Елементи комплексного аналізу Босовський Демченко

б)

Особливі точки підінтегральної функції:

zsh( iz) 0; z1 0;sh( iz) 0.

Оскільки

sh(i ) i sin ,

то

sin z 0; z k; z k;k 0, 1, 2,....

У цій серії зустрічається число

z 0

при k 0. Таким чином, знаменник має один подвійний нуль z 0 і

безліч простих zk

k;k 1, 2,...;

Усередині контура інтегрування знаходиться тільки z 0 .

в)

Досліджуємо особливу точку z 0 (визначаємо її тип).

У цій точці і чисельник дробу дорівнює нулеві, тому знаходимо границю:

e2 z cos9z

1 2z

(2z)2

...

2z

85

z2

...

2!

lim

lim

lim

z

z 0

zsh( iz)

z 0 iz( iz

( z)3

...)

z 0 iz2 ( 3 z2

...)

3!

3!

2

85

z2 ...

lim

z

;

iz( 3 z2

z 0

...)

3!

z 0 – полюс першого порядку для підінтегральної функції.

г)

Знаходимо

лишок підінтегральної функції

відносно точки

z 0 ;

при цьому використовуємо розклад , здійснений у попередньому пункті:

2

85

z ..

1

z , де (z)

z

f (z)

– аналітична в околі точки z 0

z

3 z2

i(

3!

...)

функція, тому розкладається в ряд Тейлора:

	(z) (0) (0)z ...;
	Оскільки (0)	2			1		2			2
			, то	f (z)				(0)	...; отже , Res f (x)		;
		i			z		i			i
									z 0

д) Обчислюємо інтеграл(теорема Коші):

I 2 i 2 4.і

Відповідь. 4

112

Зауваження. Здійснені у цьому прикладі Тейлерові розклади дали можливість не тільки встановити тип ізольованої особливої точки z 0 , а й знайти лишок функції відносно цієї точки, виписавши з цього розкладу

коефіцієнт a i .

Приклад 14. Обчислити інтеграл

2sin

z

2 4i

dz , якщо C

– коло

z 2i

2 .

2

z

C

(z 1

2i)

(z 3

2i)

e 2 1

Розв’язання.

а) Заданий інтеграл подаємо у вигляді суми двох інтегралів по одному і тому ж замкненому контуру:

2sin

z

I1

2 4i

dz, I2

dz, C – коло з центром у точці

(z 1

2i)2 (z 3

2i)

z

1

C

C e 2

z0 2i і радіусом R 2 (рисунок 29).

Y

Z

z1=1+2i z2=3+2i 2

0	1	3	X

Рис. 29

I.Обчислення інтеграла І1.

2sin z

a) Підінтегральна функція f (z) 2 4i

1 (z 1 2i)2 (z 3 2i)

Особливі точки:

113

1)z ( 2i) 0; z1 1 2i;

2)z 3 2i 0; z2 3 2i;

Усередині контура інтегрування міститься тільки точка z1 1 2i;

б) Тип особливої точки: оскільки чисельник

у точці z1 ,

дорівнює

2sin

z

2sin 2 0

, то z

1 2i

– полюс другого порядку для функції

2 4i

2

1

f1(z) .

в) Лишок функції

f1(z) відносно точки zі

z

2sin

1

d

(z z)

f1(z)

2

2

2 4i

Res f1 (z)

lim

lim (z z1)

(2

dz

(z z1)

2

z1

1)! z z1

z z1

(z z2 )

z

z

z

(z z2 ) sin

sin

cos

2

4i

2 4i

2 4i

2lim

2lim

2 4i

z z2

(z z2 )

2

z z1

z

z1

cos

(1 2i)

(z

z

) sin

(1 2i)

2 2 4i

2 4i

2 4i

2

1

1 ;

1

2

(z z

)2

(1 2i (3 2i))2

2

2

г) Значення інтеграла I1 : I1 2 i( 12) i;

ІІ. Обчислення інтеграла I2 :

а) Підінтегральна функція f2 (z)	1				;
		z
	e 2		1

z

б) Особливі точки: e 2 1 0 :

e 2z 1; 2z Ln( 1) ln | 1| i(arg( 1) 2 k)

z i( 2 k) (2k 1) i, k 0, 1,...; 2

zk 2(2k 1)i, k 0, 1,...;

114

в) Точки, які лежать усередині контура інтегрування, визначаються

умовою: | z

2i | 2;| 2(2k 1)i 2i | 2;| 4k | 2;| k |

1

оскільки k – ціле число, то

k

2

k 0.

Усередині контура інтегрування міститься одна особлива точка z0 2i –

простий полюс для функції

f2 (z) .

г) Лишок функції

f2 відносно простого полюса z 2i :

Re s f2 (z)

1

1

2

1

2

2

;

z

e i

2i

z

(cos i sin )

2

2 e

e 2

1

z 2i

z 2i

д) значення інтеграла I2 : I2 2 i( 2 ) 4 i;

е) значення заданого інтеграла I: I I1 I2 i 4 i 5 i

Відповідь. I I1 I2 i 4 i 5 i

§6.Обчислення інтегралів від функцій дійсної змінної.

2

І. Інтеграли виду I R(cos x,sin x)dx , де R(u,v) – раціональна функція

0

від u та v , знаменник якої не має дійсних коренів.

Ці інтеграли зводяться до інтегралів по замкненому контуру від

функцій

комплексної

змінної

заміною

z eix .

Тоді

sin x

1

(z

1

),cos x

1

(z

1

), dx

dz

i

dz

.

2i

z

2

z

iz

z

При зміні x від 0 до 2

змінна Z пробігає коло |z| 1 у додатному

напрямі. Початковий інтеграл зводиться до інтегралу по замкненому контуру

I1 R1(z)dz, де R1 (z) – раціональна функція від z .

|z| 1

За теоремою Коші про лишки

115

I 2 і ResR1(z), ,

zk

zk

– полюси функції R (z)

, які лежать у крузі | z | 1.

1

2

dx

Приклад 15. Обчислити інтеграл

I .

4 sin x

0

Розв’язання. Інтеграл власний, бо 4 sin x 0 :

а)

z eix ;sin x

1

(z

1

), dx

dz

;

2i

z

iz

б)

I

dz

dz

2

dz

;

1

1

z2

1

z2

8iz 1

|z| 1 iz(4

(z

))

|z| 1 4iz

|z| 1

2i

z

2

2

в)

Підінтегральна функція: f (z)

1

;

z2 8iz 1

г)

Особливі точки :

z2 8iz 1 0;

z1 4i 16 1 4i i 15 i( 4 15); . z2 i( 4 15)

Усередині одиничного

кола міститься

точка z2 i( 4

15) , точка

z1

розташовується поза колом. Дійсно :

1

| z2 | | i | | 4

15 | 4

15

1;| z1 | 4

15 1,

точка z2

–

15

4

простий полюс для f (z) .

д)

Лишок

функції

відносно

простого

полюса:

Res f (z)

1

1

1

1

;

(z2 8iz 1)

2z2

z2

z z2

8i

8i 2i

15 8i

2i 15

е)

Значення інтеграла: I 2 i 2

1

2

.

2i

15

15

Відповідь. 2 . 15

116

																																										2											dx
Приклад 16. Обчислити інтеграл																																																																			.
																																																																2
																																												( 7							3 cos x)
																																									0
Розв’язання.
а)						z eix ;cos x																		1	(z							1			);dx							dz		;
																	2															z										iz
I																	dz																			1														4z2				dz
																																																																				2
																																																						2
																		3				(z				1		))2									i				z(2 7z 3z																					3)
				|z| 1 iz( 7																																			|z| 1
																	2									z
		4															zdz																	;
																																2
		i				(			3z					2		2 7z										3)
				|z| 1
б)						Підінтегральна функція:																																			f (z)																			z															;
																																																	(
																																																			3z2 2									7z												3)2
в)					Особливі точки:
3z2 2 7z 3 0;
z 7 7 3 7 2 ; z																																							2	7 2 ;
1									2																	2																		2
Точка z										міститься в одиничному крузі, бо | z																																																	|					7							2		1. Точка z			– за
								2																																																		2
																																																																						3		1

межами круга, таким чином, усередині контура інтегрування міститься один
		2
полюс кратності 2 для функції f (z) : z2				7		.
	3
г)	Лишок функції f (z) відносно двократного полюса:

Res f (z)

1

d

(z z2 )2

f (z) lim

d

z2 )2

lim

(z

z2

(2 1)! z z2

dz

z z2

dz

d

z

1

(z z2 )

2

z 2(z

z1)

1

lim

lim

lim

z z2

dz

3(z z1 )2

3 z z2

(z z1)4

3 z z2

7

;

32

		z
( 3(z z1)(z z2 ))2
z z1 2z					1		z1 z2
(z z )3					3		(z z )3
1								1

117

д)	Значення інтеграла: I	4	2 i	7		7 .
		i		24		3

Відповідь. 7 . 3

II.Невласні інтеграли від раціональних функцій. Розглядається

інтеграл R(x)dx , де R(x) – раціональна функція. Передбачається, що інтеграл

збіжний. Методика застосування лишків при обчисленні цих інтегралів така.

а)	Продовжуємо підінтегральну функцію в комплексну площину:
f (z) R(z) .
б)	Обираємо замкнений контур так, щоб він містив відрізок [ R; R]
прямої інтегрування і деяку дугу, що з’єднує кінці відрізка;
в)	До цього	замкненого	контура	застосовуємо	теорему	Коші про
лишки;
г)	Виконуємо	граничний	перехід	при R .	Якщо	при цьому

вдається обчислити границю інтеграла по додатковій дузі, то задача буде розв’язана.

Якщо у попередньому інтегралі R(x) є відношення двох многочленів так

,що знаменник не має дійсних коренів і має степінь, більший степеня чисельника принаймні на дві одиниці, то інтеграл дорівнює добуткові 2i на суму лишків підінтегральної функції відносно полюсів, які лежать у верхній

півплощині.

