Документ: Михайлов ТФКП Практикум 2013, страницы 206-210

dz

2π

iρeiφdφ

∫

≤ ∫

=

(z +1) 3 z2 (1− z)

(ρeiφ +1) 3 ρ2e2iφ(1−ρeiφ)

Cρ

0

1

2π

dφ

= ρ3

∫

→0

ρeiφ +1

3 e2iφ(1−ρeiφ)

0

при ρ → 0 . По малой окружности радиуса ρ с центром в точке z = 1

обозначим 1− z = ρeiφ,

z =1−ρeiφ, dz = −ρieiφdφ:

dz

2π

ρdφ

∫

≤ ∫

=

(z +1) 3 z2 (1− z)

(2 −

ρeiφ) 3 ρeiφ(1−ρeiφ)2

Cρ

0

2

2π

dφ

= ρ3

∫

→ 0

2 −ρeiφ

3

eiφ(1−ρeiφ)2 eiφ

0

при ρ → 0 . Интеграл

по

большой

окружности, на которой

z = Reiφ ,

dz = Rieiφdφ:

dz

2π

Rieiφdφ

∫

≤ ∫

=

(z +1) 3 z2 (1− z)

(R eiφ +1)

3 R2e2iφ(1− R eiφ)

CR

0

=

1

2∫π

dφ

→0

R 0

eiφ + R−1

3 e2iφ(R−1 −eiφ)

при R → ∞ . Интеграл по верхнему берегу разреза есть искомый интеграл J.

Найдем интеграл по нижнему берегу разреза. Здесь: z = х,

1− z

=1− х ,

arg z = φ = 2π,

arg(1− z) = φ

2

= 0

,

3

z2 (1− z) =

1

3 x2 (1− x) ei

4π

3 интеграл по нижнему берегу равен

0

−i

4π

4π 1

4π

dx e 3

= −e−i

dx

= −e−i

∫

3 ∫

3 J .

1 (x +1) 3 x2 (1− x)

0

(x +1) 3 x2 (1− x)

206

Приравнивая интеграл, вычисленный через вычет, интегралу по составным частям контура, получим

J −e−i

4π

2πi

e−i

2π

3

J =

3

;

3

2

2π

2πie−i

2π

4π

2πi(e−i

2π

J =

2πi

e−i 3

=

3 (1−ei 3 )

=

3 −ei

3 )

=

3 2

4π

3 2(2 −2cos 4π)

1−e−i

3

3 2(1−e−i 3 )(1−ei

3 )

2π

3

−2πi 2isin

π

3

4

=

3

=

.

3 2 2 2sin2 2π

3

∞

Пример 13.17 ([3], № 4.190).

Вычислить интеграл

∫0

ln xdx

,

x2 +a2

(a > 0).

Решение.

Рассмотрим

C∫

ln zdz

,

где

z2 +a2

контур С представлен на рис. 13.11. Ин-

тегрируется

ветвь

логарифма

Lnz = ln

z

+iφ

(k = 0) . Внутри контура С

одна особая точка z = ia

– полюс первого

Рис. 13.11

порядка. Вычет равен

π

= lnia

ln a +i

res[ f (z),ia]

=

2

.

2ia

Интеграл равен

2ia

π

ln zdz

ln a +i

π

2

= 2πi

=

ln a +i

.

C∫z

2

+ a

2

2ia

a

2

Вычислим интегралы по составным частям контура С. Интегралы по малой радиуса ρ и большой радиуса R окружностям обращаются в 0 при ρ → 0 и R → ∞ соответственно. Оценим интеграл по

малой полуокружности, где z =ρeiφ, ln z = ln ρ + iφ :

207

ln zdz

0

(ln ρ+iφ)ρieiφdφ

π

ln ρ+iφ

ρdφ

∫

≤ ∫

= ∫

~

z

2

+ a

2

e

2iφ

+a

2

ρ

2

e

2iφ

+a

2

C

π

ρ

0

ρ

π

dφ

~ ρln ρ∫

→ 0

2

e

2iφ

+ a

2

0

ρ

при ρ → 0, так как limρln ρ = 0 .

ρ→0

Интеграл по большой полуокружности при z = R eiφ :

ln zdz

0

(ln R +iφ)Rdφ

R ln R

π

dφ

∫

≤

∫

2

2iφ

2

~

∫

→0

z

2

+a

2

e

+a

R

2

e

2iφ

+a

2

R

−2

CR

π

R

0

при R → ∞, так как lim ln R =

0 .

R→∞

R

Интеграл по положительной действительной полуоси при ρ → 0

и R → ∞ даст искомый интеграл J.

Интеграл по отрицательной

действительной полуоси:

0

(ln

x

+iπ)dx

∞

(ln x +iπ)dx

ln z = ln

x

+iπ, ∫

= ∫

.

x

2

+ a

2

x

2

+ a

2

−∞

0

Приравниваем интегралы, вычисленные обоими способами:

J + J +∞∫		iπdx		=	πln a +	π	i	π	.
	x	2	2			a		2
0		+a			a

Приравниваем действительные части слева и справа:

2J =	π	ln a ,	J =	πln a	.
2J =		ln a ,	J =		.
	a			2a
					∞		2	xdx2 ,
Пример 13.18 ([3], № 4.191). Вычислить интеграл ∫ln2								xdx2 ,
(a > 0).				0		x	+a
(a > 0).

Решение. Рассмотрим ∫ln2	2 zdz2 , контур С тот же, что и в приме-
C z	+a
ре 13.17. Выделяется та же	ветвь логарифма ln z = ln	z	+i arg z .

Внутри контура точка z = ia – полюс первого порядка.

208

π

2

ln

2

zdz

2πi ln a +i

2

∫

= 2πi res[ f (z),ia] =

=

z

2

+a

2

2ia

C

π

2

=

ln2 a + πi ln a −

.

a

4

Интегралы по составным частям контура С. Аналогично предыдущему примеру показывается, что интегралы по малой полуокружности радиуса ρ и по большой полуокружности радиуса R обращаются в 0 при ρ → 0 и R → ∞ соответственно.

Интеграл по отрицательной действительной полуоси

0

(ln

x

+iπ)2 dx

0

ln2

x

dx

0

ln

x

dx

0

dx

∫

= ∫

+ 2πi ∫

− π2 ∫

=

x

2

+ a

2

x

2

+ a

2

x

2

+ a

2

−∞

−∞ x

+ a

∞

2

0

ln

x

dx

0

= ∫ ln2

xdx2 +2πi ∫

−π2 ∫

dx

.

2

2 2

0

x

+a

−∞ x

+a

−∞ x

+a

Приравниваем интеграл, вычисленный через вычет, интегралам по составным частям контура:

0

ln

x

dx

0

dx

π

2

2J + 2πi

− π2

=

ln2 a + πi ln a −

.

−∞∫ x2 + a2

−∞∫

x2 + a2

a

4

Приравниваем действительные части слева и справа, имея в виду, что

0

dx

π

3

π

3

−π2 ∫

= −

, J =

ln2 a +

.

2

2a

−∞ x

+ a

8a

∞

ln xdx

Пример 13.19 ([3], № 4.192). Вычислить интеграл ∫

.

2

0

x(x

+a

)

Решение. Рассмотрим

∫

ln zdz

,

z (z

2

+a

2

)

2

C

где контур С представлен на рис. 13.12. Выделяем ветвь, как обычно, аналитическим продолжением с действительной оси

( x > 0) :

Рис. 13.12

Lnz = ln z +i arg z +i2πk .

209

На положительной действительной полуоси

z

= x,

arg z = 0,

Ln z

z=x>0 =ln x +i2πk = ln x k = 0 .

Ветвь ln z = ln

z

+iφ;

ei

φ+2πk

z =

z

2 (k = 0,1) .

На действительной положительной полуоси

= x eiπk = x k = 0 .

z

= x, φ = 0,

z

iφ

z=x>0

Ветвь z =

ρe

.

2

Окружностью радиуса ρ с центром в начале координат выводим точку ветвления z = 0 из внутренности контура интегрирования, поэтому выделение однозначной ветви возможно.

Внутри контура одна особая точка подынтегральной функции

z = ia (a > 0) – полюс второго порядка:

1

ia +

5

z

d

ln z

z +ia −ln z

2

res[ f (z),ia] = lim

=

dz

z (z +ia)2

z z (z +ia)3

z→ia

π

z=ia

3π

2ia −3ia ln a +i

2

−3ln a −i

π

2 −3ln a −i

2

=

2

=ie

−i 4

2

.

ia aei

π

aei

π

8a3

a

4

(2ia)3

4 8i3a3

Интеграл по контуру С равен

π

2 −3ln a −i

3π

−πe−i

π

4

3π

−2πe

−i

2

2 −3ln a −i

4

=

2

.

8a

3

a

4a

3

a

Вычислим интегралы по составным частям контура С. Интеграл по действительной положительной полуоси при ρ → 0

и при R → ∞ превращается в искомый интеграл J. Интеграл по отрицательной действительной полуоси равен

0

(ln

x

+iπ)dx

∞

(ln x +iπ)dx

∞

dx

∫

= ∫

= −i J + π∫

.

ei

π

i x(x

2

+ a

2

)

2

x(x

2

+ a

2

)

2

−∞

x

2

(x2 + a2 )2

0

210

Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Смотрите также: