( x > 0) :

Рис. 13.12

Lnz = ln z +i arg z +ik .

209

На положительной действительной полуоси

 

z

 

= x,

arg z = 0,

Ln z

 

 

z=x>0 =ln x +ik = ln x k = 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ветвь ln z = ln

 

z

 

+iφ;

 

 

 

 

 

 

 

ei

φ+k

 

 

z =

 

z

 

2 (k = 0,1) .

 

 

 

 

На действительной положительной полуоси

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= x eiπk = x k = 0 .

 

 

 

 

z

 

= x, φ = 0,

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

iφ

 

 

 

z=x>0

 

Ветвь z =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ρe

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Окружностью радиуса ρ с центром в начале координат выводим точку ветвления z = 0 из внутренности контура интегрирования, поэтому выделение однозначной ветви возможно.

Внутри контура одна особая точка подынтегральной функции

z = ia (a > 0) – полюс второго порядка:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

ia +

5

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d

 

 

 

 

ln z

 

 

 

 

z +ia ln z

2

2

 

 

 

 

 

res[ f (z),ia] = lim

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

dz

 

z (z +ia)2

 

 

 

 

 

 

 

z z (z +ia)3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

zia

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z=ia

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2ia 3ia ln a +i

 

 

 

2

3ln a i

 

π

2 3ln a i

 

 

2

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

=ie

i 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

.

ia aei

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

aei

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8a3

a

 

 

4

 

(2ia)3

 

 

 

 

 

 

 

 

4 8i3a3

 

 

 

 

 

 

Интеграл по контуру С равен

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

2 3ln a i

πei

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

i

 

2

 

2 3ln a i

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

2

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8a

3

a

 

 

4a

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вычислим интегралы по составным частям контура С. Интеграл по действительной положительной полуоси при ρ 0

и при R → ∞ превращается в искомый интеграл J. Интеграл по отрицательной действительной полуоси равен

0

 

(ln

 

x

 

+iπ)dx

(ln x +iπ)dx

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

= −i J + π

 

 

 

 

 

 

.

 

 

ei

π

i x(x

2

+ a

2

)

2

x(x

2

+ a

2

)

2

−∞

x

2

(x2 + a2 )2

0

 

 

 

0

 

 

 

 

210