4. Применение вычетов для вычисления интегралов.
1°.
Интегралы
вида
.
Для вычисления таких интегралов
используется подстановка
.
В этом случае отрезок
на числовой прямой переходит в единичную
окружность
комплексной плоскости. Из формулы Эйлера
следует, что
,
.
Кроме того,
,
откуда находим
.
Это приводит нас к равенству
,
и интеграл справа можно вычислить с помощью вычетов.
Пример.
Вычислить интеграл
.
Решение. Сделаем подстановку . Тогда, согласно изложенному выше, получаем:
Найдем
ИОТ функции
– нули знаменателя дроби:
Из
этих двух корней лишь один,
,
удовлетворяет условию
,
то есть попадает внутрь окружности
.
Действительно,
Поэтому
.
Учитывая, что – простой полюс, получим, согласно теореме 10,
Следовательно,
.
2
°.
Интегралы
вида
,
где
– рациональная функция. Пусть
,
где
и
– многочлены степени m
и n
соответственно и
(в противном случае интеграл расходится);
пусть, наконец,
не имеет действительных нулей. Введем
в рассмотрение функцию комплексного
переменного
,
полученную из
путем замены действительного переменного
x
на комплексное переменное z.
В комплексной плоскости проведем
окружность радиуса R
настолько большого, что все нули функции
удовлетворяли неравенству
.
Рассмотрим контур, состоящий из отрезка
действительной оси и верхней полуокружности
окружности
.
Тогда, обозначив
,
можно записать
,
и, согласно теореме Коши о вычетах,
,
где суммирование ведется по ИОТ функции (нулям ), которые лежат в верхней полуплоскости. Если таково, что
, (11)
то,
переходя к пределу при
,
получим
. (12)
Условие
(11) будет выполнено, если
.
Действительно, в таком случае
(при z,
достаточно далеких от 0, большую
роль играют старшие слагаемые многочленов).
Поэтому
при , отсюда и вытекает условие (11). Следовательно, при можно пользоваться равенством (12).
Пример.
Вычислить интегралы: а)
;
б)
.
Решение.
а) В этом случае
,
следовательно, согласно формуле (12),
.
Функция
имеет 4 ИОТ – нули знаменателя. Решим
уравнение
;
.
Найдем эти числа из равенства
,
.
,
.
Отсюда, придавая k значения 0, 1, 2, 3, находим ;
Из
них лишь
и
удовлетворяют условию
.
Поэтому
.
и являются простыми полюсами (простые нули для знаменателя, числитель в этих точках в нуль не обращается). Поэтому
,
.
Таким образом,
б)
Для данной функции
,
поэтому действует равенство (12). У функции
две особые точки – корни уравнения
;
.
Обе они являются полюсами второго
порядка; однако, лишь одна из них,
,
удовлетворяет условию
.
Следовательно,
.
Поскольку
то интеграл равен
.
3°.
Интегралы
вида
,
где
– рациональная функция. Нам понадобится
Теорема
12
(лемма Жордана).
Пусть
и функция
,
непрерывная в полуплоскости
,
удовлетворяет условию
при
,
(13)
где – полуокружность , . Тогда
. (14)
Доказательство.
Число
может быть представлено в тригонометрической
форме
,
;
тогда
Нам
понадобится неравенство:
при
;
оно следует из выпуклости вверх графика
функции
на отрезке
(смотрите рисунок). Проделаем выкладки:
при
(мы воспользовались легко доказываемым
равенством
).
Теорема доказана.
Пусть
требуется вычислить несобственный
интеграл
,
где
и
– многочлены степени m
и n
соответственно,
,
и
не имеет нулей на действительной оси.
Рассмотрим функцию комплексного
переменного
.
При
для нее выполняется условие (13), а,
следовательно, и (14) (так как
при
).
Обозначив
и проведя те же рассуждения, что и выше,
приходим к тому, что для функции
справедливы равенства (11) и (12):
.
Как
видим, в данном случае на m
и n
накладываются менее жесткие ограничения:
для срабатывания метода достаточно
выполнения неравенства
.
Учитывая,
что
,
приходим к равенству
,
или
;
приравнивая затем действительные и мнимые части, получаем равенства
,
.
Пример.
Вычислить интеграл
.
Решение.
Для подынтегральной функции
,
поэтому
.
Функция
имеет две ИОТ – нули знаменателя:
,
.
Обе они являются простыми полюсами, но
лишь одна из них,
,
удовлетворяет условию
.
Следовательно,
Отсюда находим
