1610915348-99a8a2e15f9c5b33e840849c87014c18 (824742), страница 46
Текст из файла (страница 46)
на CR (25)0CRПо условию |F (Reiϕ )| стремится к нулю при R → ∞ равномерноотносительно ϕ при 0 ϕ π, и, следовательно, нам достаточнопоказать, что при R → ∞ интегралπe−mR sin ϕ R dϕ(26)0будет ограниченной величиной. Разбивая промежуток интегрирования на два: (0, π/2) и (π/2, π), и заменяя во втором из интеграловпеременное ϕ на (π − ϕ), мы приведем интеграл (26) к видуπ/22e−mR sin ϕ R dϕ.0Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [60268Будем теперь поступать так же, как мы это делали в [56]. Разбивая промежуток интегрирования на две части и увеличивая положительную подынтегральную функцию, получаем неравенствоπ/2απ/2−mR sin ϕ−mR sin ϕ cos ϕ2dϕ + 2eR dϕ < 2 eRe−mR sin α R dϕ.cos α00αПоследние два интеграла берутся до конца и приводят нас кследующему неравенству:π/22e−mR sin ϕ R dϕ <02π−mR sin α[−e−mR sin ϕ ]ϕ=α−α.+2eRϕ=0m cos α2Второе из написанных слагаемых стремится, очевидно, к нулюпри R → ∞, а первое стремится к конечному пределу 2/(m cos α)так, что вся сумма остается ограниченной при R → ∞.
Тo же самоеподавно можно утверждать и относительно интеграла (26), откудаи следует результат леммы.Пользуясь установленной леммой, мы можем доказать, например, формулу (18) при более легких требованиях по отношению кфункции F (z). Действительно, раньше мы требовали, чтобы в верхней полуплоскости и на вещественной оси zF (z) → 0 при |z| → ∞,и это требование было нам необходимо для того, чтобы интегралF (z)eimz dzCRпо верхней полуокружности CR стремился к нулю при R → ∞.Согласно лемме, мы знаем, что для этого достаточно потребоватьлишь, чтобы F (z) → 0, и, таким образом, можем применять формулу (18) лишь в этом предположении.П р и м е р. Рассмотрим интеграл∞0x sin mxdxx2 + a2(a > 0; m > 0).61] Представление некоторых функций контурными интегралами269В данном случае функцияzz 2 + a2удовлетворяет всем условиям для формулы (18), и, следовательно, мы должны,как и раньше, определить лишь вычет функцииF (z) =F (z)eimz =zeimzz 2 + a2в полюсе z = ia, находящемся в верхней полуплоскости.
Это будет полюс первого порядка, и соответствующий вычет определяется по обычному правилу:числитель, деленный на производную от знаменателя, т. е.zeimz 1r== e−ma ,2z z=ia2и окончательно∞0πx sin mxdx = e−ma .x2 + a22(27)61. Представление некоторых функций контурными интегралами. Пользуясь теорией вычетов, можно легко составить контурные интегралы,представляющие прерывные функции.Рассмотрим, например, функцию ϕ(t), которая равна нулю при t < 0 иединице при t > 0, т. е.0 (t < 0),ϕ(t) =(28)1 (t > 0).Покажем, что такая функция можетбыть представлена контурным интеграломвида1eitzϕ(t) =dz,2πiz–∪–причем t входит как параметр под знак интеграла.
Контуром интегрирования является вся вещественная ось, причем начало координат z = 0, являющееся полюсомдля подынтегральной функции, обходитсяпо полуокружности малого радиуса, лежаРис. 55.щей в нижней полуплоскости и имеющейцентр в начале (рис. 55). Рассмотрим вспомогательный контур lR , которыйсостоит не из всей вещественной оси, но лишь из ее отрезка (−R, R) с обходомначала и из полуокружности CR в верхней полуплоскости, имеющей центр вначале и радиус R.
Если t > 0, то к интегралу (29) применима лемма Жордана,так что интеграл по полуокружности будет стремиться к нулю при возрастании R. Подынтегральная функция имеет внутри контура единственный полюс270Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [61в начале z = 0 с вычетом, равным единице, так что itz1edz = 1.2πizlRПереходя к пределу, мы получаем1eitzdz = 12πiz–∪–(t > 0).Положим теперь, что t < 0. Рассмотрим замкнутый контур, состоящий изпрежнего отрезка (−R, R) вещественной оси с обходом начала и полуокруж радиуса R, находящейся не в верхней, а в нижней полуплоскостиности CR(рис.
56). Внутри этого контура наша функция вовсе не имеет особых точек, апотому интеграл по всему этому контурубудет равен нулю.Покажем теперь, что при беспредельном возрастании R интеграл по нижнейполуокружности будет стремиться к нулю. Действительно, если введем вместо zновую переменную интегрирования z = пе−z, то нижняя полуокружность CRрейдет в верхнюю полуокружность CR , имы будем иметь itz −itz eedz=dz .Рис.
56.zzCRCRПо условию t < 0, а следовательно, −t > 0, и лемма Жордана показывает, что последний интеграл действительно стремится к нулю. Таким образом,переходя к пределу, как и выше, получаем1eitzdz = 0 (t < 0).2πiz–∪–Рассмотрим интеграл и при t = 0. Он будет иметь вид11dz.2πiz–∪–(30)Рассматривая, как и раньше, отрезок (−R, R) вещественной оси, мы должны будем вычислить приращение ln z при движении вдоль этого отрезка с обходом начала. На концах пути вещественная часть ln z будет иметь значение ln Rи, следовательно, не получит никакого приращения.
