Материал: Высшая математика. Теория функций комплексного переменного. Пантелеев И.Н

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

Rlim→∞ ∫ f (z)dz = 0 .	(7.23)
γ( R)

∞

Тогда интеграл ∫ f (x)dx равен сумме вычетов функции

−∞

f (x) в особых точках, лежащих в верхней полуплоскости,

умноженной на 2πi (соответственно равен сумме вычетов в особых точках из нижней полуплоскости, умноженной на

−2πi ).

Доказательство. Рассмотрим вначале случай, когда полуокружность 7(R) лежит в верхней полуплоскости. Возьмем замкнутый контур Г, состоящий из отрезка [—R, R] и полуокружности j(R), с обходом против часовой стрелки (рис. 49). По теореме 7.1

∫ f (x)dx + ∫ f (z)dz =

−R		γ( R)
		n
= ∫ f (z)dz = 2πi∑reszk			f ,
Γ
где	сумма	распространяется на
все	особые	точки zk ,	лежащие

		внутри контура Γ. Перейдем к
Рис. 7.2	пределу	при	R →∞.	Пользуясь
соотношениями (7.22) и (7.23), получим нужное равенство:
∞
∫ f (x)dx = 2πi∑reszk			f .	(7.24)
−∞		k

где сумма берется по всем особым точкам из верхней полуплоскости.

Если полуокружность γ(R) лежит в нижней

полуплоскости, то соответствующий контур Γ− будет обходиться по часовой стрелке (такое направление возникает

176

оттого, что отрезок [−R, R] в любом случае должен

проходиться слева направо, т.е. в направлении возрастания x ). Поэтому в правой части (7.24) добавится знак минус. Теорема 7.24 доказана.

∞

x2 + 4

Пример 4.5. Вычислить интеграл ∫

dx .

(x2 +9)2

−∞

Решение. В данном случае

f (z) =

+ 4

dx . Проверим

(z2

+9)2

справедливость условия (7.23):

f (z) =

h(z) ,

lim h(z) =1, то при достаточно

Где h(x) =

. Так как

z→∞

больших значениях

будет

h(z)

< 2 . Поэтому

h(z)

f (z)

Следовательно,

2π

∫ f (z)dz ≤ ∫

f (z)

≤ ∫

πR =

γ( R)

(здесь ∫ dz = πR — длина полуокружности γ(R) ). Переходя

γ( R)

кпределу при R →∞, получим (7.23). Проведенные оценки справедливы как для верхней, так и для нижней полуокружности. Поэтому в качестве γ(R) можно выбрать

любую из них. Пусть γ(R) — верхняя полуокружность. Так как

177

f (z) =	z2	+ 4	=		z2 + 4	,
	(z2	+9)2		(z +3i)2 (z −3i)2

то f (z) имеет две		особые			точки z1 = 3i , z2 = −3i ,

являющиеся полюсами второго порядка. Из них в верхней

полуплоскости находится только

z1 = 3i . Вычет в этой точке

найдем по формуле (7.7) с n = 2 :

+ 4

(z −3i)

(z −z0 ) f (z)=

(

)

+ 4

;

(z +3i) (z −3i)

(z +3i)

′ 2z

z +3i

2 −2

(

z +

)

+ 4

′

z + 4

(

)

z −z

)

(

)

(

z +3i

)

+3i

)

2(z +3i)(3iz −4)

2(3iz −4)

;

(z +3i)4

(z +3i)3

res

f =

lim

2(3iz −4)

2(3i 3i −4)

2(−9−4)

108i

1! z→3i

(

63 i3

z +3i

)

+3i

)

Заметим, что вычислить данный интеграл можно было и не прибегая к методам комплексного анализа, а находя первообразную подынтегральной функции. Но приведенное вычисление значительно проще.

Рассуждение, проведенное нами в примере 4.5 для проверки условия (7.23), без изменения подходит к любой

функции f (z), представимой в виде отношения двух

многочленов (т.е. рациональной дроби), если степень многочлена в знаменателе на две и более единицы превосходит степень многочлена в числителе. (В примере 4.5 степень многочлена в числителе равна 2, а в знаменателе — 4.)

178

Следующая теорема показывает, что условию (7.23) удовлетворяет и другой важный класс функций, интегралы от которых возникают, например, в операционном исчислении.

Теорема 4.6 (лемма Жордана). Пусть функция F (z)

аналитична в полуплоскости lim z ≥−a , за исключением

конечного числа изолированных особых точек, и lim F (z)= 0 .

z→∞

Если γ(R)— дуга окружности z = R , расположенная в полуплоскости lm z ≥−a , то

Rlim→∞ ∫ eitz F (z)dz = 0 для всех t > 0 .	(7.25)
γ(R)

Доказательство. Рассмотрим вначале случай a > 0 . Обозначим

через M (R) максимум мо-

дуля

F (z)

на дуге γ(R).

Поскольку lim F

(

)

= 0 , то

z→∞

lim M

(

)

= 0 .

z→∞

Разобьем γ(R) на три части

γ1 (R) , γ2 (R) и γ3 (R)

Рис. 7.3

(рис.7.3):

дуги γ1 (R) и γ2 (R) заключены

между прямой

y = −a и

осью ОХ, а γ3 (R) является

полуокружностью,

лежащей в полуплоскости lm z ≥0 . Очевидно, что интеграл

по γ(R) равен сумме интегралов по этим трем дугам. Оценим каждый из них в отдельности.

В точках z = x +iy дуг γ1 (R) и γ2 (R) будет −y < a . Поэтому

179

eit z = eit(z+i y) = eit xe−t y = e−t y < et a .

Обозначим через l (R) длины, а через ϕ(R) — центральные

углы дуг γ1 (R) и γ2 (R)

(в радианах). Легко видеть (см. рис.

7.3),

что

sin ϕ=

откуда

ϕ(R)= arcsin

Поэтому

l(R)= Rϕ(R)= R arcsin

. Отсюда получаем

∫ eit z F (z)dz

≤ ∫

≤et a M (R) ∫

eit z

F (z)

γ1(R)

= et a M (R)l(R)= et a M (R)R arcsin

Перейдём к пределу при R →∞:

lim

∫

eit z F

(

)

≤et a

lim M

(

lim R arcsin

= et a 0 a = 0

R→∞

)

R→∞

γ1(R)

(мы воспользовались равенством

lim R arcsin

= a ,

которое

z→∞

можно получить,

например,

заменяя

arcsin

на

эквивалентную бесконечно малую Ra ). В точности те же

оценки справедливы и для γ2 (R). Осталось рассмотреть

γ3 (R).

180

Источник: https://studfile.net/preview/16565872/

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)