Интегралы вида

Вычисление интегралов такого типа основано на использовании следующей леммы: если функция   является аналитической в верхней комплексной полуплоскости   всюду, за исключением конечного числа особых точек, и выполнены условия , тогда

(76)

В этом случае для функции  , которая не имеет особых точек на оси  , справедлива формула вычисления несобственных интегралов:

(77)

где знак   берется в случае, если суммирование в (77) выполняется для всех полюсов   в верхней полуплоскости   и   соответственно в нижней.

     Пример 6-11. Вычислить интеграл  .

Решение. Подынтегральная функция удовлетворяет условиям леммы, и, следовательно, интеграл может быть вычислен с помощью формулы (77). Так как в верхней полуплоскости находятся две особые точки  , а вычеты  , тогда

    Пример 6-12. Вычислить интеграл  .

    Решение. Функция   подчиняется условиям леммы, так как при    , следовательно, для вычисления интеграла можно применить формулу (77) и, учитывая, что функция   - четная, а простые полюса   такие же, как и в примере 6-7, получим

Интегралы вида

     Теорема о вычетах может быть использована для вычисления интегралов такого вида в случае выполнения условий следующей леммы (Жордана): пусть функция   - аналитическая в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа изолированных особых точек, и равномерно относительно   стремится к нулю при  , тогда при  :

(78)

При таких условиях верна следующая формула вычисления интеграла:

(79)

Для случая   в формуле (79) знак правой части меняется на противоположный, а суммирование производится по особым точкам функции   в нижней полуплоскости.

    Пример 6-13. Вычислить интеграл  .

    Решение. Функция   имеет две особых точки  , которые являются полюсами второго порядка. Так как  , то

Формулу вычисления интегралов (79) можно расширить на случай, когда функция   имеет особенности, которые для   будут изолированными особыми точками. В этом случае интеграл следует понимать в смысле главного значения и для его вычисления изменим форму контура, как это показано на рис.29, т. е. чтобы кривая   "обходила" особенности в точках  ,  , например через верхнюю полуплоскость ( ) по дуге полуокружности  . Ясно, что к результату (79) необходимо добавить значения интегралов вида:

Рис.29

Так как в окрестности особой точки поведение функции   определяется рядом Лорана, то разлагая под интегралом   в ряд по степеням   и заменяя переменные  , получим:

(80)

Поскольку после интегрирования все слагаемые с   обращаются в ноль, соответственно  , а экспоненциальная функция является аналитической на всей комплексной плоскости. Окончательно после объединения (80) и (79) формула для главного значения интеграла принимает вид  :

(81)

     Пример 6-14. Вычислить  .

     Решение. После преобразования интеграла к виду формулы (81), учитывая, что   - полюс первого порядка, получим

     Пример 6-15. Вычислить  .

     Решение.

Функция   имеет две особых точки  , которые являются простыми полюсами, а так как в верхней полуплоскости лежит только одна,  , то

     Пример 6-16. Вычислить интеграл  .

     Решение. Для вычисления интеграла проделаем следующие преобразования, используя четность подынтегральной функции:

и, заменяя во втором интеграле  :

 Интегралы вида   

     Методы вычисления интегралов, рассмотренные выше, даже при выполнении условий для функции   на бесконечности, тем не менее не могут быть здесь использованы, так как за счет присутствия множителя   полная подынтегральная функция может оказаться многозначной. В этом случае вспомогательный контур выбирается так, чтобы внутри него не содержалось точек ветвления функции  , а интегрирование выполнялось по какой-либо выбранной ветви   аналитической функции, чтобы обеспечить выполнение условий теоремы Коши. Если  не имеет особых точек, лежащих на положительной части действительной оси, то контур можно выбрать, так как показано на рис. 30, при этом внутри не будет точек ветвления  . Применение теоремы о вычетах при выполнении таких условий приводит к следующему выражению для интеграла:

		(82)
Рис.30

которое после простых преобразований можно привести к эквивалентному в форме

(83)

     Пример 6-17. Вычислить интеграл 

     Решение. Интеграл приводится к виду формулы (83) с  :

     Пример 6-18. Вычислить  .

     Решение. Функция   имеет простой полюс в точке  , и так как эта точка расположена на действительной оси, то формула (83) в этом случае не может быть использована, но ее можно расширить также как и для интегралов типа (81). Рассмотрим случай, когда фукция   имеет одну особую точку на действительной оси. Преобразуем контур интегрирования, изображенный на рис. 30, так чтобы кривая   обходила особую точку (рис.31). Тогда, для обобщения формулы (83) достаточно вычислить интегралы:

Рис.31

где знаки   указывают, что соответсвующие интегралы вычисляются по верхней и нижней полуокружности радиуса   с центром в особой точке  , которые далее соединяются с верхним и нижним берегом разреза по положительной части оси  . Разлагая функцию   в ряд Лорана под интегралом и заменяя переменные  , получим значение для первого интеграла

что после вычисления дает   и далее может быть переписано как  . Вычисление второго интеграла выполняется аналогично, с той лишь особенностью, что в этом случае необходимо учесть, что вторая полуокружность начинается от нижнего берега разреза, для точек которого  . Тогда значение интеграла   будет отличаться только множителем  , а так как все рассуждения, относящиеся к остальным частям контура, остаются такими же, как и для интеграла (83), то окончательное выражение принимает вид

(84)

где было использовано, что  . Применяя полученную формулу для интеграла задачи: