Методические указания (1082831), страница 9
Текст из файла (страница 9)
== 6·9z + 9z 4zzzz1+ 2z9811= 6 − 8 + 10 − . . .zzzКоэффициент c−1 = 0, т.е. resf (z) = 0, следовательно∞R|z|=46.3dz= 0.z 6 + 9z 4Вычисление несобственных интегралов.1. Интегралы от рациональных функций.P (x)Теорема 6.3. Если F (x) =, где P (x), Q(x) многочлеQ(x)ны, причем все корни знаменателя комплексные и степень Q(x)102”m”, хотя бы на две единицы больше степени P (x) ”n”(m − n ≥ 2), тоR∞F (x)dx = 2πi−∞nPresF (z),k=1 zk(6.8)КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АP (x)и zk – полюсы функции F (z), лежащие в верхнейгде F (x) =Q(x)полуплоскости.Пример 6.5.Вычислить интеграл I =R∞0x2 dx(x2 + a2 )2(a > 0).x2Решение: подынтегральная функция F (x) = 2– чет(x + a2 )2R∞ x2 dx1 R∞x2 dxная.
Поэтому I ==.22 22 −∞ (x2 + a2 )20 (x + a )z2(заменили переменную xВведем функцию F (z) = 2(z + a2 )2на z). Т.е. на действительной оси при z = x F (z) = F (x). Функция F (z) имеет две особые точки z1 = ai, z2 = −ai – это полюсавторого порядка. В верхней полуплоскости находится точкаz = ai, a > 0. Условие теоремы (6.3) для функции F (z) выполнены, т.е.можно воспользоваться (6.8).
Для этого необходимо вычислить res F (z). По формуле (6.8)z=aiidd h z 2(z − ai)22res F (z) = lim=F (z)(z − ai) = limz=aiz→ai dzz→ai dz (z − ai)2 (z + ai)2dz22(ai)212aiz= lim=lim==.z→ai dz (z + ai)2z→ai (z + ai)3(2ai)34aiПодставим res F (z) =z=ai1в формулу (6.8)4aiπiπ1x2 dx1 R∞·2πi·resF(z)==.=I=z=ai2 −∞ (x2 + a2 )224ai 4a1032. Вычисление интегралов видаR∞R(x) cos αxdx,0R∞R(x) sin αxdx,0КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Агде R(x) – правильная рациональная дробь, α > 0 – любое вещественное число.Лемма Жордана. Если функция f (z) аналитична в верхней полуплоскости за исключением конечного числа изолированных особых точек и стремится в этой полуплоскости к нулю при |z| → ∞,тогда при α > 0R iαzlime f (z)dz = 0,R→∞ CRгде контур CR – полуокружность |z| = R в верхней полуплоскости(см.рис.
20).Рис.20104Теорема 6.4. Если функция f (z), заданная на всей действительной оси может быть продолжена на верхнюю полуплоскость и полученная функция f (z) удовлетворяет условиям леммы Жордана, и не имеет особых точек на действительной оси,тогда при a > 0iaxef (x)dx = 2πinPres f (z)eiaz ,(6.9)КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АR∞−∞k=1 zkгде zk – особые точки функции f (z) в верхней полуплоскости.Так как согласно формуле Эйлераeiax = cos ax + i sin ax,т.е. cos ax = Re eiax , sin ax = Im eiax , то (6.9) можно переписать в видеR∞−∞R∞−∞hniPiaz, (Imzk > 0),res f (z)ef (x) sin axdx = Im 2πihf (x) cos axdx = Re 2πik=1 zknPiiaz, (Imzk > 0).res f (z)e(6.10)k=1 zkПример 6.6.R∞ x sin 2xВычислить I =dx.2+9x0zei2z.Решение: введем вспомогательную функцию F (z) = 2z + 32Если z = x, то Im F (x) совпадает с подынтегральной функциейx sin 2xf (x) = 2. Так как подынтегральная функция f (x) четная,x +9105то1 R∞ x sin 2xI=dx2 −∞ x2 + 9(6.11)zпри стремлении |z| → ∞ стремится к нулю иz2 + 9не имеет особых точек на действительной оси, т.е.
удовлетворяетФункцияусловиям леммы Жордана. По теореме 6.4, используя формулуКаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А(6.9), получим zei2z R∞ xei2xdx = 2πi · res 2.2+9z=3ixz+9−∞(6.12)z = 3i – особая точка функции F (z) находится в верхней полуплоскости и является простым полюсом.z = −3i – также особая точка F (z), находится в нижней полуплоскости и в вычислении интеграла не используется.Вычислим по формуле (5.7) вычет в точке z = 3i zei2z 3ie−61zei2zzei2zres 2= lim 2(z − 3i) = lim== 6.z=3i z + 9z→3i z + 9z→3i z + 3i6i2eПодставляя полученное значение в формулы (6.10), (6.11), (6.12),получимR∞ xei2x11 R∞ x sin 2xdx = · Imdx =I=22 −∞ x2 + 92−∞ x + 9hh11 izei2z i 1π= · Im 2πi · res 2= · Im 2πi 6 = 6 .z=3i z + 9222e2e6.4Теорема Руше.Теорема 6.5. (Руше) Если функции f (z) и g(z) аналитичны в106замкнутой области D, ограниченной контуром Γ, во всех точках этого контура удовлетворяют неравенству|f (z)| > |g(z)|.(6.13)Тогда их сумма F (z) = f (z) + g(z) и функция f (z) имеют вКаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Аобласти D одинаковое число нулей (с учетом их кратности).Пример 6.7.Определить число корней уравнения z 4 − 3z 3 − 1 = 0 внутрикруга |z| < 2.Решение: Положим f (z) = −3z 3 , g(z) = z 4 − 1,F (z) = f (z) + g(z) = z 4 − 3z 4 − 1.На окружности |z| = 2:|f (z)|z=2 = | − 3z 3|z=2 = 3 · 8 = 24,|g(z)|z=2 ≤ |z 4 |z=2 +1 = 16+1 = 17, т.е.
во всех точках окружности|z| = 2 выполняется |f (z)| > |g(z)|. Функция f (z) = −3z 3 внутрикруга |z| < 2 имеет три нуля, следовательно, по теореме Руше ифункция F (z) = z 4 − 3z 4 − 1 имеет три нуля внутри круга |z| < 2,т.е. уравнение z 4 − 3z 3 − 1 = 0 имеет три корня внутри круга|z| = 2.Пример 6.8.107Сколько корней уравненияz 5 − 10z + 3 = 0(6.14)находится в кольце 1 < |z| < 2.Решение: обозначим N – число корней уравнения (6.14) в коль-КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Аце 1 < |z| < 2,N1 – число корней уравнения (6.14) в круге |z| < 2,N2 – число корней уравнения (6.14) в круге |z| < 1.Понятно, что N = N1 − N2 ; (N1 ≥ N2 ).Найдем N1 .
Рассмотрим окружность |z| = 2. Положим f (z) =z 5, g(z) = −10z + 3. Уравнение (6.14) можно переписать в видеF (z) = f (z) + g(z) = 0 на окружности |z| = 2.|f (z)||z|=2 = |z 5 ||z|=2 = 32, |g(z)| = | − 10z + 3| ≤ |10z| + 3,т.е. |g(z)||z|=2 ≤ |10z||z|=2 + 3 = 23, следовательно |f (z)||z|=2 >|g(z)||z|=2 . Функция f (z) = z 5 в круге |z| < 2 имеет пять нулей,т.е.
по теореме Руше N1 = 5.Найдем N2 . Рассмотрим окружность |z| = 1. Положим f (z) =−10z, g(z) = z 5 + 3. На окружности |z| = 1 имеем |f (z)||z|=1 >|g(z)||z|=1 , так как |f (z)||z|=1 = | − 10z||z|=1 = 10, |g(z)||z|=1 = |z 5 +3||z|=1 ≤ |z 5 ||z|=1 + 3 = 4.Функция f (z) = −10z в круге |z| < 1 имеет один нуль, следовательно по теореме Руше F (z) = f (z)+g(z) имеет в круге |z| < 1108один нуль, т.е. N2 = 1.Число корней уравнения (6.14) в кольце 1 < |z| < 2 будет равноN = 5 − 1 = 4.6.5Приложение вычетов к вычислению преобразованияКаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АЛапласа.Определение 6.4.
Оригиналом называется комплекснозначнаяфункция f (t), непрерывная на полуинтервале (0, +∞), за исклю-чением быть может изолированных особых точек, если суще-ствует действительное число s0 (показатель роста f (t)) такое,что интегралR∞e−st f (t)dt(6.15)0сходится при s > s0 , расходится при s < s0 .Определение 6.5. Преобразованием Лапласа называется ин-тегральное преобразование, относящее оригиналу f (t) его изображение F (p) R∞ −ptF (p) = L f (t) = e f (t)dt,Re p > s0 .(6.16)0Обозначается f (t) : F (p) (F (p) есть изображение f (t)).Теорема 6.6. (следствие из теоремы обращения) Если изображение F (p) является правильной дробно-рациональной109функцией, т.е.F (p) =A(p)B(p)(6.17)где A(p) и B(p) – многочлены со степенью знаменателя большейстепени числителя и знаменатель имеет корни p1 , p2 , .
. . , pn ,кратности r1 , r2 , . . . , rn , то соответствующий оригиналnPh A(p) iresF (p) =ept .pk=1 k B(p)КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А−1f (t) = L(6.18)В частном случае,1) когда все корни знаменателя просты, т.е.r1 = r2 = . . . = rn = 1n A(p )Pkf (t) =epk t ,′k=1 B (pk )(6.19)2) если корни знаменателя сопряженные комплексные числа p1 =α + iβ, p2 = α − iβ.Тогдаres F (p)ept + res F (p)ept = 2Re res F (p)ept .α+iβα−iβα+iβВ следующих двух примерах восстановить оригиналы.Пример 6.9.pF (p) =.(p + 1)2(6.20)110Решение: функция F (p) имеет полюс p = −1 второго порядка.По формуле (6.18) и (5.6)peptd h pept (p + 1)2 idptf (t) = res==limpe=limp=−1 (p + 1)2p→−1 dpp→−1 dp(p + 1)2= lim (ept + tpept ) = e−t (1 − t),p→−1КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Аf (t) = e−t (1 − t).Пример 6.10.p2F (p) = 2.(p + 9)(p − 2)Решение: функция F (p) имеет простые полюсы в точках p1 =3i, p2 = −3i, p3 = 2.
По формуле (6.18)f (t) = res F (p)ept + res F (p)ept + res F (p)ept ,p=2p=−3ip=3iтак как p1 = 3i и p2 = −3i комплексно сопряженные, тоf (t) = 2Re res F (p)ept + res F (p)ept ,p=3ip=2но p1 = 3i и p3 = 2 – простые, поэтому применим формулу (6.19),обозначивA(p) = p2 ,B(p) = (p2 + 9)(p − 2) = p3 − 2p2 + 9p − 18,B ′ (p) = 3p2 − 4p + 9.111Получим, используя формулу (6.20)6.6КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А(3i)2 e3ti2e2tf (t) = 2Re+=3(3i)2 − 4(3i) + 9 3 · 4 − 4 · 2 + 9h3i2e2t23e3ti+= Re(3 − 2i)(cos 3t + i sin 3t) + e2t == 2Re6 + 4i13131332= Re (3 cos 3t + 2 sin 3t) + i(3 sin 3t − 2 cos 3t) + e2t =131323= (3 cos 3t + 2 sin 3t) + e2t .1313Вычисление интегралов Эйлера.Определение 6.6.
