Вычисление несобственных интегралов по действительной оси

 

       Если на комплексной плоскости особых точек лишь конечное количество, то существует самая дальняя из них (с наибольшим модулем). Тогда можно найти такой радиус , при котором все эти особые точки включены в полукруг, и при дальнейшем увеличении радиуса полукруга, новые точки в нём уже не могут появиться.

По основной теореме о вычетах, интеграл по границе полукруга равен произведению  на сумму вычетов во всех особых точках в верхнем полукруге. Граница состоит из двух частей:  и , по отрезку  движение влева направо, а по полуокружности  против часовой стрелки.

Тем самым, мы 1 раз обходим весь контур против часовой стрелки. Именно этим и объясняется, что надо рассматривать полукруг именно в верхней, а не нижней полуплоскости, а иначе движение по действительной оси получалось бы справа налево.

Начиная с некоторого радиуса , при дальнейшем его увеличении, интеграл уже не будет меняться, потому что все особые точки верхней полуплоскости уже попали в полукруг, и других точек там нет. Если , то максимум модуля функции на полуокружности радиуса  будет меньше чем . А так как её длина равна , т.е. интеграл  = , эта величина стремится к 0 при . Таким образом, при неограниченном увеличении радиуса, интеграл по дуге  уменьшается и стремится к 0. существенная часть приходится именно на интеграл по , то есть , который при  как раз и стремится к . То есть, в пределе интегральная теорема Коши применяется к верхней полуплоскости, а её граница - это действительная ось. Таким образом, мы вывели следующий факт:

       Теорема. Если  аналитическая на действительной оси, а также в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек, и при этом , то  то есть несобственный интеграл по оси равен произведению  на сумму вычетов во всех особых точках верхней полуплоскости.

Пример. Вычислить .

Во 2 семестре вычисляли такие несобственные интегралы,

 =  =  =  = .

А теперь покажем, как решить с помощью вычетов.

Решение. Заметим, что степень числителя на 2 порядка больше, чем степеннь знаменателя, то есть  выполнено. Надо, чтобы разность степеней бала хотя бы чуть больше 1, а она равна 2.

Введём в рассмотрение функцию , которая на действительной оси как раз и совпадает с исходной функцией. Видно, что есть 2 полюса порядка 1, причём лишь один из них в верхней полуплоскости, а именно . Тогда

 =  =  =  = .

Ответ. .

 

3) Вычисление интегралов, содержащих тригонометрические функции, по отрезку длины .

Рассмотрим ещё один метод, где комплексные числа и вычеты используются вспомогательно при интегрировании действительных функций. Пусть дан интеграл . При этом мы можем ввести замену . Учитывая формулу Эйлера,  = , то есть образы это точки с координатами , т.е. отрезок длины  отображается на окружность единичного радиуса. А интеграл по окружности в комплексной плоскости можно вычислять с помощью интегральной теоремы Коши и вычетов.

При этом синус и косинус заменяются на  таким образом:

 =  =

 =  =

Надо ещё рассмотреть взаимосвязь дифференциалов.

Если  то  = .

Пример. Вычислить интеграл .

Решение. Старый метод. Для сравнения, можно решить и старым методом, без комплексных чисел. Применим формулу понижения степени.

 =  =  =  =

 =  = .

Новый метод.

 =  =  =

, разобьём на сумму 3 интегралов:

. В первом, аналитическая функция, не имеющая особых точек. Интеграл от неё по замкнутому контуру равен 0. Во 2-м и 3-м слагаемом, единственным полюсом является точка , но в одном из них полюс 3 порядка, а в другом 1 порядка.

Там, где полюс 3-го порядка, надо вычислить 2-ю производную от числителя, но 2 производная от константы равна 0. И только в 3-м слагаемом при вычислении вычета остаётся ненулевой результат, потому что там полюс 1 порядка, и производную от константы считать не нужно. Подставлять  в функцию, тождественно равную 2, тоже нет необходимости, ведь она равна 2 в любой точке.

 =  =  = .

Ответ. .

 

ГЛАВА 2. РЯДЫ.