Элементы теории функций комплексного переменного. Нахман А.Д. - 68 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

Рис. 5.3.1
Согласно основной теореме о вычетах, применимой к интегралу по
R
L , имеем
()
[]
∑
∫
=
π=
N
k
k
L
zzfidzzf
R
1
;)(Выч2 ,
тогда соотношение (5.3.6) принимает вид
() () ()
[]
∫∫
∑
−Γ
=
π+−=
R
R
N
k
k
R
zzfidzzfdxxf
1
;Выч2 .
Перейдем в этом равенстве к пределу при ∞→R . В силу (5.3.2) имеем
() ()
[]
∫
∑
∞
∞−
=
π+=
N
k
k
zzfidxxf
1
;Выч20 ,
что и есть утверждение теоремы.
5
0
. Можно доказать также, что для четной
()
xf такой, что
(
)
zf удовлетворяет условиям п. 1
0
, имеет место равенство
() ()
[]
∫
∑
∞
=
µ
π=µ
0
1
;Вычcos
N
k
k
zi
zzfeidxxxf , (5.3.7)
а для нечетной
()
xf
() ()
[]
∫
∑
∞
=
µ
π=µ
0
1
;Вычsin
N
k
k
zi
zzfedxxxf ; (5.3.8)
здесь 0>µ – любое, а особые точки
k
z функции
(
)
zf лежат в верхней полуплоскости.
5.4. ПРИМЕРЫ ВЫЧИСЛЕНИЯ ИНТЕГРАЛОВ
ФУНКЦИЙ ДЕЙСТВИТЕЛЬНОГО ПЕРЕМЕННОГО
С ПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ
1
0
. Докажем формулы
()
0,;const,const >
µ
=µ= aa :
а)
∫
∞
µ−
π
=
+
µ
0
22
;
2
cos
a
e
dx
xa
x
a
б)
∫
∞
µ−
π
=
+
µ
0
22
.
2
sin
a
e
dx
xa
xx
В случае а) используем формулу (5.3.7); здесь
()
22
1
x
a
xf
+
=
– четная. Функция
()
()()
aizaiz
e
za
ez
zi
zi
+−
=
+
⋅=ϕ
µ
µ
22
1
имеет два простых полюса
aizaiz −==
21
, ; в верхней полуплоскости расположена точка
1
z . Следовательно,
∫
∞
⋅π=
+
µ
0
22
cos
idx
xa
x
Выч
()()
+−
µ
ai
aizaiz
e
zi
;
=
⋅
π
i Выч
(
)
−
+
µ
−
ai
aiz
eaiz
zi
;
1
=
=
()
()
(
)
(
)
.
221
11
a
e
e
ai
ieaiai
i
aiz
eaiz
i
a
a
aii
aiz
zi µ−
µ−
µ
−
=
µ
−
π
=
π
=
+
π=
′
−
+
π
Мы воспользовались формулой (5.2.3) при вычислении вычета.

Страницы