Задачи от прилоения на теоремата за резидуумите

§12. Задачи от приложения на теоремата за резидуумите

Съдържание
1. Пресмятане на несобствени интеграли на рационални функции
2. Пресмятане на интеграли на тригонометрични функции

ТЕОРИЯ
Tеорема за резидуумите. Ако
()zfе аналитична в област
Γ=∂∪DD с изключение на кра-
ен брой особени точки
n
zzz,...,,
21
, то

() () zfresidzzf
n
k
zz
k
∑∫
=
=
Γ
=
1
2π
Пресмятане на интеграли от вида

[]∫
π2
0
cos,sin dxxxR
става чрез полагането
ix
ez=. Тогава ю

() () []π∈=−=+= 2,0;;1
2
1
sin;1
2
1
cos
22
x
iz
dz
dxz
iz
xz
z
x
следователно
z трябва да единичната окръжност
1=z в положителна посока

[]
() () ()zfresidzz
z
z
iz
R
zi
dxxxR
n
k
zz
z
k
∑∫∫
=
=
=
π
π=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+−=
1
22
1
2
0
21
2
1
,1
2
11
cos,sin
Пресмятане на интеграли от вида

()∫
∞
∞−
dxxf
където

()
()
()
xQ
xP
xf
n
m
=
е рационална функция, в която
()xP
mе полином от степен m, ()xQ
nе полином от степен nи
2+≥mn. Тогава

() σπidxxf2=∫
∞
∞−

където
σ е сумата от резидуумите на функцията

()
()
()
zQ
zP
zf
n
m
=
в областта
0Im>z. ()zfсе нарича аналитично продължение на ()xfв полуравнината
0Im>z. Нека ()xP и ()xQ са полиноми (с реални или комплексни коефициенти) такива, че
() () 1degdeg +≥ xPxQ и знаменателят ()xQ няма корени по реалната ос. Нека освен това
1
z,
2
z, ...,
nz са нулите на ()zQ в горната полуравнина 0Im>z. Тогава при всяко 0>α е в сила
формулата

()
()
()
()
∑∫ ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
π=
α
=
∞
∞−
α
k
zi
zz
xi
e
zQ
zP
idxe
xQ
xP
k
res2.
Интегралите от вида

()
()
∫
∞
∞−
α=xdx
xQ
xP
Acos и
()
()
∫
∞
∞−
α=xdx
xQ
xP
Bsin , 0>
α,

2
се обединяват в един посредством формулата на Ойлер
xi
exix
α
=α+αsincos ,

()
()
∫
∞
∞−
α
=+ dxe
xQ
xP
iBA
xi
.

ЗАДАЧИ
Задача 1.
Пресметнете интегралите.
1.1.
()()
dz
izz
iz
z
∫
=
+−
−−
3
1
12

1.2.
()()
dz
zz
z
z
∫
=− −+
63
3 24

1.3.
()()
∫
=−−
+−
21
22
11
iz
zz
dz

1.4.
()
dz
z
e
z
z
∫
=−+12
2
2
1 4


Решение.
1.1.

()()
=
+
−
−−
+
−
+
−−
=
+−
−−∫∫∫
=−= +=
dz
iz
z
iz
dz
z
iz
iz
dz
izz
iz
zi zzεε13
1
12
1
12
1
12


=
−
−−
+
+
−−
=
−== izzz
iz
i
iz
iz
i
1
12
2
12
2
1
ππ
( )
i
i
i
i
i
ii
i
i
i
i
i
iππππ4
1
22
2
1
311
2
1
31
1
12
2=
+
+
=
+
++−
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
+
+
+
−−
=.
1.2.

()()
() () 274
8
4
4
4!2
1
2
24
2
3
2
2
2
63
3
i
z
i
z
i
z
z
idz
zz
z
z
z
z
z
π
πππ
=
+
−=
′
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
=
″
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
=
−+
=
=
=
=−
∫

1.3.

()()
∫
=−−
+−
21
22
11
iz
zz
dz

където
21:=−−Γiz е окръжност с център (1,1) и радиус 2.Критични точки за подин-
тегралната функция са 1
=z и iz ±=. В границите на
Γсе включват само izz ==,1, следо-
вателно

()()
()()()
()()
()
()()
=
−
+−
+
−
−+
=
−+−
=
+−∫∫∫∫
ΓΓΓ=−−
dz
iz
izz
dz
z
iziz
izizz
dz
zz
dz
iz 21
2
22
21
22
1
1
1
1
111


()() () ()()
=
+−
+
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−=
+−
+
′
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+
=
=
=
=
iii
i
z
z
i
izz
i
z
i
z
iz
z
2
1
2
2
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
1
2
1
1
2
ππππ

22.2
1
2
1
2
i
ii
i
π
−=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
+−π= ;
1.4.

