Лекция 11. Вычисление вычетов и применение теории вычетов для вычисления контурных и несобственных интегралов

Преходим к изложению теории вычетов и их применению к вычислению комплексных интегралов по замкнутому контуру и действительных несобственных интегралов.

1. Вычисление вычетов

Универсальный способ вычисления вычета в изолированной особой точке – это вычисление по определению

Однако он не всегда приводит к цели, так как связан с вычислением интеграла, которое может оказаться весьма не простым. Второй способ основан на разложении функции в ряд Лорана и выделении в нем коэффициента при Тогда Но и этот способ часто приводит к громоздким вычислениям. Поэтому дадим сравнительно простой способ, основанный на следующем утверждении.

Теорема 1. Пусть изолированная особая точка функции Тогда:

1. если – устранимая особая точка функции то 0;

2. если полюс первого порядка функции то он может вычислен двумя способами:

а)

б)

(здесь аналитические в точке функции, причем );

3. если полюс го порядка функции то

4) если существенно особая точка функции то вычет в ней вычисляют после разложения в ряд Лорана в окрестности точки ; тогда коэффициент при в этом разложении.

Доказательство.Утверждение 1 очевидно, так как в разложении функции в ряд Лорана в окрестности устранимой особой точке нет главной части, и значит, Утверждение 2а вытекает из утверждения 3. Докажем его.

Запишем разложение функции в ряд Лорана:

Умножая его обе части на получим

Чтобы найти коэффициент продифференцируем последнее равенство раз по и перейдём в полученном равенстве к пределу при Получим

Формула (1) доказана. Утверждение 2б вытекает из утверждения 2а, если в нем заменить на и перейти к пределу при Теорема доказана.

2. Вычисление интегралов

1. Непосредственное применение теоремы Коши о вычетах. Рассмотрим интеграл Вычислим вычет в единственной особой точке подынтегральной функции Так как является полюсом 3-го порядка функции то вычет можно было бы подсчитать по формуле (1). Однако удобнее это сделать, разложив в ряд Лорана в окрестности особой точки:

Следовательно, и по теореме Коши о вычетах получаем, что

2. Интегралы вида ( дробно-рациональная функция. Здесь надо сделать замену Тогда и интеграл преобразуется к виду где

также дробно-рациональная функция. Теперь надо применить теорему Коши о вычетах и получить, что

Пример 1. Вычислить интеграл .

Решение.Имеем

Подынтегральная функция имеет два простых полюса: Внутрь контура попадает только одна точка поэтому

3. Вычисление несобственных интегралов. Прежде чем перейти к изложению этой темы, докажем сначала следующее вспомогательное утверждение.

Лемма 1.Пусть правильная дробь (т.е. ). Тогда для любой постоянной существует число такое, что при всех имеет место оценка

где полуокружность радиуса лежащая в верхней полуплоскости

Доказательство.Имеем

Так как существует конечный предел то для любой фиксированной постоянной найдётся такое, что при всех выполняется неравенство а значит, при Лемма доказана.

Теперь нетрудно обосновать следующее утверждение.

Теорема 2. Пусть для интеграла

выполнены условия:

1)

Тогда

(здесь нули знаменателя лежащие в верхней полуплоскости ).

Доказательство.Проведём полуокружность так, чтобы все особые точки (нули знаменателя ), лежащие в верхней полуплоскости оказались внутри неё. По теореме Коши о вычетах имеем

Правая часть этого равенства не зависит от поэтому устремляя в нем и учитывая, что и что (см. лемму 1 и условие 2)

дл.

получаем утверждение теоремы.

При вычислении интегралов вида где правильная дробь, используется следующее утверждение.

Лемма Жордана.Пусть функция удовлетворяет требованиям:

1. аналитична в полуплоскости за исключением конечного числа особых точек

2. при

Тогда для любого имеет место равенство где полуокружность радиуса лежащая в верхней полуплоскости

Применим эту лемму к вычислению интеграла где правильная дробь (т.е. ). Делая те же построения, что и при доказательстве теоремы 2, приходим к равенству

Устремляя здесь и учитывая, что согласно лемме Жордана получаем формулу

Рассмотрим примеры.

