Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Скачать файл

Заказать новую работу

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

J =

2πie−iπp

2πie−iπp (1−e2πip )

2πi (e−iπp −eiπp )

1−e−2πip

(1−e−2πip )(1−e2πip )

2 −e−2πip −e2πip

−2πi 2isin πp

= 2πsin πp =

2 −2cos 2πp

2sin2 πp

sin πp

Пример 13.6 ([3], № 4.172).

∞∫

x pdx

(−1 < p <1).

1+ x

Решение. Выберем контур С, показанный

на рис. 13.3, и выделим однозначную ветвь

функции

z p = epLnz = ep(ln

+iφ+i2πk ) , взяв k = 0 ,

что соответствует аналитическому продол-

Рис. 13.3

жению функции хр с действительной поло-

жительной полуоси. Внутрь контура попада-

ет одна особая точка подынтегральной функции z = i – полис первого порядка.

∫	z pdz	= 2πi res[f (z),i]= 2πi		i p	=
	2			2i
C 1+ z
		= πeplni = πepi	π
			2 .

Покажем, что интегралы по малой и большой полуокружностям обращаются в ноль при ρ→0 и R →∞ .

На малой полуокружности z = ρeiφ , dz = ρieiφdφ :

(ρeiφ )p ρieiφdφ

p+1

dφ

∫

2iφ

≤ ρ

∫

→ 0

2iφ

1+ρ

0 1

+ρ

при ρ→0 , так как (−1 < p <1);

(Reiφ )p Rieiφdφ

R p+1

p−1

∫

2iφ

≤

∫dφ = πR

→ 0

+ R

при R →∞ . Интегралы по промежуткам действительной оси

∞

−ρ

p(ln

+iπ)

∞

∫

→J

∫

;

∫

2 dx

→eiπp ∫

= eiπp

J .

1+ x

ρ 1+ x

1+ x

−R

1+ x

186

Приравняем интегралы, полученные непосредственно и с помощью вычетов:

i π p

J = πe 2

1+eiπp

J +eiπp J

πei 2 p (1+e−iπp )

= (1+eiπp )(1+e−iπp )=

= πei 2 p ;

−i

π e 2

π2cos

2 +eiπp +e−iπp

2 +cos πp


		π
=	πcos	2 p			=	π		.
=					=			.
	2cos2		π	p		2cos	π p
	2cos2			p		2cos	π p
		2					2

Пример 13.7 ([3], № 4.176). Вычислить главное значение инте-

грала ∞∫ xdx4 .

0 x −1

Решение. Воспользуемся утверждением (см. [3], № 4.175), полезным и для решения других примеров: если рациональная функ-

ция f (z)

имеет на положительной части действительной оси по-

люсы лишь первого порядка β1

, β2 ,..., βm , а среди других ее особых

точек α1,

α2 ,..., αn нет равной нулю и

p+1

= 0 ,

limz→0 z

f (z)

= limz→∞ z

f (z)

то, если р – целое число,

∞

x p f (x)dx = − n res z pLn z f (z)

∫

−

∑

k =1

z=αk

−∑βkp (ln βk + πi) res[f (z)]z=βk .

k =1

Действительно, взяв контур, представ-

ленный на рис. 13.4, и рассмотрев вспомога-

тельный интеграл ∫z pLn z f (z)dz , получим

∫

Рис. 13.4

z pLn z f (z)dz = 2πi

∑

res z pLn z f (z)

k=1

z=αk

187

(для краткости записи на рисунке взята одна точка βk =β). Рас-

сматривая это же интеграл как состоящий из суммы интегралов по составным частям контура, получим:

интеграл по дуге большой окружности радиуса R, на которой

z = Reiφ, Ln z =ln R +iφ,			dz = Rieiφdφ:
	∫ z pLn z f ( z)dz	≤ 2∫π R p		ln R +iφ	f (Reiφ ) Rdφ→0



	СR		0

при R →∞ ;

интеграл по дуге малой окружности радиуса ρ с центром в начале координат:

∫ z p Ln z f ( z)dz ≤ 2∫πρp ln ρ+iφ f (ρeiφ )ρdφ → 0
Сρ	0

при ρ→0 .

