Применение вычетов для вычисления интегралов

1°. Интегралы вида . Для вычисления таких интегралов используется подстановка . В этом случае отрезок на числовой прямой переходит в единичную окружность комплексной плоскости. Из формулы Эйлера следует, что , . Кроме того, , откуда находим . Это приводит нас к равенству

,

и интеграл справа можно вычислить с помощью вычетов.

Пример. Вычислить интеграл .

Решение. Сделаем подстановку . Тогда, согласно изложенному выше, получаем:

Найдем ИОТ функции – нули знаменателя дроби:

Из этих двух корней лишь один, , удовлетворяет условию , то есть попадает внутрь окружности . Действительно,

Поэтому

.

Учитывая, что – простой полюс, получим, согласно теореме 10,

Следовательно,

.

2°. Интегралы вида , где – рациональная функция. Пусть , где и – многочлены степени m и n соответственно и (в противном случае интеграл расходится); пусть, наконец, не имеет действительных нулей. Введем в рассмотрение функцию комплексного переменного , полученную из путем замены действительного переменного x на комплексное переменное z. В комплексной плоскости проведем окружность радиуса R настолько большого, что все нули функции удовлетворяли неравенству . Рассмотрим контур, состоящий из отрезка действительной оси и верхней полуокружности окружности . Тогда, обозначив , можно записать

,

и, согласно теореме Коши о вычетах,

,

где суммирование ведется по ИОТ функции (нулям ), которые лежат в верхней полуплоскости. Если таково, что

, (11)

то, переходя к пределу при , получим

. (12)

Условие (11) будет выполнено, если . Действительно, в таком случае (при z, достаточно далеких от 0, б о льшую роль играют старшие слагаемые многочленов). Поэтому

при , отсюда и вытекает условие (11). Следовательно, при можно пользоваться равенством (12).

Пример. Вычислить интегралы: а) ; б) .

Решение. а) В этом случае , следовательно, согласно формуле (12),

.

Функция имеет 4 ИОТ ­– нули знаменателя. Решим уравнение ; . Найдем эти числа из равенства

, .

, .

Отсюда, придавая k значения 0, 1, 2, 3, находим ;

Из них лишь и удовлетворяют условию . Поэтому

.

и являются простыми полюсами (простые нули для знаменателя, числитель в этих точках в нуль не обращается). Поэтому

,

.

Таким образом,

б) Для данной функции , поэтому действует равенство (12). У функции две особые точки – корни уравнения ; . Обе они являются полюсами второго порядка; однако, лишь одна из них, , удовлетворяет условию . Следовательно,

.

Поскольку

то интеграл равен

.

3°. Интегралы вида , где – рациональная функция. Нам понадобится

Теорема 12 (лемма Жордана). Пусть и функция , непрерывная в полуплоскости , удовлетворяет условию

при , (13)

где – полуокружность , . Тогда

. (14)

Доказательство. Число может быть представлено в тригонометрической форме , ; тогда

Нам понадобится неравенство: при ; оно следует из выпуклости вверх графика функции на отрезке (смотрите рисунок). Проделаем выкладки:

при (мы воспользовались легко доказываемым равенством ). Теорема доказана.

Пусть требуется вычислить несобственный интеграл , где и – многочлены степени m и n соответственно, , и не имеет нулей на действительной оси. Рассмотрим функцию комплексного переменного . При для нее выполняется условие (13), а, следовательно, и (14) (так как при ). Обозначив и проведя те же рассуждения, что и выше, приходим к тому, что для функции справедливы равенства (11) и (12):

.

Как видим, в данном случае на m и n накладываются менее жесткие ограничения: для срабатывания метода достаточно выполнения неравенства .

Учитывая, что , приходим к равенству

,

или

;

приравнивая затем действительные и мнимые части, получаем равенства

,

.

Пример. Вычислить интеграл .

Решение. Для подынтегральной функции , поэтому

.

Функция имеет две ИОТ – нули знаменателя: , . Обе они являются простыми полюсами, но лишь одна из них, , удовлетворяет условию . Следовательно,

Отсюда находим

Date: 2015-12-13; view: 750; Нарушение авторских прав