Михайлов ТФКП практикум2013

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Теория функций комплексного переменного

Файл:

ρ2 =1 − x 3 x2 (1− x)ei

ρ2 =1 − x 3 x2 (1− x)ei

3 = 3 x2 (1 − x) k = 0 .

Интегрируется ветвь 3 z2 (1 − z) =

.pdf

Скачиваний:

1699

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

4 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 2521 22 23 24 25 > Следующая >>>

J −e2πpi J = −2πipeπpi

a p−1

+1)p+1

J = −

a p−1

2πpieπpi

= −

a p−1

2πpi 2isin πp

(a +1) p+1

1−e2πpi

(a +1) p+1

4sin2 πp

a p−1

πp

(a +1) p+1

sin πp

Пример 13.15 ([3], № 4.185). Вычислить интеграл

1 (1+ x)1−p (1− x) p

∫

dx (−1 < p < 2).

1+ x

−1

Решение.

Рассмотрим

интеграл

∫

(1+ z)1−p (1− z) p

dz, где

контур

С пред-

1+ z

ставлен на рис. 13.8. Выделим ветви, яв-

ляющиеся

аналитическим

продолжением

подынтегральной функции с верхнего бе-

рега разреза.

Как видно из рисунка, на верхнем бере-

Рис. 13.8

гу разреза arg(1 + z) = 0,

arg(1 − z) = 0,

(1+ z)1−p

= e(1−p)Ln (1+z)

= e(1−p)(ln

1+z

+i arg(1+z)+i2πk )

z=x

= (1+ x)1−p k = 0,

выделенная ветвь имеет вид

(1+ z)1−p =e(1−p)(ln

1+z

+i arg(1+z)) ;

(1−z)p =epLn(1−z)

=ep(ln

1−z

+i arg(1−z)+i2πk)

z=x

=(1−x)p k =0,

выделенная ветвь

(1− z) p = ep(ln

1−z

+i arg(1−z)) .

Внутри контура интегрирования подынтегральная функция имеет две особые точки z = ±i – полюсы первого порядка. Вычислим вычеты в них.


В точке z = i	z +1		=		2 (рис 13.9):		Рис. 13.9
В точке z = i	z +1		=		2 (рис 13.9):
		1− z		=	2	;

201

arg(z +1) = φ =

arg(1− z) = φ

= −

;

= e(1−p)(ln

2 +i

= ep(ln

2 −i

(1+ z)1−p

)

(1− z)p

4 ) ,

z=i

res[ f (z),i] =

(1+ z)1−p (1− z) p

ψ'

z=i

1−p

e(1−p)(ln 2 +i

)

e p(ln 2 −i

)

2 2

(1−p)

e−i

В точке z = −i

z +1

1− z

= 2 ;

φ = −

= −

7π

;

7π

(1+ z)1−p

= e(1−p)(ln

2 −i 4 )

(1− z) p

= ep(ln

2 −i

4 ) .

z=−i

7 π

(1+ z)1−p (1− z) p

e(1−p)(ln

2 −i

) ep(ln

2 −i

)

res[ f (z), −i] =

ψ′

z=−i

−2i

1−p

7 π

3π

2 2

e−i

(1−p) 2

e−i 4

22 e

−i

e−i

2 p

−2i

Интеграл равен

3π

2πi ∑ res[ f (z), zk ] = 2πi[ 2

e−i

] =

−

k =1,2

πp

3πp

= π 2 (ei

−i

−e−i

−i

2 ).

Покажем, что интегралы по малым окружностям при стремлении их радиуса ρ к нулю, обращаются в 0. Рассмотрим интеграл по

окружности

центром

точке

z = −1 .

Обозначим

z +1 =ρ eiφ1

;

z = −1+ρ eiφ1

;

dz =ρieiφ1 dφ

1−p

− z)

2π ρ1−p

2 −ρ eiφ1

∫

(1+ z)

≤

∫

ρ dφ

1+ z2

1+ρ 2ei2φ1

Cρ

202

	2π		2 −ρ eiφ1	p
	2π		2 −ρ eiφ1	p
= ρ 2−p			1			dφ	→ 0,
= ρ 2−p	∫					dφ	→ 0,
1	∫	1+ρ 2ei2φ1			1
	0	1

при ρ1 → 0 , так как p < 2 .

Аналогично доказывается обращение в 0 интеграла по малой окружности с центром в точке z =1 .

Вычислим интеграл по большой окружности радиуса R:

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

	1	+ z2
CR
Выделим главный		член подынтегральной функции f ( z) при
z →∞ . Так как	z = ∞ есть правильная точка этой функции, то

можно рассмотреть поведение этой функции при z →∞ , например, на действительной положительной полуоси. Здесь (см. рис. 13.8)

1−p

(1−p)(ln

1+z

+iφ1 )

1−p

(1+ z)

= e

z=x =

(1+ x)

;

= ep(ln

1−z

+iφ2 )

φ1

(1− z)p

z=x

= (x −1)p e−iπp .

φ2 =−π

Таким образом, при

z →∞ главный

член

подынтегральной

функции имеет вид

f (z) =

(1+ z)1−p (1− z) p

e−iπp

1+ z

z→∞

разложение функции

f ( z) в ряд Лорана в точке z = ∞ начинается

с члена

e−iπp

−1

= e−iπp

∫

(1+ z)1−p

(1− z) p

−iπp

1+ z

dz = −2πi (−c−1) = 2πie

Интеграл по верхнему берегу разреза есть искомый интеграл J.

Найдем интеграл по нижнему берегу разреза:

1+ z

=1+ x ;

arg(1 + z) = 0 ;

1− z

=1− x ; arg(1 − z) = −2π

(см.

рис. 13.8);

(1+ z)1−p = (1+ x)1−p ; (1− z) p = (1− x) p e−2πpi

и, следовательно, инте-

грал по нижнему берегу равен

203

−1	(1+ x)1−p (1− x) p e−2πpi			−2πpi
∫			dx = −e		J .
∫	1+ x	2	dx = −e		J .
1	1+ x

Приравнивая интегралы, вычисленные обоими способами, получим

πp

3πp

J −e−2πpi J + 2πie−iπp = 2π(ei

−i

−e−i

−i

2 ) ,

πp

3πp

2π(ei

−i

−e−i

−i

) −2πie−iπp

J =

1−e−2πpi

πp

3πp

[ 2π(ei

−i

−e−i

−i

2 ) −2πie−iπp ] (1−e2πpi )

(1−e−2πpi )(1−e2πpi )

π πp

3πp

πp

2π(ei

−i

−e−i

−i

−ei

+e−i

) +2πi(eπpi −e−πpi )

2 −2cos 2πp

πp

3πp

2π

2cos(

−

) −2cos(

) +2πi 2isin πp

4sin2

πp

2πsin(

πp

)sin πp −πsin πp

2 sin(

πp

) −1

= π

sin2 πp

sin πp

[

sin

πp +

cos

πp ) −1] =

sin πp

(sin

πp

+cos πp

−1).

sin πp

Пример

13.16

([3],

№

4.186).

Вычислить

интеграл

∫0

(x +1) 3 x2 (1− x)

Решение.

Рассмотрим

∫

где

контур

С пред-

(z +1) 3 z2 (1 − z)

ставлен на рис. 13.10.

204

Точки ветвления подынтегральной функции z = 0 и z = 1. Они удалены внутренним контуром. Поэтому разделение

функции 3

z2 (1− z) на однозначные ана-

литические

функции в

рассматриваемой

области (внутри контура интегрирования

C) возможно. Выделим ветвь, являющую-

ся аналитическим продолжением с дейст-

Рис. 13.10

вительной оси (с верхнего берега разреза).

Пусть z =

ei arg z =ρ eiφ1 ;

1− z = ρ

eiφ2

. Тогда

3 z2 (1 − z) =

3 ρ

2ρ

2φ1 +φ2 +2 πk

(k = 0,1, 2) (по определению корня). На верхнем берегу разреза:

φ1 = 0, φ2 = 0, ρ1 = x,

Внутри контура C подынтегральная функция имеет одну особую точку z = –1 – полюс первого порядка. Вычислим вычет в этой точ-

ке. В ней ρ1 =1,

φ1 =π,

ρ2 =2,

φ2

= 0 . Следовательно,

= 3 2 ei

2π

3 z2 (1− z)

z=−1

e−i

2π

res[ f (z),−1] = lim f (z) (z +1) =

3 z2 (1−z)

3 2

z→−1

z=−1

Интеграл равен

∫

= 2πi res[ f (z), −1] =

2πi

−i

2π

3 .

3 z

C (z +1)

(1− z)

Вычислим интеграл по составным частям контура С. Покажем, что интегралы по малым окружностям радиуса ρ и по большой окружности радиуса R стремятся к нулю при ρ → 0 и R → ∞ , соот-

ветственно. По окружности с центром в z = 0 :

205

2π

iρeiφdφ

∫

≤ ∫

(z +1) 3 z2 (1− z)

(ρeiφ +1) 3 ρ2e2iφ(1−ρeiφ)

Cρ

2π

dφ

= ρ3

∫

→0

ρeiφ +1

3 e2iφ(1−ρeiφ)

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

обозначим 1− z = ρeiφ,

z =1−ρeiφ, dz = −ρieiφdφ:

2π

ρdφ

∫

≤ ∫

(z +1) 3 z2 (1− z)

(2 −

ρeiφ) 3 ρeiφ(1−ρeiφ)2

Cρ

2π

dφ

= ρ3

∫

→ 0

2 −ρeiφ

eiφ(1−ρeiφ)2 eiφ

при ρ → 0 . Интеграл

по

большой

окружности, на которой

z = Reiφ ,

dz = Rieiφdφ:

2π

Rieiφdφ

∫

≤ ∫

(z +1) 3 z2 (1− z)

(R eiφ +1)

3 R2e2iφ(1− R eiφ)

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

= 0

z2 (1− z) =

3 x2 (1− x) ei

4π

3 интеграл по нижнему берегу равен

−i

4π

4π 1

4π

dx e 3

= −e−i

∫

3 ∫

3 J .

1 (x +1) 3 x2 (1− x)

(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

J =

;

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 2(1−e−i 3 )(1−ei

3 )

2π

−2πi 2isin

3 2 2 2sin2 2π

∞

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

+iφ

(k = 0) . Внутри контура С

одна особая точка z = ia

– полюс первого

Рис. 13.11

порядка. Вычет равен

= lnia

ln a +i

res[ f (z),ia]

2ia

Интеграл равен

2ia

ln zdz

ln a +i

= 2πi

ln a +i

C∫z

+ a

2ia

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

(ln ρ+iφ)ρieiφdφ

ln ρ+iφ

ρdφ

∫

≤ ∫

= ∫

+ a

2iφ

dφ

~ ρln ρ∫

→ 0

2iφ

+ a

при ρ → 0, так как limρln ρ = 0 .

ρ→0

Интеграл по большой полуокружности при z = R eiφ :

ln zdz

(ln R +iφ)Rdφ

R ln R

dφ

∫

≤

∫

2iφ

∫

→0

2iφ

−2

при R → ∞, так как lim ln R =

0 .

R→∞

Интеграл по положительной действительной полуоси при ρ → 0

и R → ∞ даст искомый интеграл J.

Интеграл по отрицательной

действительной полуоси:

(ln

+iπ)dx

∞

(ln x +iπ)dx

ln z = ln

+iπ, ∫

= ∫

+ a

−∞

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

zdz

2πi ln a +i

∫

= 2πi res[ f (z),ia] =

2ia

ln2 a + πi ln a −

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

(ln

+iπ)2 dx

ln2

∫

= ∫

+ 2πi ∫

− π2 ∫

+ a

−∞

−∞ x

+ a

∞

= ∫ ln2

xdx2 +2πi ∫

−π2 ∫

2 2

−∞ x

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

2J + 2πi

− π2

ln2 a + πi ln a −

−∞∫ x2 + a2

−∞∫

x2 + a2

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

−π2 ∫

= −

, J =

ln2 a +

−∞ x

+ a

∞

ln xdx

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

x(x

)

Решение. Рассмотрим

∫

ln zdz

z (z

)

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

= x,

arg z = 0,

Ln z

z=x>0 =ln x +i2πk = ln x k = 0 .

Ветвь ln z = ln

+iφ;

φ+2πk

z =

2 (k = 0,1) .

На действительной положительной полуоси

= x eiπk = x k = 0 .

= x, φ = 0,

iφ

z=x>0

Ветвь z =

ρe

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:

ia +

ln z

z +ia −ln z

res[ f (z),ia] = lim

z (z +ia)2

z z (z +ia)3

z→ia

z=ia

3π

2ia −3ia ln a +i

−3ln a −i

2 −3ln a −i

=ie

−i 4

ia aei

aei

8a3

(2ia)3

4 8i3a3

Интеграл по контуру С равен

2 −3ln a −i

3π

−πe−i

3π

−2πe

−i

2 −3ln a −i

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

(ln

+iπ)dx

∞

(ln x +iπ)dx

∞

∫

= ∫

= −i J + π∫

i x(x

+ a

)

x(x

+ a

)

−∞

(x2 + a2 )2

210

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 2521 22 23 24 25 > Следующая >>>