Интеграл по верхнему берегу разреза, где arg z = 0 , равен

+∞

∫ x p ln x f ( x)dx ,

интеграл по нижнему берегу разреза, где arg z = 2π, равен

∫ x p (ln x + 2πi) f ( x)dx

+∞

и, следовательно, сумма этих интегралов равна

2πi ∫ x p f ( x)dx .

+∞

Осталось вычислить интегралы по верхней и нижней дугам окружности радиуса ρ с центром в точке β. Так как по условию β – полюс первого порядка, то f ( z) в окрестности этой точки пред-

ставима в виде

f (z) = ψ'(β) (z −φz(0z))+o(z − z0 ) .

Интеграл по верхней дуге равен

188

∫

z p (ln

+iarg z)f (z)dz =

Сверх

=(z *)p (ln

z *

+i arg z *)

∫

f (z)dz →

z*→β

(по теореме о среднем)

Сверх

→ βp ln β lim

∫

φ(z)dz

ψ'(β) (z

− z0 )

+o(z − z0 )

z*→β

верх

= −βp lnβ πi res f (z)

z=β

Интеграл по нижней дуге равен

∫

z p (ln

+i arg z )f (z )dz =

Сниж

= (z **)p (ln

z **

+i arg z **)

∫

f (z )dz →

z**→β

(по теореме о среднем)

Сниж

→ βp (ln β+2πi) πi res f

(z)

=β

z**→β

Из этих соотношений и получаем заявленную формулу. В нашем примере:

p =1;

f (x)=

;

β=1 .

x4 −1

1 .

res

f (z),1 =

Особые

точки внутри контура:

ψ'

α1 = i, α2

= −i,

α3

= −1 – полюсы первого порядка. Вычеты в них:

i ln1

res z ln z f (z)

= −iπ

ψ'

4i3

z=i

−i

3π

ln1

res z ln z f (z)

= −3πi ,

ψ'

4(−i)3

z=−i

res z ln z f (z)

−1(ln1+iπ)

= iπ

ψ'

z=−1

4(−1)3

189


∑		res	f		(z) = −			iπ	.

							4

Подставляя в указанную формулу, получим:
∞ xdx					iπ		iπ
∫0				=		−	4 = 0 .
	x4 −1				4

Для сравнения вычислим главное значение интеграла непосред-

ственно:

∞

xdx

1−ε

xdx

∞

xdx

V.P. ∫

= lim

∫

+ ∫

−1

ε→0

1+ε

−1

(1−ε)2

∞

= limε→0 12

∫0

∫

t2 −1

(

)

t2 −1

1+ε

1+t

(1−ε)2

1+t

∞

= lim −ln

−

ε→0

1−t

1+ε

(

)

1−(1 −ε)2

1+(1 +ε)2

(2ε−ε2 )(

2+2ε+ε2 )

= lim ln

1 +(1−ε)2

(2 −2ε+ε2 )(−2ε−ε2 )

ε→0

1 −(1+ε)2

ε→0

(2 −ε)(2 + 2ε+

ε2 )

= 0 .

= lim ln

ε→0

(2 − 2ε+ ε2 )(2 + ε)

Пример 13.8 ([3], № 4.177). Вычислить главное значение инте-

∞ x2dx

грала ∫0

x4 −1

∞ x2dx

1 +∞

x2dx

Решение.

∫0

2 −∞∫

x4 −1

2πi res[f (z),i]+ πi res[f (z), −1]+ πi res[f (z),1]

где f (z)

−1

f (z) имеет полюс первого поряд-

Во всех этих точках функция

ка, и вычет можно вычислить по формуле φ/ψ́:

190

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