3

()
izzdz
z
e
z
z
2,0,
4
3,21
12
2
2
1
±==
+∫
=−

критичните точки за подинтегралната функция са извън областта
12=−zи според основна-
та теорема на Коши

()
0
4
12
2
2
1
=
+∫
=−
dz
z
e
z
z


Задача 2. Пресметнете

()
dzzf
z
∫
=1

където
2.1. ()
23
2
4
sin
zz
z
zf
π
−
=
2.2.()
()( )
21
3
−+
=
zz
e
zf
z


2.3. ()
1
1
4
−
=
z
zf
2.4. ()
2
3
1
sin
z
zzf= ;
Решение
. Съгласно теоремата за резидуумите:
2.1.

() ()
16
sin
32
16
sin
16
.22
4
sin
22
2
4
0
1
23
2
π
π
π
π
ππ
π
π
iizfreszfresidz
zz
z
I
z
z
z
==
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+=
−
=
=
=
=
∫

2.2.
()( )
()
1
1
3
.2
21
−=
=
=
−+∫
z
z
z
zresfidz
zz
eπ

Задача 3. Пресметнете интеграла

∫
=2
tg
z
zdz.
Решение. Използваме, че

()
()
()
() () ,0,0,
00=≠= zz
z
z
zfψϕ
ψ
ϕ
но ()0
0≠′zψ
т.е.
0z е прост полюс, то

()
()
()
0
0
0 z
z
zfres
zz ψ
ϕ
′
==

4
Функцията () zzftg= е аналитична в 2<z, с изключение на ⇒−==
2
,
2
21
ππ
zz са прости
полюси. Всички други особени точки π
π
kz
k ±=
2
на ()tgzzf=лежат извън областта
()
()
1
cos
sin
2
2
2
−=
′
=⇒<
π
=
π
=
z
zz
z
zfresz


()
()
() iizdz
z
z
zfres
z
z
z
π−=−π=⇒−=
′
=∫
=π
−=
π
−=
422tg1
cos
sin
2
2
2
;

Задача 4. Пресметнете интегралите
4.1.
∫
+
=
π2
0
;
cos35 x
dx
I
4.2.
∫
+
=
π2
0
cos32
2
dx
x
I

4.3.
()()
∫
∞
∞−
++
=
94
22
xx
dx
I
4.4.
()
∫
∞
∞−
+
=
3
2
1x
dx
I
Решение.
4.1.

∫
π
+
=
2
0
cos35 x
dx
I

полагаме
ix
ez=

()
()
∫∫
==
=
++
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
=
11
2
2
3310
2
1
2
3
5
zz
dz
zzi
z
z
iz
dz
I

()
=
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−=
++
=∫∫
==11
2
3
3
1
3
2
3103
zz
zz
dz
iz
zz
dz


()
23
1
lim
3
4
3
3
1
3
1
2.2
3
1
3
1
ππ
π =
+
=
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
−=
−→−=z
zz
resiizz

4.2.

=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
=
+
==
+
=∫
π2
0
2
;
2
1
cos
cos32
2
iz
dz
dx
z
z
xdx
x
I
=
++
−=
+
+
=∫∫
==1
2
1
2 334
4
2
1
32
2
zz zz
dz
i
iz
dz
z
z


() ()
π=
π
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++
π−=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++
−=
−==
∫
4
32
3
3
8
3
3
3
1
Re2
3
4
3
3
3
3
4
3
3
1 zz
si
i
zz
dzi
zz

5

4.3.

()()
()() 94
1
Re2
94
22
1
22
++
=
++
=
∫ ∑
∞
∞− =
=
zz
si
xx
dx
I
n
k
zz
k
π
в
0Im>z функцията

()
()()
94
1
22
++
=
zz
zf
е аналитична навсякъде с изключение на точките
iziz 3;2
21
== , следователно

() ()
[ ]=+π=
==
zfszfsiI
iziz 32
ReRe2

()()
() () 302020
2
34
1
lim
92
1
lim2
2
3
2
2
π
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+−π=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
++
+
++
π=
→→
ii
i
izzziz
i
iziz

4.4.

()
∫
∞
∞−
+
=
3
2
1x
dx
I

()
()
3
2
1
1
+x
xf
и нейното аналитично продължение

()
()
3
2
1
1
+
=
z
zf
е аналитична навсякъде в
0Im>z с изключение на ()zfsiIiz
iz=
=⇒= Re2π .

()
() ()
=
′
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−=
″
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
=
→→=
4
2
3
2
1
3
lim
2
1
1
1
lim
!2
1
Re
zz
zfs
iziziz


() () ()
i
izz
iziz 16
3
2
6
1
1
lim6
1
4
lim
2
3
5525
2
−==
+
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
+
−−=
→→
ππ
8
3
16
3
2 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=⇒ iiI