Документ: Михайлов ТФКП Практикум 2013, страницы 176-180

Здесь мы применили формулу Эйлера eiφ = cos φ + i sin φ . Отсюда получаем искомые интегралы:

+∞

xeixdx

πe−3

I

∫

= Re

=

(cos1−3sin1) ;

1

x2

−2x +10

3

−∞

+∞

xeixdx

πe−3

∫

I2

= Im

=

(sin1 +3cos1) .

x2

− 2x +

3

10

−∞

∞

cos

ax

Пример 12.5 ([3], № 4.151).

∫

dx

(a и b – положитель-

2

0

x +b

ные числа).

Решение. Так как подынтегральная функция четная, то

∞

cos ax

1

+∞

cos

ax

1

+∞

iax

dx

∫

dx

=

∫

dx =

Re ∫

e

.

2 2

2

0

x +b

2

−∞ x +b

−∞ x

+b

В верхней полуплоскости одна особая точка z0 =ib

(полюс пер-

вого порядка):

eiaz

e−ab

res[ f (z), z ] =

=

;

0

2z

z=ib

2bi

+∞

e

iax

dx

π

−ab

+∞

e

iax

dx

∫

= 2πires[ f (z), z0 ] =

e

= Re

∫

.

x2 +b2

b

x2

+b2

−∞

Поэтому искомый интеграл

∞

cos ax

π

∫

dx =

e−ab .

x

2

+b

2

2b

0

+∞ eitx

Пример 12.6 ([3], № 4.154). −∫∞ x dx .

eitz

Решение. У функции z в верхней полуплоскости особых то-

чек нет, на действительной оси – одна особая точка z0 = 0 – полюс первого порядка. Согласно формуле (12.4) при t > 0 имеем

176

+∞ eitx	eitz
	dx = πires		, z0	= πi
−∞∫ x		z

(так как вычет равен 1). При t < 0 сделаем замену t → −t . Тогда

+∞	e	itx	−∞	e	−itx	+∞	e	i\|t\|x
∫			dx = ∫			dx = − ∫			dx = −πi .
		x			x			x
−∞			+∞			−∞

(Можно и сразу использовать лемму Жордана применительно к нижней полуплоскости.)

+∞ dx

Наконец, при t = 0 получаем −∫∞ x . Подынтегральная функция нечетная, и поэтому главное значение интеграла равно нулю.

Пример 12.7 ([3], № 4.156).

+∞			sin xdx		+∞			eixdx
∫					= Im ∫				.
	(x	2	+4)(x	−1)		(x	2	+4)(x −1)
−∞					−∞

eiz

Решение. Функция (z2 +4)(z −1) имеет в верхней полуплоско-

сти полюс первого порядка в точке z = 2i и на действительной оси полюс первого порядка в точке z = 1 .

res[ f (z),2i] =

φ

=

e−2

=

ψ'

z=2i

2 2i(2i −1)

=

e−2 (−2i −1)

=

(−2i −1)e−2

4i(2i −1)(−2i

−1)

20i

(здесь в качестве φ(z)

мы взяли функцию

eiz

, а в качестве ψ(z)

z −

1

функцию z2 +4 );

eiz

ei

res[ f (z),1] = lim f (z)(z −1) = lim

=

cos1+i sin1

;

5

z→1

z→1 z2 +4

+∞

sin xdx

+∞

eixdx

∫

= Im ∫

=Im{2πires[ f (z),2i] +

(x

2

+4)(x

−1)

(x

2

+4)(x −1)

−∞

177

	2πi	e−2	(−2i −1)	+ πi	cos1 +i sin1	=
+πires[ f (z),1]} = Im	2πi		20i	+ πi	5	=
			20i		5

= −

πe−2

+

πcos1

= π(cos1−e−2 ) .

5

Пример 12.8 ([3], № 4.157).

+∞

costxdx

+∞

| x

+∞

e

i|t|x

∫

= ∫

cos | t

dx = Re ∫

dx .

3

1 + x

3

1 + x

3

−∞

1 + x

−∞

Решение. Особые точки функции

ei|t|z

:

z

= −1 – на действи-

1+ z3

1

тельной

оси

(полюс

первого порядка). Далее

z2 − z +1 = 0

z

2,3

=

1

±i

3

. Из двух точек одна

z

2

= 1

+i

3

находится в верх-

2

ней полуплоскости (полюс первого порядка):

ei|t|z

e

−i|t|

, z1

φ

;

res

=

1 + z3

ψ'

3

z1=−1

e

i|t|

1

+i

3

|t| 3

i|t|

i|t|z

−

e

2

4e

2

e

2

res

, z2

=

1

3

3(−2 +2 3i)

1+ z3

+i

2

3

2

−|t| 3

| t |

−|t| 3

| t |

2e

2

cos

+i sin

2e

2

cos

+i sin

(−1

−i 3)

2

=

2

.

3(−1+i

3)

3 4

Таким образом,

+∞

costx

+∞

e

i|t|x

dx

∫

dx = Re ∫

= Re(2πires

z2 +πires

z1 ) =

1 + x3

1+ x3

−∞

−|t| 3

−∞

= Re[

πi

(cos

| t |

+i sin

| t |

)(−1−i

3)

+

πi

(cos | t | −i sin | t |)] =

3

e

2

3

178

π

−

|t| 3

| t |

t

π

=

e

2

(sin

+

3 cos

)

+

sin | t | .

3

2

3

Пример 12.9 ([3], № 4.160).

∞

sin axdx

∫

(a > 0,b

> 0) .

x(x2 +b2 )

0

Решение. Так как подынтегральная функция четная, то

∞

sin axdx

1

+∞ sin axdx

1

+∞

eiaxdx

∫

=

∫

=

Im

∫

.

x(x

2

+b

2

)

2

+b

2

)

2

+b

2

)

Далее

0

−∞ x(x

+∞

eiaxdx

= 2πires

eiaz

,ib + πires

eiaz

,0 =

−∞∫

x(x2 +b2 )

z(z2 +b2 )

= 2πi

e−ab

+πi

1

= −

πe−ab i +

πi

,

b2

ib 2ib

b2

∞

sin axdx

=

1

Im −

πe−ab

i +

πi

=

π

(1 −e−ab ) .

∫

2

x(x

+b

)

2

b

2

b

2b

0

Пример 12.10 ([3], № 4.162).

∞ cos 2ax −cos 2bx dx .

∫

x2

Решение.

0

∞ cos 2ax −cos 2bx

1

+∞ cos 2ax −cos 2bx

∫

dx =

∫

dx =

x

2

x

2

0

−∞

1

+∞

e

i2ax

−e

i2bx

1

e

i2az

−e

i2bz

∫

=

Re

dx

=

Re πires

,0

=

2

x2

2

z2

−∞

=

1

πi lim

ei2az −ei2bz

=

1

Re πi (i2a −i2b) = π(b − a) .

2

Re

z2

z

2

z→0

179

Пример 12.11 ([3], № 4.164).

∞	3	xdx =		+∞	3	xdx .
∫ sin3		xdx =	1	∫	sin3	xdx .
0	x		2	−∞	x

Решение. Воспользуемся тригонометрической формулой sin3 x = 14 (3sin x −sin 3x) .

Тогда

1

∞

sin

3

x

1

+∞

3sin x −sin 3x

1

+∞

3e

ix

−e

i3x

∫

dx

=

∫

dx =

Im ∫

dx

=

2

x

3

8

x

3

8

x

3

−∞

+∞

ix

i3x

+∞

iz

i3z

1

3e

−e −

2

1

3e −e −2

∫

dx

=

8 Im

dx +

=

8 Im πires

,0

=

x3

z3

−∞

=

1

Im

πi lim

3eiz −ei3z −2

=

1

Im (πi

3) =

3

π

2

8

z→0

z

8

+∞ 2

(предел можно взять, например, по правилу Лопиталя), −∫∞ x3 dx = 0

– главное значение интеграла.

Рекомендуемый перечень задач для решения в аудитории:

[3] № 4.149, 4.151, 4.154, 4.156, 4.157, 4.160, 4.162.

Резерв:

[3] № 4.140, 4.142, 4.163, 4.164.

Для самостоятельной работы дома:

[3] № 4.143, 4.144, 4.150, 4.152, 4.155, 4.158, 4.159.

На усмотрение преподавателя:

[3] № 4.141, 4.161, 4.163.

180

Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также: