Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

13. ИНТЕГРИРОВ АНИЕ МНОГ ОЗНАЧНЫХ ФУНКЦИЙ1

При вычислении и нтегралов от многозначных функций необходимо убедиться, что в области, охватываемой контуром интегрирования, возможно выделение однозначных аналитических ветвей подынтегральной функции. Далее вы деляется и интегрируется та ветвь этой функции, которая является аналитическим продолжением с действительной оси.

В следующих прим ерах вычислить интегралы.

Пр имер 13.1 ([3], № 4.165).

Решение. Воспользуемся интегралом: ∫ z p−1 e−az , где С – кон-

C

тур, изображенный на рис. 13.1. У многозначной функции z p−1 = e( p−1)Lnz выделим однозначную ветвь, являющуюся аналити-

ческим продолжением с действительной оси функции x p−1 e−ax :

z p−1 e−az = e( p−1)Lnz e−az = = e( p−1)(ln z +iφ+i2πk ) e−az

(k = 0, ±1, ±2...).

z = ∞ , что позволяет внутри данного контура выделить эту ветвь и использовать для ее интегрирования основную теорему теории вычетов:

∫ f (z)dz = 2πi∑res[ f (z), zk ],

C k

1 При н едостатке часов это занятие можно рассматривать как факультативное.

181

где zk – изолированные особые точки функции f(z), находящиеся внутри контура C. Так как внутри контура в нашем случае таких точек нет, то интеграл равен 0.

Рассмотрим этот интеграл как сумму интегралов по составным частям контура. Интеграл по отрезку действительной оси (z = x;

dz = dx) :

I1 = ∫R x p−1e−axdx .

ρ

При ρ→0 и R →∞ этот интеграл превращается в несобственный интеграл

∞∫x p−1e−axdx .

0

Интеграл по мнимой положительной полуоси (z = iy; dz = idy )

πR

=ei 2 p ∫y p−1 (cos ay −i sin ay)dy .

ρ

Обозначим стоящие здесь интегралы при ρ→0 и R →∞ :

∫y p−1 sin aydy = ∫x p−1 sin axdx = J2 .

0 0

Докажем, что интегралы по малой и большой дугам при ρ→0 и R →∞ обращаются в ноль (на малой дуге z = ρeiϕ , на большой дуге z = Reiφ ).

182

ππ

≤∫2 ρp−1e−aρcos φ ρdφ≤ρp ∫2 dφ→0

Сумма интегралов по всем четырем частям контура равна нулю, поэтому получаем равенство

∞π ∞

∫x p−1 e−axdx −ei 2 p ∫y p−1 (cos ay −isin ay)dy = 0 ;

дится к гамма-функции Эйлера:

Приравнивая нулю отдельно действительную и мнимую части выражения, стоящего в левой части, получаем

183

Из этой системы получаем

Решение. Заменой xp =t сводится к интегралу J1 предыдущего примера.

Пример 13.3 ([3], № 4.167).

Решение. Аналогично примеру 13.2.

Решение. Аналогично предыдущим примерам. Применим свой-

ство гамма-функции

Г (x)= (x −1) Г (x −1).

При p =1

вычислялся ранее как интеграл от однозначной функции по лемме Жордана (см. (12.3)):

184

Решение. Выберем контур интегрирования С, как показано на рис. 13.2. Точку z = 0 как точку ветвления обходим контуром радиуса ρ. Внутри контура у подынтегральной функции одна особая точка z = –1 (полюс первого порядка). Интегрируется та ветвь функции zр, которая является анали-

тическим продолжением функции хр с по- Рис. 13.2 ложительной действительной полуоси (по рисунку с верхнего берега разреза, где аргумент равен 0, на нижнем берегу этого же разреза аргумент равен 2π):

Этот же интеграл по составным частям контура: интегралы по больш ой и малой окружностям обращаются в 0 при ρ→0 и R →∞ :

Интеграл по верхнему берегу разреза (искомый интеграл):

= x p e2πip ,

Складывая интегралы по частям контура и приравнивая их сумму значению, полученному с помощью вычетов, получим

J −e−2πip J = 2πie−iπp ,

185