Документ: Михайлов ТФКП Практикум 2013, страницы 171-175

12. ВЫЧИСЛЕНИЕ НЕСОБСТВЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ

+∞

Рассмотрим интегралы вида ∫ f (x)dx . Если функция f (x) , за-

−∞

данная на всей действительной оси, может быть аналитически продолжена на верхнюю полуплоскость Im z > 0 и ее аналитическое продолжение, функция f (z) , удовлетворяет следующим условиям:

f (z) аналитична всюду в полуплоскости Im z > 0 , за исключением

конечного числа изолированных особых точек; существуют такие положительные числа R, M и δ , что для всех точек верхней полуплоскости, удовлетворяющих условию | z |> R , имеет место оценка

	\| f (z) \|<	M	,	(12.1)
	\| f (z) \|<	1+δ	,	(12.1)
		\| z \|
			+∞
Тогда несобственный интеграл первого рода ∫ f (x)dx				сущест-
			−∞
вует и равен:
+∞		N
∫	f (x)dx = 2πi∑res[ f (z), zk ] ,			(12.2)
−∞		k =1

где zk – особые точки функции f (z) в верхней полуплоскости.

В следующих примерах вычислить интегралы по бесконечному промежутку.

Пример 12.1 ([3], № 4.140).

+∞			xdx
∫			xdx		.
∫	(x	2	+ 4x +13)	2	.
−∞	(x		+ 4x +13)
−∞

Решение. Обратим внимание на то, что данный интеграл легко вычисляется и без применения методов ТФКП, а именно: выделив в скобках в знаменателе полный квадрат и сделав замену перемен-

ной (x + 2)2 = t , получим

−∞

xdx

1

dt

+∞

dx

∫

=

∫

−2 ∫

=

(x

2

+4x +13)

2

t +9

(x

2

+4x +13)

2

+∞

−∞

171

=

1 ln( x2

+ 4x +

13)

+∞ − 2

∫

dt

=

(t

2

−∞

+ 9)

(t= x+2)

+∞

t

1

t

x +2

1

x +2

= −

−

arctg

= −

−

arctg

=

9(t2

+9)

27

3

9(x2 +4x +13)

27

3

−∞

= − 27π .

Получим этот результат с помощью вычетов (формула (12.2)). Указанная формула применима, так как подынтегральная функция удовлетворяет всем перечисленным выше условиям. Найдем ее особые точки, приравняв нулю знаменатель

z2 + 4z +13 = 0 z1,2 = −2 ± 4 −13 = −2 ±3i .

В верхней полуплоскости находится одна из этих точек z1 = −2 +3i (полюс второго порядка).

res[ f (z), z

] = lim

d

[ f (z)(z − z )2 ] = lim

d

[

z

] =

1

z→z1 dz

1

z→z1 dz (z − z2 )2

=

z1 + z2

=

−4

= −

1

.

Откуда

(z2 − z1)3

(−6i)3

54i

+∞

π

∫ f (x)dx = 2πi res[ f (z), z1] = −

.

−∞

27

∞

dx

Пример 12.2 ([3], № 4.142).

∫

(n – натуральное число).

(x

2

+

1)

n

0

Решение. Так как подынтегральная функция четная, то

∞

dx

1

+∞

dx

∫

=

∫

.

(x

2

n

2

(x

2

n

0

+1)

−∞

+

1)

Убедившись в применимости формулы (12.2), имеем

+∞

dx

∫

f (x)dx = ∫

= 2πi res[ f (z),i] ,

(x

2

+1)

n

−∞

172

где f (z) =	1	– аналитическое продолжение подынтеграль-
	(z2 +1)n

ной функции на верхнюю полуплоскость, а точка i – единственная особая точка этой функции в верхней полуплоскости (полюс п-го порядка). Тогда

res[ f (z),i] =

1

lim

d n−1

[ f (z)(z −i)n ] =

1

lim

d n−1

×

dzn−1

(n

−1)!

dzn−1

(n −1)! z→i

1

(z −i)n

1

(−1)

n−1

n(n +1)...(2n

−2)

×

=

(z −i)n (z +i)n

(n

−1)!

(z +i)2n−1

z=i

=

(−1)n−1n(n +1)...(2n −2)

=

n(n +1)...(2n −2)

( n >1 ),

(n −1)!22n−1i2n−1

22n−1i(n −1)!

∞

dx

1

∞

dx

πn(n +1)...(2n −2)

∫

=

∫

=

(x

2

+1)

n

2

(x

2

+

1)

n

2

2n−1

(n −1)!

0

−∞

=

1 3 5...(2n −3)

π

( n >1 )

2 4 6...(2n −2)

2

(так как 2n−1 (n −1)! = (2n − 2)!! = 2 4 6 8...2n − 2 ). При n =1

∞

dx

π

∫

=

.

x

2

0

+1

2

Пример 12.3 ([3], № 4.144).

∞

2

+1

1

+∞

2

+1

∫

x

dx =

∫

x

dx .

4

+1

2

4

Решение.

0

x

−∞ x

+1

Корни

знаменателя

подынтегральной

функции

z = 4 −1 = ±

1

(1±i) .

Из

четырех

корней

два:

z

=

1

(1+i) и

2

1

2

z2 =

1

(−1+i)

(полюсы первого порядка) находятся в верхней по-

2

луплоскости:

173

zk2 +1

res[ f (z), z

] =

φ

=

= −

1

(z2

+1)z

;

4zk2

k

ψ'

z=zk

4

k

+∞ x2 +1

1

2πi{res[ f (z), z ] + res[ f (z), z

]} =

dx =

2

∫ x4 +1

2

1

0

= −

πi

[(1+i)2

+(−1+i)(1−i)] =

π

.

2

4

+∞

Вычисление интегралов вида ∫ eiax f (x)dx

основывается на

−∞

применении леммы Жордана:

если функция

f (x) ,

заданная на

всей действительной оси, может быть продолжена на верхнюю полуплоскость Im z > 0 , и ее аналитическое продолжение f (z) имеет

в верхней полуплоскости лишь конечное число изолированных

особых точек, равномерно относительно arg z (0 ≤ arg z ≤ π)		стре-
мится к нулю при \| z \|→ ∞, тогда при a > 0
+∞	n
∫ eiax f (x)dx = 2πi∑res[eiaz f (z), zk ] ,		(12.3)
−∞	k =1
где zk – особые точки функции	f (z) в верхней полуплоскости.

Если к тому же функция f (z) имеет полюсы первого порядка

на действительной оси, то интеграл существует в смысле главного значения и равен

	+∞
	∫ eiax f (x)dx =
	−∞	(12.4)
n	N	(12.4)
n	N
= 2πi∑res[eiaz f (z), zk ] + πi ∑ res[eiaz f (z), zm ],
k=1	m=1

где zk (k =1, 2,...,n) – особые точки в верхней полуплоскости, zm ( m =1, 2,..., N ) – особые точки на действительной оси. Интегралы типа

+∞	+∞
∫ sin ax f (x)dx и	∫ cos ax f (x)dx ,
−∞	−∞

174

где f (x) удовлетворяет перечисленным требованиям, сводятся к

предыдущим, так как

+∞ +∞

∫ sin ax f (x)dx = Im ∫ eiax f (x)dx ,

−∞	−∞
+∞	+∞

∫ cos ax f (x)dx = Re ∫ eiax f (x)dx .

−∞

В следующих примерах вычислить интегралы.

Пример 12.4 ([3], № 4.149).

+∞

x cos xdx

+∞

xsin xdx

∫

и

∫

.

x

2

x

2

−∞

−2x +10

−∞

−2x +10

Решение. Представим данные интегралы в виде

I

=

+∞

x cos xdx

= Re

+∞

xeixdx

,

∫

1

x2 −2x +10

x2

−2x +10

−∞

+∞

x sin xdx

+∞

xeixdx

I2

=

∫

= Im

∫

.

x2 −2x +

10

x2 − 2x +10

−∞

+∞

xeixdx

Рассмотрим

∫

.

Условия леммы Жордана выпол-

x

2

−∞

−2x +10

zeiz

нены. Особые точки функции

– полюсы первого по-

z2 −2z +10

рядка:

z1,2 =1±3i . Одна из них

z1 =1+3i

лежит в верхней полу-

плоскости.

Согласно формуле (12.3)

+∞

xeixdx

zeiz

2πi(1+3i)ei(1+3i)

∫

= 2πires[

, z1] =

=

x2 −2x +10

z2 −2z +10

2(1+3i) −2

−∞

=

2πi(1+3i)e−3ei

2π

e

−3

(1+3i)(cos1+i sin1) =

2

+6i −

2

=

6

=

πe−3

[cos1−3sin1+i(sin1+3cos1)] .

3

175

Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также: