Вычисление несобственных интегралов по действительной оси
Если на комплексной плоскости особых точек лишь конечное количество, то существует самая дальняя из них (с наибольшим модулем). Тогда можно найти такой радиус , при котором все эти особые точки включены в полукруг, и при дальнейшем увеличении радиуса полукруга, новые точки в нём уже не могут появиться.
По основной теореме о вычетах, интеграл по границе полукруга равен произведению на сумму вычетов во всех особых точках в верхнем полукруге. Граница состоит из двух частей:
и
, по отрезку
движение влева направо, а по полуокружности
против часовой стрелки.
Тем самым, мы 1 раз обходим весь контур против часовой стрелки. Именно этим и объясняется, что надо рассматривать полукруг именно в верхней, а не нижней полуплоскости, а иначе движение по действительной оси получалось бы справа налево.
Начиная с некоторого радиуса , при дальнейшем его увеличении, интеграл уже не будет меняться, потому что все особые точки верхней полуплоскости уже попали в полукруг, и других точек там нет. Если
, то максимум модуля функции на полуокружности радиуса
будет меньше чем
. А так как её длина равна
, т.е. интеграл
=
, эта величина стремится к 0 при
. Таким образом, при неограниченном увеличении радиуса, интеграл по дуге
уменьшается и стремится к 0. существенная часть приходится именно на интеграл по
, то есть
, который при
как раз и стремится к
. То есть, в пределе интегральная теорема Коши применяется к верхней полуплоскости, а её граница - это действительная ось. Таким образом, мы вывели следующий факт:
Теорема.Если аналитическая на действительной оси, а также в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек, и при этом
, то
то есть несобственный интеграл по оси равен произведению
на сумму вычетов во всех особых точках верхней полуплоскости.
Пример.Вычислить .
Во 2 семестре вычисляли такие несобственные интегралы,
=
=
=
=
.
А теперь покажем, как решить с помощью вычетов.
Решение.Заметим, что степень числителя на 2 порядка больше, чем степеннь знаменателя, то есть выполнено. Надо, чтобы разность степеней бала хотя бы чуть больше 1, а она равна 2.
Введём в рассмотрение функцию , которая на действительной оси как раз и совпадает с исходной функцией. Видно, что есть 2 полюса порядка 1, причём лишь один из них в верхней полуплоскости, а именно
. Тогда
=
=
=
=
.
Ответ. .
3) Вычисление интегралов, содержащих тригонометрические функции, по отрезку длины .
Рассмотрим ещё один метод, где комплексные числа и вычеты используются вспомогательно при интегрировании действительных функций. Пусть дан интеграл . При этом мы можем ввести замену
. Учитывая формулу Эйлера,
=
, то есть образы это точки с координатами
, т.е. отрезок длины
отображается на окружность единичного радиуса. А интеграл по окружности в комплексной плоскости можно вычислять с помощью интегральной теоремы Коши и вычетов.
При этом синус и косинус заменяются на таким образом:
=
=
=
=
Надо ещё рассмотреть взаимосвязь дифференциалов.
Если то
=
.
Пример.Вычислить интеграл .
Решение. Старый метод.Для сравнения, можно решить и старым методом, без комплексных чисел. Применим формулу понижения степени.
=
=
=
=
=
=
.
Новый метод.
=
=
=
, разобьём на сумму 3 интегралов:
. В первом, аналитическая функция, не имеющая особых точек. Интеграл от неё по замкнутому контуру равен 0. Во 2-м и 3-м слагаемом, единственным полюсом является точка
, но в одном из них полюс 3 порядка, а в другом 1 порядка.
Там, где полюс 3-го порядка, надо вычислить 2-ю производную от числителя, но 2 производная от константы равна 0. И только в 3-м слагаемом при вычислении вычета остаётся ненулевой результат, потому что там полюс 1 порядка, и производную от константы считать не нужно. Подставлять в функцию, тождественно равную 2, тоже нет необходимости, ведь она равна 2 в любой точке.
=
=
=
.
Ответ. .
ГЛАВА 2. РЯДЫ.
Дата добавления: 2020-10-14; просмотров: 315;