ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
14
Решение. Так как подынтегральная функция
(
)
2
2
1
1
+x
является четной,
то
()
∫
+∞
∞−
+
=
2
2
1
2
1
x
dx
I .
Так как (х
2
+ 1)
2
не обращается в нуль на действительной оси и степень
многочлена (х
2
+ 1)
2
на четыре больше степени числителя (1=1·х
0
), то интеграл
()
∫
+∞
∞−
+
2
2
1x
dx
является интегралом первого типа.
Рассмотрим функция
(
)
2
2
1
1
)(
+
=
z
zR
. Корнями многочлена (z
2
+ 1)
2
являются z
1
= i, z
2
= - i. Точки z
1
= i и z
2
= - i – полюсы второго порядка
функции R(z). Полюс z
1
= i попал в верхнюю полуплоскость. По правилу 3
вычисляем вычет относительно z = i:
()
()()
()
()
()
()()
.
4
1
8
2
2
22
lim
2
lim
1
lim
!1
11
lim
)!12(
1
)(Re
33
4222
2
ii
iiz
iz
iz
iziziz
iz
zRs
iz
iziziz
iz
=
−
−
=
−
=
+
−
=
=
+
+−
=
′
+
=
′
+−
⋅−
−
=
→
→→→
=
По формуле (3) вычисляем интеграл
44
1
2
2
1
π
=π⋅=
i
iI .
2 Вычислить интеграл
()( )
∫
+
∞
∞−
++
=
91
22
2
xx
dxx
I .
Решение. Очевидно, что I – интеграл первого типа.
Функция
(
)
(
)
91
)(
22
2
++
=
zz
z
zR аналитична всюду в плоскости, за
исключением точек iziziziz 3,3,,
4321
=
−
=
−
=
= . Эти точки являются
простыми полюсами функции R(z). Две из них (z
1
и z
4
) лежат в верхней
полуплоскости. По формуле (3) имеем
+π==
==
+
∞
∞−
∫
)(Re)(Re2)(
3
zRszRsidxxRI
iziz
.
По правилу 2
()()
()
()
()()
(
)
()()
(
)
()
()
.
16
3
619
9
31
lim
331
)3(
lim)(Re
,
16
929
lim
9
)(
lim)(Re
2
2
3
2
2
3
3
2
2
2
2
2
2
i
i
izz
z
izizz
izz
zRs
i
ii
i
ziz
z
ziziz
izz
zRs
iziz
iz
iziz
iz
−=
+−
−
=
++
=
+−+
−
=
=
+
=
++
=
++−
−
=
→→
=
→→
=
1
Решение. Так как подынтегральная функция является четной,
(x 2
+1 )2
+∞
1 dx
то I = ∫ .
(
2 −∞ x 2 + 1 2 )
Так как (х2 + 1)2 не обращается в нуль на действительной оси и степень
многочлена (х2 + 1)2 на четыре больше степени числителя (1=1·х0), то интеграл
+∞
dx
∫ 2 2 является интегралом первого типа.
(
−∞ x + 1 )
1
Рассмотрим функция R( z ) = . Корнями многочлена (z2 + 1)2
z2 +1
2
( )
являются z1 = i, z2 = - i. Точки z1 = i и z2 = - i – полюсы второго порядка
функции R(z). Полюс z1 = i попал в верхнюю полуплоскость. По правилу 3
вычисляем вычет относительно z = i:
′ ′
( z − i )2 ⋅ 1 1
= lim − 2( z + i ) =
1 1
Re s R ( z ) = lim = lim
z =i (2 − 1)! z →i ( z − i )2 ( z + i )2 1! z →i ( z + i )2 z →i ( z + i )4
−2 −2 −2 1
= lim = = = .
z →i ( z + i )3 (2i )3 − 8i 4i
1 1 π
По формуле (3) вычисляем интеграл I = ⋅ 2πi = .
2 4i 4
+∞
x 2 dx
2 Вычислить интеграл I =
+ 1 x 2
+ 9
. ∫ (x 2
)( )
−∞
Решение. Очевидно, что I – интеграл первого типа.
z2
Функция R( z ) = 2
( )( )
аналитична всюду в плоскости, за
z +1 z2 + 9
исключением точек z1 = i, z 2 = −i, z 3 = −3i, z 4 = 3i . Эти точки являются
простыми полюсами функции R(z). Две из них (z1 и z4) лежат в верхней
+∞
полуплоскости. По формуле (3) имеем I = ∫ R( x)dx = 2πi Re
z =i
s R ( z ) + Re s R ( z ) .
z =3i
−∞
По правилу 2
z 2 ( z − i) z2 i2 i
Re s R( z ) = lim = lim = =
(z − i )(z + i )(z 2 + 9) (z + i )(z 2 + 9) ( )
,
z =i z →i z →i 2i i 2 + 9 16
z 2 ( z − 3i) z2 −9 3i
Re s R( z ) = lim = lim = =− .
z =3i z →3i (z 2
)
+ 1 ( z − 3i )( z + 3i ) z →3i (z 2
)
+ 1 ( z + 3i ) (− 9 + 1)6i 16
14
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 12
- 13
- 14
- 15
- 16
- …
- следующая ›
- последняя »