Пример 2. Вычислить интеграл

Решение. Так как подынтегральная функция чётная, то, используя формулу (2), можно записать, что

Функция имеет лишь одну особую точку в верхней полуплоскости и это есть полюс 2-го порядка. Вычет в этой точке вычисляем по формуле (1):

Следовательно,

Пример 3. Вычислить интеграл

Решение. Так как подынтегральная функция чётная, то можно записать, что

Вычислим теперь интеграл, стоящей справа, используя формулу (3). Так как в верхней полуплоскости функция имеет только одну особую точку простой полюс, то

Следовательно,

Лекция 12.Преобразование Лапласа и его свойства. Применение к дифференциальным уравнениям

Пусть функция является комплексной функцией действительного аргумента т.е.

Определение 1.Функция называется оригиналом, если выполнены следующие условия:

1. 2. кусочно-непрерывна на любом конечном отрезке 3. существуют постоянные и такие, что При этом число[5] называется показателем роста (или индексом) оригинала .

Например, функция Хевисайда (единичная функция):

является оригиналом с показателем роста Заметим, что если функция удовлетворяет только условиям 2 и 3, то функция является оригиналом. По этой причине множитель в часто опускают и пишут просто .

Определение 2.Пусть –оригинал. Функция называется преобразованием Лапласа функции (другие названия: изображение по Лапласу, образ преобразования Лапласа). При этом пишут

Теорема 1.Если оригинал с показателем роста то его изображение существует и аналитично в полуплоскости При этом

Доказательство.Имеем

поэтому при имеет место оценка

При отсюда получаем, что интеграл абсолютно сходится при всех и что имеет место оценка

Устремляя здесь получим, что

Итак, показано, что преобразование Лапласа существует в полуплоскости и что имеет место утверждение Дифференцируя равенство по параметру, покажем, что производная

существует при всех Это означает, что аналитична в области Теорема доказана.

Замечание 1.Желая указать показатель роста оригинала будем писать

или

Теорема 2 (свойства преобразования Лапласа). При указанных значениях имеют место следующие утверждения (ниже и произвольные постоянные):

(линейность).

(теорема подобия).

(теорема запаздывания).

(теорема смещения).

(теорема о дифференцировании оригинала). Если оригиналы с показателем роста то

(теорема об интегрировании оригинала).

(теорема о дифференцировании изображения).

(теорема об интегрировании изображения). Пусть и интеграл сходится. Тогда

Определение 3.Свёрткой функций и называется интеграл

Очевидно, что свёртка коммутативна, т.е.

(теорема умножения). (здесь попутно утверждается, что свёртка оригиналов также является оригиналом).

(интеграл Дюамеля). Если оригиналы с показателем роста а оригинал с показателем роста то

Все эти свойства доказываются довольно просто. Докажем, например, теорему о дифференцировании оригинала. Имеем при

Мы показали справедливость свойства при Аналогично показывается его справедливость при любом

Приведём теперь таблицу изображений основных функций.

Таблица 2. Преобразования Лапласа основных функций

Все формулы этой таблицы доказываются либо непосредственным вычислением изображений, либо применением свойств преобразования Лапласа. Покажем, например, справедливость формулы 6. Поскольку то формуле 2 и по свойству будем иметь Это высказывание имеет место, если одновременно и т.е. если Формула 6 доказана.

Рассмотрим несколько примеров.

Пример 1.Найти изображения следующих функций: а) б)

Решение.а) Воспользуемся формулой понижения порядка и формулами 1 и 5 таблицы 2:

б) Представим функцию в виде По таблице 2 сразу же находим Осталось найти изображение функции Воспользуемся для этого теоремой о дифференцировании изображения:

Так как в нашем случае то Таким образом,

Пример 2.Найти изображение функции

Решение.Можно было бы сначала вычислить интеграл, а затем найти изображение, но проще воспользоваться теоремой об интегрировании оригинала

В нашем случае

Пример 3.Найти изображение функции

Решение.Воспользуемся теоремой об интегрировании изображения:

Сначала найдём изображение функции Тогда будем иметь

Пример 4.Найти преобразование Лапласа функции изображённой на рисунке.

Решение.Можно было быприменить теорему запаздывания, но проще вычислить изображение по определению:

Следующее утверждение показывает, как можно восстановить оригинал по изображению.

Теорема обращения Меллина.Пусть аналитическая в области функция является изображением некоторого оригинала с показателем роста Тогда в каждой точке в которой функциянепрерывна, имеет место равенство

где произвольная постоянная, удовлетворяющая неравенству

Из теоремы Меллина вытекает следующее утверждение об умножении оригиналов.

.

где произвольная постоянная, удовлетворяющая неравенству

При использовании теоремы Меллина возникают две основные трудности. Первая из них заключается в проверке того, что функция является оригиналом, вторая –

в вычислении самого интеграла Меллина (2). Поэтому обычно применяют более простые теоремы разложения, где эти трудности преодолеваются очевидным образом.

Первая теорема обращения. Пусть функция имеет в окрестности точки лорановское разложение вида сходящееся абсолютно при некоторая постоянная . Тогда оригинал для существует в области и имеет вид

причем этот ряд сходится абсолютно для всех

Вторая теорема обращения. Пусть функция правильная дробь (т.е. многочлены, причем степень многочлена меньше степени многочлена ). Тогда для функции существует оригинал причем функция имеет вид

где вычеты вычисляются по всем нулям знаменателя

Пусть, например, надо найти оригинал функции Первый способ вычисления оригинала основан на разложении на простейшие дроби:

При этом оригинал находится по таблице 2 с использованием свойства 1⁰ линейности преобразования Лапласа. Из той же таблицы находим, что изображение существует при Другой способ основан на второй теореме разложения:

Покажем теперь, как применяется операционное исчисление к решению дифференциальных уравнений. Рассмотрим задачу Коши

с постоянными коэффициентами Предположим, что неоднородность и решение являются оригиналами, причем Применяя теорему о дифференцировании оригинала, будем иметь

Умножая эти равенства на соответствующие коэффициенты стоящие слева от черты, и складывая полученные результаты, будем иметь

где а многочлен от й степени, коэффициенты которого зависят лишь от начальных условий Правая часть (6) называется изображением левой части уравнения (5) с учётом соответствующих начальных условий. Приравнивая его к изображению левой части (5), получим алгебраическое уравнение

называемое операторным уравнением, соответствующим задаче (5). Решением этого уравнения является функция Получено изображение решения задачи (5). Применяя теорему Меллина, получим и само решение:

Замечание. Если все начальные значения нулевые ( ), то и операторное уравнение (7) будет иметь более простое решение: Заметим также, что является характеристическим полиномом уравнения (5).

Пример 5. Решить задачу Коши

Решение.Пусть Имеем

Из последнего уравнения находим, что Находим теперь оригинал-решение исходной задачи, разлагая изображение решения на простейшие дроби и используя таблицу 2:

Задачу вычисления уравнения (5) с нулевыми начальными условиями и произвольной неоднородностью можно свести к решению той же задачи, но с неоднородностью Делается это с помощью следующего свойства преобразования Лапласа:

(интеграл Дюамеля). Если оригиналы с показателем роста а оригинал с показателем роста то

Рассмотрим задачу

Чтобы решить её, рассмотрим вспомогательную задачу

Покажем, что если известно решение этой задачи, то решение задачи (8) является свёрткой её неоднородности с производной от решения вспомогательной задачи (9):

Действительно, формула с учетом того, что перепишется в виде где изображения функций и соответственно. Операторным решением задачи (8) является функция (см. замечание), а операторным решением вспомогательной задачи (9) является функция поэтому Отсюда и из формулы получаем, что т.е. имеет место формула (10).

Пример 6. Решить задачу Коши

Решение. Решим сначала вспомогательную задачу Оператор-

ным решением для неё будет функция Так как

Решение же исходной задачи находим по формуле (10):