Гамма-функцией или эйлеровым интегралом2-го рода называется Γ(p), определяемая равенствомΓ(p) =R∞xp−1e−x dx,(6.21)0где p – любое комплексное число, Re p > 0.Основные свойства Γ(p):1. Γ(1) = 12. Γ(p + 1) = pΓ(p) – формула приведения3. Γ(n + 1) = n!π4. Γ(p)Γ(1 − p) =– формула дополнения, 0 < p < 1sinpπ1 √= π.5. Γ2Определение 6.7. Бета-функция или Эйлеров интеграл 1-го112рода определяется формулой (для p > 0, q > 0)B(p, q) =R10xp−1 (1 − x)q−1dx.(6.22)КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АСвойства B(p, q):1.
B(p, q) = B(q, p)R∞ y p−1dy2. B(p, q) =p+q0 (1 + y)Γ(p)Γ(q)3. B(p, q) =.Γ(p + q)Пример 6.11.Вычислить I =Ra0√x2 a2 − x2dx, a > 0.√x2a dtРешение: сделаем замену 2 = t, т.е. x = a t, dx = √ ,a2 tпределы интегрирования изменятся x = 0 ⇒ t = 0, x = a ⇒ t = 1.Подставляя в интеграл, получим√R1 a2 t a2 − a2 tRa 2√a4 Rt 1122√t 2 (1 − t) 2 dt.a dt =I = x a − x dx =2 02 t00Это есть Бета-функция. Найдем p и q, используя формулу (6.22):3131p−1= ⇒ p= , q−1= ⇒ q = .2222a4 3 3 a4 Γ( 32 )Γ( 23 )a4 Rt 11=,t 2 (1 − t) 2 dt = B ,I=2 022 22 Γ(3)31 1 1 1√но Γ= Γ 1+= Γ=π по свойствам 2 и 5 Γ(p), а222 22113Γ(3) = 2! по свойству 3 Γ(p). 1 √ 2a4 2 πa4 1 ππa4I===.22!2 4216Пример 6.12.Свести интеграл к вычислению Γ(p)-функции I =R1 01 20dx.lnxКаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А1⇒ x = e−t ,x−tdx = −e dt, пределы интегрирования также изменятсяРешение: сделаем замену переменной t = lnпри x → 0−при x = 1t → +∞,t = 0.Интеграл примет видR0 20 −tR1 1 20R∞ 20 −tdx = − t e dt = t e dt = Γ(21).I=lnx∞00Вычислим Γ(21) = 20! (по свойству 3 Γ-функции), т.е.
I = 20!.Пример 6.13.Вычислить интеграл с помощью Γ-, B-функцийπR2 8I = sin x cos4 xdx.0Решение: чтобы свести интеграл к B-функции, сделаем заменуdt, пределы интегрирования изt = sin2 x, тогда dx =2 sin x cos xменятся так:x = 0 ⇒ t = 0,πx = ⇒ t = 1.2114Интеграл примет видI=R1 t4 (1 − t)2 dt02t12√1−t1 R1 4− 11=t 2 (1 − t)2− 2 dt.20КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АНайдем p и q в формуле (6.22):19p−1=4− ⇒ p= ,2251q−1=2− ⇒ q = .22Следовательно,9 59 51 9 5 1 Γ 2 Γ 21Γ 2 Γ 2=.I= B ,9 5 =22 222Γ(7)Γ +2 2Вычислим, используя свойства 2, 3, 5 Γ-функцииΓ(7) = 6!,53 3 3Γ=Γ 1+= Γ=222 23 1 13√= · Γ= 2 π,2 2 2297 7 7Γ=Γ 1+= Γ=222 275 3 √7 · 5 · 3√π=π.=2 2 22243 1Γ 1+=227 5 7 5 5Γ 1+= · Γ=222 2 2Окончательно,9 51Γ 2 Γ 21 7 · 5 · 3√ 3 √17πI== ·π·π·=.2Γ(7)224221 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 211115СодержаниеВведение321 Примерный вариант экзаменационного билета62 Теоретические вопросы к экзамену (зачету)7КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А3 Основные типы задач по курсу математическогоанализа(теория функций комплексной переменной)Приложение1132Тема 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
