Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также:

Скачать файл

Заказать новую работу

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

Интеграл по всему составному контуру равен:

−1

−i 5π p

−1

−i

3π p

−i

5π p

−i

3π p

2πi

2 2

+ 2 2

= πi 2 2 e

Вычислим интегралы по составным частям контура. Интеграл по верхнему берегу разреза равен J (искомый), по нижнему берегу −e−2πpi J (см. пример 13.11). Интегралы по малым окружностям обращаются в ноль при стремлении радиусов к нулю. Остается вычислить интеграл по большой окружности, который в данном случае в нуль не обращается (недостаточная степень убывания модуля подынтегральной функции при R →∞ ):

	∫	z1−p (1− z)p	dz = −2πires[f (z),∞].
		1+ z2
	CR
В точке z =∞		f (z) имеет разложение в ряд Лорана,			начинаю-
щееся с члена	c	, так как главный член имеет вид		(−1)p	. Для вы-
	−1			z
числения (−1)p	z
	возьмем произвольную, удаленную от начала коор-

динат точку, например, на действительной положительной полуоси. Тогда

z1−p

= x1−p ;

(1− z)p = epLn(1−z) = ep(ln

1−x

−iπ) = e−iπp

1− x

(пользуемся выделенной

ранее

ветвью).

Таким образом, при

x → +∞

z1−p (1 − z )p

x1−p (x −1)p e−iπp

e−iπp

1+ z2

1 + x2

или

z1−p (1 − z)p

e−iπp

1+ z2

(для любых z →∞ , так как z =∞ правильная точка подынтегральной функции). Следовательно,

res[f (z),∞]= −c−1 = −e−iπp .

196

Интеграл по большой окружности, таким образом, равен

−2πires[f (z),∞]= 2πie−iπp .

Приравняем интеграл, вычисленный по составным частям контура, интегралу, вычисленному с помощью вычетов:

−i 5π p

−i 3π p

J (1−e−2iπp )+ 2πie−iπp = πi 2 2

−i 5π p

−i 3π p

πi 2 2

−2πie−iπp

J =

1−e−2iπp

−i 5π p

−i

3π p

−2e−iπp

−e2iπp )

πi 2 2

(

)(

)

1−e−2iπp

1−e2iπp

−i 5π p

−i 3π p

5π p

i 3π p

2eiπp

πi

2 2

−2e−iπp −2 2

2 −2cos 2πp

(e−

5πpi

(e−

3πpi

) + 2(eiπp −e−iπp )]

πi[2

−e

) + 2

−e

2(1 −cos 2πp)

πi[−2

2i sin 5πpi −2

2isin

3πpi

+4isin πp]

2 2sin2

πp

πi[4isin πp −2i 2

5πpi +sin

3πpi )]

(sin

4sin2 πp

πp

−π(2sin πp −2

2sin πp cos

)

π(2

cos

−1)

2sin

2 πp

sin πp

197

Пример 13.13 ([3], № 4.183). Вычислить интеграл

∫1 (	x	) p	dx	(−1	< p <1; a > 0).
	1− x		x +a
0
Решение. Рассмотрим интеграл					∫(	z	)p	dz	по контуру С,
						−z		z +a
					C 1

представленному на рисунке 13.7. Составной контур С ограничивает двусвязную область извне окружностью с центром в начале координат достаточно большого радиуса R и изнутри окружностями малого радиуса ρ

сцентром в начале координат и с центром

вточке z =1 (точки ветвления подынтегральной функции), соединенными между собой верхним и нижним берегами разреза по действительной оси ρ < x < 1 – ρ. Ветвь, как обычно, выделяем условием


Рис. 13.7			аналитического продолжения подынте-
Рис. 13.7			гральной функции с верхнего берега раз-
			гральной функции с верхнего берега раз-
реза (0 < x <1) . Функция z p				= e pLnz = e p (ln	z	+i arg z +i 2 πk ) . На верхнем бе-


регу разреза	z	= x ; arg z = 0		и x p = e p (ln x +i 2 πk ) k = 0; следователь-
регу разреза	z	= x ; arg z = 0		и x p = e p (ln x +i 2 πk ) k = 0; следователь-

но, интегрируется ветвь zp =ep(ln z +i arg z) .

Аналогично функция (1−z)p =ep(ln1−z +i arg(1−z)+i2πk) на верхнем берегу равна (1− x) p = ep(ln(1−x)+i 0+i2πk ) k = 0. Интегрируется ветвь (1− z) p = ep(ln 1−z +i arg(1−z)) . Внутри контура выделенная однозначная аналитическая ветвь имеет одну особую точку z = −a (полюс пер-

вого порядка).			Вычислим вычет в этой точке по формуле ϕ/ψ′ , где
	z p		ψ( z) = z + a. В точке z = −a функция
φ(z) =		,

	1− z

z p =ep(ln		z	+i arg z)		z=−a	=ep(ln a+iπ) = ap eiπp ,



а функция
(1− z) p = e p(ln	1−z			+i arg(1−z))			= e p(ln(1+a)+i 0) = (1 + a) p .



							z=−a
							z=−a

198

Интеграл равен

C∫	z p	dz		a peiπp
			= 2πi res[ f (z), −a] = 2πi			.
		z +a		(1+a)	p
	1− z

Вычислим этот же интеграл по составным частям контура С. Покажем, что интегралы по малым окружностям обращаются в 0

при ρ → 0. На окружности с центром в начале координат z = ρeiφ; dz = ρieiφdφ,

(ρeiφ) p

ρieiφdφ

2π

ρp ρdφ

p+1

∫

≤ ∫

= ρ

const → 0

(1−ρe

iφ

)

ρe

iφ

+ a

1−ρe

iφ

ρe

iφ

+ a

Cρ

при ρ → 0 , так как p > −1.

Аналогично оценивается интеграл по малой окружности с центром в точке z = 1. Вычислим интеграл по большой окружности, на

Функция на бесконечности имеет правильную точку, ее предел в бесконечности равен 0 по любому направлению. Для простоты рассмотрим предел по действительной положительной полуоси:

z p

iπp

f (z) =

z +a

(x −1)

−iπp

1− z

z=x

+a x~→∞

eiπp

= eiπp и ин-

То есть главный член функции имеет вид

−1

теграл равен

−2πi (−c−1) = 2πieiπp .

Интеграл по верхнему берегу есть искомый интеграл J. Осталось рассмотреть интеграл по нижнему берегу разреза. Здесь

z p = x p ; (1−z)p =ep(ln1−z −2iπ) =e−2πpi (1−x)p.

Таким образом, интеграл по нижнему берегу при ρ → 0 равен

e2πpi 0∫	x	p	dx	= −e2πpi J .
			x +a
1	1− x

199

2 πpi

Приравняв интегралы, вычисленные разными способами, получим:

J −e2πpi J + 2πieiπp = 2πi

a p

eiπp

+ a) p

2πi[(

) p −1] eiπp

2πi eiπp [(

) p −1] (1−e−2πpi )

+ a

J =

1−e2πpi

(1−e2πpi )(1−e−2πpi )

2πi[(

−1] 2isin πp

[1−(

] 2π sin πp

2 −2cos 2πp

1−cos 2πp

[1−

sin πp

(

)

]

= 2π [1−

1+ a

(

)

]

= π

1+a

2sin2 πp

sin πp

Пример 13.14 ([3], № 4.184). Вычислить интеграл

∫0 (

)

(−1

< p <1, a > 0).

1− x

(x +a)2

Решение. Рассмотрим этот интеграл по контуру С, как и в при-

мере 13.13, только интеграл по большой окружности при R →∞ обращается в 0 (более высокая степень убывания функции на бесконечности, чем первая).

Точка z = −a теперь будет полюсом не первого, а второго порядка. Вычет в точке z = −a вычисляем по формуле

res[ f (z), −a] = lim

(

) p = p(

) p−1

− z

− z)2

z→−a dz 1

z=−a

= −peπpi

a p−1

(a +1) p+1

Интеграл равен

2πi res[ f (z), −a] = −2πipeπpi

a p−1

(a +1)p+1

Интегралы по большой и малой окружностям в пределе обращаются в 0, а интеграл по нижнему берегу разреза равен −e J (см. предыдущий пример). Получаем равенство:

200

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

которой z = R eiφ ,

= −2πi res[ f (z),∞].




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