Билет 18. Вычисление интегралов с помощью вычетов. Лемма Жордана.

Лемма Жордана. Пусть D_ = {z: Im z >= a} (область на плоскости выше y = a), f(z) непрерывна на D_&&{z: |z|>=R0}, lim<zinf, z (~ D>f(z) = 0. Тогда lim<Rinf>$<CR>e^(imz)f(z)dz = 0, m > 0, CR = D_&&{z: |z|=R}. Док-во: рисунок окружность с центром в O(0,0), срезанная снизу прямой параллельной y = a, пересечение окружности и прямой – D, A, пересечение Ox и окружности C, A. Угол AOB = h0. a< 0, так как если a >0, то задача становится менее общей. Из того, что предел равен 0 в бесконечности получаем, что при достаточно удаленных z от 0 |f(z)| меньше наперед заданного эпс. Разбиваем рассматриваем интеграл на 3 и оцениваем их сверху. $<AB>e^(imz)f(z)dz, z = Re^(ih), dz = Rie^(ih), |dz| = Rdh, e^(imz) = e^(im(Rcosh + Rsinh)), |e^(imz)|= e^(-mRsinh). Проводим оценку на модуль интеграла, используя соображения о том, что при Rinf sinh0 =a/R, h0~a/R. Оценка принимает вид max<z (~ AB>|f(z)|e^(-mRsinh0)R|h0| те max()*e^(-ma)(|a|+1), те в пределе 0. По полной аналогии CD. По BC |$<BC>e^(imz)f(z)dz| <= 2max<z (~ BC>|f(z)|$<0, п/2>e^(-mRsinh)dh из соображения о том, что 2h/п <= sinh получаем оценку, которая стремится к 0 при стремлении R к бесконечности. ЧТД. 1) $<0, 2п>R(sinh, cosh)dh – R(x,y) – рациональная функция двух аргументов, непрерывная на [0, 2п]. z = e^(ih) – на единичной окружности. dz = ie^(ih)dh, dh = -idz/z. z = cosh + isinh, z_=cosh-isinh, sinh = (z-z_)/2i, cosh = (z+z_)/2. |z|=1  z_=1/z, переписать sinh, cosh. Получить, что исходный интеграл равен 2пiAdd<k=1, n>Res<z=zk>R1(z), R1 – подставить все в исходный интеграл. 2) v.p.$<-inf, inf>f(x)dx (главное значение в смысле Коши) (lim <Rinf>$<-R, R>f(x)dx). Пусть функция аналитична на всей верхней полуплоскости, исключая несколько особых изолированных точек, лежащих строго в верхней полуплоскости. Пусть так же функция f(z) = o(1/z), zinf, Im z >0. Тогда v.p.$<-inf, inf>f(x)dx = 2пiAdd(k=1, n)Res<z=zk>f(z). Док-во: выбрать полуокружность достаточно большого радиуса, чтобы внутрь влезли все особые точки, интеграл по замкнутому контуру с одной стороны можно посчитать по т о вычетах, а с другой он равен сумме искомого интеграла(-R, R) и интеграла по дуге. Пишем оценку на $<CR>f(z)dz (по верхней дуге): |$<CR>f(z)dz| <= max<CR>|f(z)|пR = o(1/R)пR  0. ЧТД. 3) v.p.$<-inf, inf>e^(iax)f(x)dx = v.p.$<-inf, inf>cos(ax)f(x)dx + iv.p.$<-inf, inf>sin(ax)f(x)dx. Пусть a > 0. Пусть функция f(z) аналитична в верхней полуплоскости (кроме особых изолированных точек) и непрерывна при Imz = 0. Тогда v.p.$<-inf, inf>e^(iax)f(x)dx = 2пiAdd(k=1, n)Res<z=zk>(e^(iaz)f(z)). Док-во: рассматриваем аналогичный предыдущему классу интегралов контур. По лемме Жордана lim<Rinf>$<CR>e^(iaz)f(z)dz = 0, при a > 0. Те получаем ЧТД. 4) класс $<0, inf>x^(a-1)f(x)dx, 0 < a < 1. Функция f(x): аналитична везде, кроме вещественной положительной полуоси и изолированных особых точек. |f(z) <=Cд|z|^(-д), z0, д>0 – сколь угодно малое д. |f(z)| <= Cд1|z|^(-1 + д1) при стремлении zinf. Если функция удовлетворяет этим условиям, то искомый интеграл равен 2пi/(1-e^(2пia))Add(k=1, inf) Res<z=zk>(z^(a-1)f(z)). Док-во: рассматриваем область – кольцо с путем между границами от (0, r) до (0, R) (если нарисовать будет понятно). Отрезок будет обходится дважды. z^(a-1) = e^[(a-1)(ln|z| + iargz + i2пk)] – многозначная функция, но не страшно. При k= 0 z^(a-1) = x^(a-1), x > 0. Нижняя сторона отрезка – z^(a-1) = x^(a-1)e^((a-1)2пi) = e^(2пai)x^(a-1). Интеграл по контуру разбиваем на интеграл 2 раза по отрезку, один раз по внешней и один раз по внутренней окружности. Интегралы по отрезку не хитрым образом дадут в сумме J(1-e^(2пia)), где J - искомый интеграл (в пределе, при стремлении малого радиуса к 0 и большого к бесконечности). Докажем, что интегралы по окружностям равны 0. Получаем оценки на модули через 2 и 3 условия на функцию, подбираем д < a. и ЧТД.