Применение вычетов к вычислению интегралов

Основная теорема Коши. Пусть – аналитическая функция в ограниченной односвязной области , за исключением конечного числа изолированных особых точек , и пусть замкнутая кривая , охватывающая эти особые точки, целиком лежит в области . Тогда если кривая ориентирована в положительном направлении, то

.

Пример 1. Вычислить , где – окружность .

Решение. Подынтегральная функция имеет два полюса I–го порядка и , которые расположены внутри круга . Согласно теореме Коши, получаем

.

Найдем вычеты:

,

.

Итак, .

Пример 2. Вычислить .

Решение.Подынтегральная функция имеет изолированную особую точку внутри круга . Для определения характера изолированной особой точки разложим функцию в ряд Лорана в кольце . Воспользуемся разложением функции в ряд Тейлора:

и положим :

.

В силу единственности разложения в ряд Лорана, полученное разложение функции по степеням является рядом Лорана для данной функции в кольце . Так как главная часть этого ряда Лорана содержит бесконечное множество слагаемых, то точка является существенно особой точкой .

Согласно теореме Коши получаем

.

Пример 3. Вычислить .

Решение.Подынтегральная функция имеет изолированную особую точку внутри круга . Так как , где , причем , а , то есть полюс 4-го порядка.

Следовательно,

=

Согласно теореме Коши получаем

.

Пример 4. Вычислить .

Решение.Функция имеет полюсы I–го порядка в точках , , . Точки находятся вне круга , так как >1, >1. Внутри круга находится один полюс первого порядка. Найдем по формуле (2) , где , и , , . Имеем, .

Следовательно, по теореме Коши:

.

Интеграл вида

Теорема 1.Пусть , где и – многочлены степеней и соответственно. Если непрерывна на всей действительной оси и , то

,

где – полюса функции в верхней полуплоскости.

Пример 1.Вычислить .

Решение.Так как , то удовлетворяет условию теоремы 1. Функция имеет полюс второго порядка в верхней полуплоскости. Поэтому, согласно теореме 1, находим

Интеграл вида

Интегралы вида , где – рациональная функция от , сводятся к интегралам по замкнутому контуру от функций комплексного переменного. Для этого выражаем синус и косинус по формулам Эйлера и делаем замену .

Имеем , .

Подставляя эти выражения в подынтегральную функцию, получим – рациональную функцию. Логарифмируя

равенство , находим и . При изменении от 0 до точка пробегает единичную окружность в положительном направлении.

Следовательно, .

Последний интеграл по замкнутому контуру можно вычислить с помощью основной теоремы Коши.

Пример 2.Вычислить .

Решение. Пусть , тогда

, ,

, ; При изменении от 0 до точка пробегает единичную окружность в положительном направлении.

Следовательно,

,

где .

Для нахождения полюсов найдем нули знаменателя и их порядки. – ноль первого порядка.

Так как то также нули первого порядка. Поскольку числитель функции отличен от нуля в этих точках, то подынтегральная функция имеет три полюса первого порядка:

, ,

При этом ,

.

Итак, внутри единичной окружности находятся два полюса первого порядка:

и .

Найдем вычеты по формуле (2):

аналогично,

Итак, .

Интегралы вида ,

Теорема 2.Пусть где и – многочлены степеней и соответственно. Если непрерывна на всей действительной оси и , то при

,

,

где – полюса функции в верхней полуплоскости, .

Пример 1. Вычислить .

Решение.По условию, , значит . Функция имеет полюс первого порядка в верхней полуплоскости. Поэтому на основании теоремы 2 и формулы (1) получаем

Пример 2.Вычислить .

Решение.По условию и .

Функция удовлетворяет условиям теоремы 2. Найдем полюса в верхней полуплоскости:

, , ;

, ;

, ;

, ;

, .

Так как в точках , то – нули первого порядка функции Кроме того Следовательно функция имеет полюсы первого порядка , в верхней полуплоскости. Поэтому на основании теоремы 2 и формулы (2)

,

где , .

Имеем:

.

Следовательно,