Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Скачать файл

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

1+α

му отрезку z = x −iβ равен

∫α

. Оценим его

2πi

e( x−iβ)ln a sin π(x −iβ)

значение по модулю при β→+∞ :

1+α

∫α

≤

2πi

e(x−iβ)ln a (sin πx cos πiβ−cos πxsin πiβ)

1+α

≤

∫α

0 ,

2π

ex ln a sin2 πx ch2πβ+cos2 πx sh2πβ

так как под корнем в знаменателе экспоненциально растущая с ростом β функция. Аналогично оценивается интеграл по верхнему горизонтальному отрезку. Рассмотрим интегралы по вертикальным прямым. Обозначим вычисляемый интеграл:

C∫

= I .

2πi

az sin πz

Интеграл по левой вертикальной прямой (где z = α + iy ) равен

1 −β

idy

→

1 −∞

idy

= −I;

∫β

β→+∞

+∞∫

2πi

e(α+iy)ln a sin π(α+iy)

2πi

e(α+iy)ln a sin(πα+πiy)

интеграл по правой вертикальной прямой ( z = 1 + α + iy ) равен

1 β

idy

−∫β

2πi

eln ae(α+iy)ln a sin π(1+α +iy)

idy

= −

→

−

2πi eln a

−∫β e(α+iy)ln a sin (πα + πiy) при β→+∞

Получаем равенство

−I −

= −

I =

aπ

π(a +1)

Пример 11.10 ([3], № 4.130).

C∫

ez dz

, где контур интегриро-

2πi

cos z

вания С указан на рис. 11.5.

Решение. Контур С сделаем замкнутым, проведя через точку z = n (n – целое отрицательное число) вертикальный отрезок. Можно

166

показать, что интеграл по этому отрезку при

n →−∞ стремится к нулю, потому что при n →−∞

en+iy idy

−∫a

≤

cos(n +iy)

≤en ∫

→0.

cos

n ch

−a

y +sin

Тогда интеграл равен сумме вычетов в изо-

Рис. 11.5

лированных особых точках подынтеграль-

ной функции. Это будут точки

cos z = 0 zk

+ πk

(k = −1, −2,...) ,

+πk

res[ f (z), zk ]

= (−1)

k +1

−cos πk

−sin

πk

(k = −1, −2,...) ,

−∞

∞

1 e

= −∑(−1)k e

+πk

= −e

∑e−πk (−1)k .

2πi C∫ cos z

k =−1

k =1

Под знаком суммы стоит бесконечно убывающая геометрическая прогрессия со знаменателем q = −e−π и первым членом

a1 = −e−π . По формуле суммы прогрессии S = 1a−1q получим, что

∞

−e

−π

∑(−1)k e−πk =

= −

1+e

−π

k =1

Таким образом,

ez dz

∫

= −e

2 −

2πi

1+e

C cos z

167

Вычисление определенных интегралов

Интегралы типа ∫02π R(sinφ,cosφ)dφ, где R (sin φ, cos φ) – ра-

циональная функция переменных sin φ, cos φ,					вычисляются пере-
ходом к комплексной переменной			z = eiφ и		интегрированием в
комплексной плоскости по контуру		z		=1 (см. п.11.1).

Пример 11.11 ([3], № 4.131).
2π	dφ
∫0		(a >1) .
	a +cos φ

Решение. Вводим комплексную переменную z =eiφ , dz = ieiφdφ,

откуда dφ = dz

. По формуле Эйлера

eiφ +e−iφ

z + z−1

cosφ =

2π

dφ

∫0

= ∫

= i

∫

a +cos φ

z + z

−1

z2 +2az +1

|z|=1 iz a +

|z|=1

Знаменатель подынтегральной функции обращается в нуль в

точках	z		= −a ±	a2 −1 . При a >1 из этих двух точек только
	1,2
точка	z	= −a + a2		−1 попадает внутрь контура интегрирования
	1

z =1 (единичная окружность с центром в начале координат), так как, по теореме Виета, произведение z1z2 =1 (т.е. если один корень

внутри единичной окружности, то другой – вне ее). В этой точке функция имеет полюс первого порядка, так как квадратный трех-

член разлагается на множители z2 +2az +1 = ( z − z						)(z − z	2	) . Для
					1		2
вычисления интеграла найдем вычет в точке					z = −a + a2 −1 по
формуле (10.2):					1
формуле (10.2):		1
res[ f (z), z	] = lim	1			(z − z	) =
res[ f (z), z	] = lim	)(z − z		)	(z − z	) =
1	z→z1 (z − z	)(z − z	2	)	1
	1		2

168

− z2

−a + a2 −1 −(−a − a2

−1) 2 a2 −1

Искомый интеграл равен:

2π

dφ

2π

∫0

= 2πi i

a +cosφ

a2 −1

2π

dφ

Пример 11.12

([3], № 4.134).

∫

( a

– ком-

1−2a cosφ+a2

плексное число и a ≠ ±1).

Решение. Как и в предыдущем примере, введем комплексную переменную z = eiφ :

2π

dφ

∫

=−

1−2acosφ+a2

z +z−1

1+a2

=1 iz 1−2a

+a2

=1 z

−

z +1

Корни квадратного трехчлена, стоящего в знаменателе:

z	= a2 +1	± a2 −1 ;	z = a ; z	2	= 1 .
1,2	2a	2a	1	2	a
	2a	2a			a

При a <1 внутри контура интегрирования находится точка z1 , а z2 – вне контура. Вычет в точке z1 (полюс первого порядка) равен

res[ f (z), z

] = lim

f (z) (z − z

) = lim

(z − z1 )

)

z→z1

(z − z

)(z − z

(z1 − z2 )

a −

a2 −1

Поэтому искомый интеграл равен

2π

dφ

∫

= −

∫

1− 2a cos φ+ a

=1 ( z − z1 )( z − z2 )

= −

2πi

2π

a2 −1

1− a2

169

В случае, если

> 1, внутрь контура попадает точка

z2 =

res f

, z

= lim

−z

(

)

(z −z1 )(z −z2 ) (

z2 −z1

−a2

z→z2

2 )

−a

Интеграл равен

2π

. Если же

a = ±1 , то

a2 −1

2π

dφ

2π

dφ

∫

= ∫

1−2a cosφ+a

2(1 ±cosφ)

и подынтегральная функция имеет в точке φ = 0

(или φ = π

соот-

ветственно)

особенность типа

т.е. интеграл не существует да-

же в смысле главного значения. Наконец, если

= 1,

но

a ≠ ±1,

т.е. a = eiα(α ≠ 0,π,2π) , то

2π

eiφdφ

−

∫

= − a

∫0

(z − z1 )(z − z2 )

(eiφ −eiα )(eiφ −e−iα )

2π

dφ

= −

∫0 (1 −ei(α−φ) )(eiφ −e−iα ) .

В точках φ = ±α подынтегральная функция имеет особенность типа φ1−α , т.е. главное значение интеграла существует (оно в этом случае равно нулю).

Рекомендуемый перечень задач для решения в аудитории:

[3], № 4.115, 4.117, 4.120, 4.121, 4.122, 4.131.

Резерв:

[3], № 4.123, 4.128, 4.129, 4.130, 4.134.

Для самостоятельной работы дома:

[3], № 4.118, 4.119, 4.124, 4.132.

На усмотрение преподавателя: [3], № 4.127, 4.133.

170

Источник: https://studfile.net/preview/16708793/

Смотрите также:




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27