Приклад 17. Обчислити інтеграл

		x2 2
				dx;
		x4 7x2 12
Розв’язання.
а)	Підінтегральна функція:	f (x)	x2 2		;
			x4 7x2 12

118

б)			Особливі							точки:								z4 7z2 12 0; z2																	3					або							z2 4;										тоді
z1 i 3; z2			i 3; z3					2i; z4						2i; це –								прості полюси. У верхній півплощині
лежать полюси z1 та z3 .
в)			Лишки відносно особливих точок, які лежать у верхній півплощині:
	Res f (z)							z2 2										z z1			z2			2												3 2												1								1			;
							4				2											3
		z			(z				7z											4z			14z									z (4 ( 3) 14)																2z							2	3i
1													12)
																					1		1								1																1
							z	2	2									4 2												2						1 1
	Res f (z)							3																																	;
					4z 3 14z																								2z
		z3													z		(4 ( 4) 14)																			z			2i
							3						3	3																	3					3
г)			Значення інтеграла : I 2 i(																				1								1		) (1								1			)				3					1	;
																								2 3i							2i										3						3
Відповідь. (1									1			) .
									3

III.Інтеграли вигляду ei x R(x)dx .

Тут R(x) – раціональна функція, у якої степінь знаменника принаймні на одиницю вищий степеня чисельника; крім того, знаменник не має дійсних коренів.

У цьому випадку має місце аналогічне правило обчислення інтегралів:

Невласний інтеграл дорівнює добуткові 2 i на суму лишків раціональної функції відносно полюсів, які лежать у верхній півплощині.

Зауваження. Якщо задано інтеграл I1 R(x)sin xdx, де R(x) –

раціональна функція, яка має вказані вище властивості, то потрібно обчислити за вказаними правилами інтеграл

ei x R(x)dx ,

а потім виділити дійсну та уявну частини зліва і справа.

119

(x2 x)sin x

Приклад 18. Обчислити інтеграл

eix

dx .

x

4

13x

2

36

Розв’язання.

Тут

1; R(x)

x2 x

;

x4 13x2 36

Обчислюємо інтеграл

(x2 x)sin x

eix

dx

x

4

13x

2

36

а)

Особливі точки: z4 13z2 36 0; z2 4 або

z2 9; z 2i; z

2

2i; z 3i; z

4

3i .

1

3

У верхній півплощині розташовані точки

z1 2i

і z3 3i . Це – прості

полюси раціональної функції.

б) Лишки підінтегральної функції відносно простих полюсів:

eiz (z2

z)

eiz1 (z 2

z )

eiz1 (z 1)

e 2

(1 2i)

Res

1

1

1

;

4z 3 26z

4z 2

26

z1

z4 13z2 36

10

1

1

1

Аналогічно знаходимо :

Res f (z)

eiz3 (z 2

z )

eiz3 (z 1)

e 3 (1 3i)

3

3

3

;

2z (2z2

2 26

10

z3

13)

4z

3

3

3

Сума лишків : R

1

(e 2 e 3 i(2e 2

3e 3 ))

10

в)

I 2 i.R

i

(e 2 e 3 )

(2e 2

3e 3 ) .

5

5

г)

I R(x)cos xdx i

R(x)sin xdx ;

З рівності в) і 2) дістаємо:

(x2 x)cos x

dx 5

(2e 2

3e 3 );( 0,08)

x4 13x2 36

120

	(x2 x)sin x
		dx		(e 2	e 3 );( 0,09)
	x4 13x2 36		5

Зауваження. Якщо R(x) − парна функція, то R(x)sin x − непарна. Тоді інтеграл від цього добутку по всій осі дорівнює нулеві.

Якщо R(x) − непарна то й добуток R(x)cos x − непарна функція. Інтеграл від цього добутку по всій прямій дорівнює нулеві.

Тому при обчисленні інтегралів по всій прямій від добутків R(x)sin x ,

R(x)cos x , де R(x) − раціональний дріб, корисно спочатку виділити парну і непарну складові добутків і проінтегрувати тільки парну складову, оскільки

інтеграл від непарної складової дорівнює нулеві. Це скорочує обрахунки.

Якщо (x) − довільна функція,

задана на всій

прямій ( ; ) , то

(x)

1

( (x) ( x)) − парна складова функції (x) , а

1

( (x) ( x))

−

1

2

2

2

непарна складова функції (x) .

У прикладі 1 f (x)

(x2

x)sin x

x2 sin x

xsin x

;

x4

13x2 36

x4 13x2 36

x4 13x2 36

Перший доданок суми у правій частині – непарна функція; інтеграл від нього по всій прямій дорівнює нулеві. Інтегруємо тільки другий доданок (парну складову)

(x2 x)sin x

xsin xdx

dx

;

x4 13x2

36

x4

13x2 36

Після цього переходимо до обчислення інтеграла

xeixdx

2 i Re s f (z), де

4

13x

2

36

x

zk

f (z)

zeiz

; z1 2i, z3

3i

− прості полюси , що лежать у верхній

z4 13z2

36

півплощині;

Res f

zeiz

z z1

zeiz

zeiz

e 2

e 2

;

4

2

3

2

z1

(z

13z

4z1 26z1

4z1 26

4( 4) 26

10

36)

121