6.2. Вычисление интегралов с помощью вычетов
I.
Если однозначная функция
аналитична в замкнутой области
,
за исключением конечного числа
изолированных особых точек
,
,
область D ограничена
замкнутой жордановой кусочно-гладкой
кривой Г, то
, (37)
где контур Г обходится в положительном направлении относительно области D.
Примеры
45. Вычислить интегралы:
1)
.
Решение.
Особыми точками подынтегральной функции
являются
– полюс второго порядка,
– простой полюс,
–устранимая особая точка. Точки
,
воспользовавшись формулой (33), подсчитаем
вычеты в точках
:
,
.
Тогда из (37) имеем
.
2)
Решение.
Особыми точками подынтегральной функции
являются точки
(простые полюса), которые лежат внутри
контура Г, и точки
Z,
лежащие вне контура Г.
Подсчитаем
вычеты в точках
:
.
Из (53) имеем
.
3)
.
Решение.
В круге
лежат четыре особых точки подинтегральной
функции
(полюсы). Вне круга лежит только одна
особая точка –
(устранимая особая точка). Воспользовавшись
основной теоремой о вычетах (см. формулу
(36))
и формулой (32), имеем
.
4)
.
Решение.
Внутри контура интегрирования лежат
две особые точки подынтегральной
функции:
– простой полюс,
– существенно особая точка, для вычисления
вычета в которой формул не существует
и, следовательно, подсчитывать вычет
сложно. Вне контура лежит только одна
особая точка
,
причем вычет в ней достаточно легко
считается по формуле (32). Отсюда
II. Теорию вычетов можно применять для вычисления интегралов вида
(38)
где
– рациональная функция аргументов u
и v, не имеющая
особенностей на окружности
.
Пусть
,
тогда
.
(39)
Когда x меняется от 0 до 2 , точка z пробегает окружность в положительном направлении. Интеграл (38) такой заменой сводится к интегралу по замкнутому контуру от функции комплексного аргумента, который легко вычисляется с помощью вычетов (см. (37)).
Примеры
46. Вычислить интегралы:
1)
–
комплексное число.
Решение. Сделаем замену переменной (57):
.
Точки
– простые полюсы подынтегральной
функции, причем только один лежит в
круге
Если
,
то в круге
лежит полюс
и
.
Если
,
то в круге
лежит полюс
и
2)
,
C
,
.
Решение. После замены переменных (39) имеем
.
Особыми
точками подынтегральной функции
будут точки
(полюс шестого порядка),
(простые полюсы). Пусть
,
тогда в круге
лежат полюсы
и
.
Вычислим
.
Для вычисления вычета в можно было бы воспользоваться формулой (33), но тогда пришлось бы искать производную пятого порядка от сложной дроби. Это нецелесообразно, поэтому разложим каждый из множителей в ряд по формуле (27):
Перемножая
ряды, соберем все коэффициенты при
:
Тогда
.
Аналогично
при
:
.
3)
– действительное число.
Решение.
Так как функция
– периодичная с периодом ,
то имеем
.
Пользуясь
тригонометрическими тождествами и
сделав замену
,
получаем
.
Если
,
то
и в круге
лежит лишь одна особая точка
(полюс первого порядка). Поэтому
и
.
Если
,
то
,
тогда в круге
лежат три особые точки: 0; i,
а вне круга – лишь одна
(устранимая особая точка), следовательно
.
По
основной теореме о вычетах имеем
.
Объединяя случаи
и
,
имеем
4)
.
Решение.
Заменой переменных
сведем интеграл J к
виду (38):
стандартной заменой (39) и по формуле (36) подсчитаем
.
III. Теорию вычетов можно использовать при вычислении несобственных интегралов по вещественной оси, если методы действительного анализа оказываются неэффективными.
1. Пусть f(z):
а)
аналитична в верхней полуплоскости, за
исключением конечного числа особых
точек
,
,
,
непрерывна в замкнутой полуплоскости
за исключением тех же точек и
b)
,
.
Тогда
(40)
(аналогично для нижней полуплоскости, но в (40) правую часть нужно брать со знаком «минус»).
2. Если :
а) аналитична в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек , , , непрерывна в замкнутой полуплоскости за исключением тех же точек и
b)
,
.
Тогда
.
(41)
Если
кроме того
R,
при
R,
то
,
(42)
.
(43)