Что же касается мнимойчасти, равной i arg z, то при обходе начала по полуокружности она получит,очевидно, приращение πi, а на остальных участках пути остается неизменной.61] Представление некоторых функций контурными интеграламиТаким образом, величина интеграла (30) вдоль отрезка (−R, R) равнадовательно, то же число мы получим и в пределе при R → ∞, т. е.111dz = .2πiz2–∪–1.2271Сле-(31)В данном случае было существенным, что верхний и нижний пределы стремились к ∞, имея одинаковые абсолютные значения, т.
е. равенство (31) надопонимать в смысле главного значения интеграла в промежутке (−∞, +∞) собходом z = 0. Интеграл (29) при t = 0 будет сходящимся в обычном смыслеслова относительно бесконечных пределов. Действительно, отделяя вещественную и мнимую части, мы будем иметь интегралы вида∞a∞cos tzdzzиasin tzdzz(a > 0).Сходимость второго из них мы доказали выше [II, 86]. Так же можно доказать и сходимость первого интеграла.Итак, при t = 0 интеграл (29) дает функцию (28). При t = 0 он существуеттолько в смысле главного значения, и его величина равна 1/2.Рассмотрим теперь второй пример, когда функция равна нулю везде, кроменекоторого конечного отрезка, где она обращается в единицу, т.
е.ψ(t) = 0приt<aиt > b;ψ(t) = 1приa < t < b.(32)Нетрудно представить эту функцию какразность двух функций указанного типа, аименно:1ei(b−t)zψ(t) =dz−2πiz–∪–1ei(a−t)zdz.(33)−2πiz–∪–Оба члена обращаются в нуль при t > b.Рис. 57.В промежутке a < t < b уменьшаемое равноединице, а вычитаемое еще равно нулю, и, следовательно, вся разность равна единице. Наконец, при t < a и уменьшаемое ивычитаемое равны единице, а вся разность обращается в нуль, так что мы действительно получаем функцию (32). График этой функции указан на рис.
57.Рассмотрим теперь функцию, которая равна нулю при t < 0, а затем, начиная с t = 0, убывает по показательному закону от значения, равного единице:ϕ1 (t) = 0(t < 0);ϕ1 (t) = e−αt(t > 0, α > 0).(34)272Гл. III. Применение теории вычетов, целые и дробные функции [61График этой функции изображен нарис. 58. Нетрудно проверить, что этафункция может быть представлена контурным интегралом видаϕ1 (t) =12πi+∞−∞eitzdz,z − iα(35)где контур интегрирования идет по вещественной оси. Доказательство этойформулы будет буквально таким же,как и для формулы (29).
В данном случае только вычет функцииРис. 58.eitzz − iαв полюсе z = iα будет равен e−αt .Рассмотрим наконец функцию, равную нулю при t < 0 и представляющуюся синусоидой при t > 0 (рис. 59):ψ1 (t) = 0при t < 0;(36)ψ1 (t) = sin αt при t > 0 (α — вещественно).Так же, как и выше, нетрудно показать, что эту последнюю функцию можно представить в виде контурного интеграла1eitzψ1 (t) = Re −dz , (37)2πz−α–∪–где контур интегрирования идет по вещественной оси и обходит полюс z = αподынтегральной функции. В данномслучае вычет подынтегральной функции в этом полюсе будет равенeitα = cos αt + i sin αt,так что, отделяя вещественную часть,мы и получаем формулу (37).Иногда выведенные формулы пишут в другом виде, а именно применяютинтегрирование не по вещественной, а по мнимой оси, причем обход полюсасовершается с правой стороны, т. е.
с той стороны от мнимой оси, где вещественная часть комплексного числа положительна. Чтобы получить этот новый контур интегрирования, достаточно повернуть плоскость вокруг началана угол π/2 против часовой стрелки, т. е. ввести вместо z новую переменнуюРис. 59.62]Примеры интегралов от многозначных функций273z по формуле z = iz или z = 1/i z . Вводя эту новую переменную, мы вместоформулы (29) будем иметь12πietzdz .z(29)–∪–ϕ(t) =В формуле (35) мы будем иметь значение iα уже не на мнимой оси, а наотрицательной части вещественной оси, и таким образом получим для функцииϕ1 (t) представление видаϕ1 (t) =12πi+∞i−∞ietzdz .+αz(351 )–∪–Точно так же для функции ψ1 (t) будем иметь представление вида1etz.dzψ1 (t) = Re −2πz − iαСодержание настоящего номера непосредственно связано с так называемымпреобразованием Лапласа, о котором мы будем говорить в томе IV.62.
Примеры интегралов от многозначных функций. Рассмотримнекоторые примеры, когда под знаком интеграла стоят многозначные функциикомплексного переменного. В качестве первого примера возьмем интеграл(−z)a−1 Q(z) dz,(38)lгде a — некоторое вещественное число и Q(z) — рациональная функция, такая,что z a Q(z) → 0, если z → 0 или z → ∞. Подынтегральная функция будетмногозначной, так как при обходе точки z = 0 против часовой стрелки (−z)совершает такой же обход, и, следовательно, аргумент этого выражения приобретает слагаемое 2π; само это выражение приобретает множитель e2πi , и(−z)a−1 в результате обхода будет иметь вид (−z)a−1 e2(a−1)πi , т. е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
