ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
17
()
∫
∑
+∞
∞−
=
=
α
π=
n
k
zz
zi
zfsidzezR
k
1
)(Re2.
Приравняв действительные и мнимые части, получаем
()
π=α
α
∞
=
=
+
∞
∞−
∑
∫
zi
k
zz
ezRsixdxxR
k
)(Re2Recos)(
1
(4)
()
π=α
α
∞
=
=
+
∞
∞−
∑
∫
zi
k
zz
ezRsixdxxR
k
)(Re2Imsin)(
1
(4
/
)
где
k
zzz ...,,
21
полюсы функции R(z), лежащие в верхней
полуплоскости.
Рассмотрим примеры.
1 Вычислить интеграл
(
)
∫
+
∞
∞−
++
+
=
22
2sin1
2
xx
xdxx
I .
Решение. Ясно, что I – интеграл второго типа
RxxxD ∈∀≠++⇒<−=−= 0220484
2
, и степень знаменателя на 1
меньше степени числителя).
Рассмотрим функцию
(
) ()
()()
)1()1(
2sin1
22
2sin1
)(
2
iziz
zz
zz
zz
zR
−−−+−−
+
=
++
+
= .
Функция R(z) имеет в верхней полуплоскости один простой полюс в точке
iz +−= 1
1
. По формуле (4
/
) имеем
(
)
π=
=
zi
zz
ezRsiI
2
)(Re2Im
1
.
Используя правило 2, получаем
()
()
(
)
(
)( )
()()()()
() ()
()
()
2sin2cos
22
1
11
11
1
1
lim
11
11
lim
2
1
Re)(Re
2
22)22(
2
1
2
1
2
2
1
2
1
i
e
ee
i
e
ii
i
iz
ez
iziz
eziz
zzz
ez
szRes
iii
zi
iz
zi
iz
zi
iz
zi
zz
−=⋅=
+++−
++−
=
++
+
=
=
−−−+−−
++−−
=
++
+
=
−
−−+−
+−→
+−→
+−==
Таким образом
()
2cos2sin2cos
2
2Im
2
2
−
−
⋅π=
−π= ei
e
iI .
2 Вычислить интеграл
0,
cos
0
22
>
+
=
∫
+
∞
a
ax
xdx
I .
Решение. Так как под знаком интеграла стоит четная функция, то
∫
+∞
∞−
+
=
22
cos
2
1
ax
xdx
I и
1,
1
)(
22
=α
+
=
ax
xR
.
Так как степень числителя (1) меньше степени знаменателя
(
)
22
ax + на
две единицы и 0
22
≠
+
a
x
для любого действительного х, то I – интеграл
+∞ n
∫ R( z )e iαz dz = 2πi ∑ Re s f ( z ) .
−∞ k =1 z = z k
Приравняв действительные и мнимые части, получаем
+∞
( )
∞
iα z
∫ R ( x ) cos α xdx = Re 2 π i ∑ Re s
z = zk
R ( z ) e (4)
−∞ k =1
+∞
( )
∞
iαz
∫ R ( x ) sin α xdx = Im 2 πi ∑ Re s R ( z ) e (4/)
−∞ k =1 z = zk
где z1 , z 2 , ...z k полюсы функции R(z), лежащие в верхней
полуплоскости.
Рассмотрим примеры.
+∞
(x + 1) sin 2 xdx .
1 Вычислить интеграл I = ∫
x 2 + 2x + 2
−∞
Решение. Ясно, что I – интеграл второго типа
2
D = 4 − 8 = −4 < 0 ⇒ x + 2 x + 2 ≠ 0 ∀x ∈ R , и степень знаменателя на 1
меньше степени числителя).
Рассмотрим функцию R( z ) = 2
(z + 1) sin 2 z = (z + 1) sin 2 z .
z + 2 z + 2 ( z − (−1 + i ) )( z − (−1 − i ) )
Функция R(z) имеет в верхней полуплоскости один простой полюс в точке
z1 = −1 + i . По формуле (4/) имеем I = Im 2πi Re s R ( z )e i 2 z .
( )
z = z1
Используя правило 2, получаем
( z + 1)e i 2 z ( ( ))( )
( )
i2z
z − − 1 + i z + 1 e
Re s e R( z ) = Re s 2
i2z = lim =
z = z1 z = −1+ i z + 2 z + z z → −1+ i ( z − (− 1 + i ))( z − (− 1 − i ))
= lim
(z + 1)e i 2 z =
(− 1 + i + 1) e i ( −2 + 2i ) 1 − 2 − 2i e − 2
= e ⋅e = (cos 2 − i sin 2 )
z → −1+ i z +1+ i (− 1 + i + 1 + i ) 2i 2
e −2
Таким образом I = Im 2πi (cos 2 − i sin 2 ) = π ⋅ e − 2 cos 2 .
2
+∞
cos xdx
2 Вычислить интеграл I = ∫ 2 2
, a > 0.
0 x + a
Решение. Так как под знаком интеграла стоит четная функция, то
+∞
1 cos xdx 1
I= ∫ 2 и R ( x ) = , α = 1.
2 −∞ x + a 2 x2 + a2
Так как степень числителя (1) меньше степени знаменателя x 2 + a 2 на ( )
две единицы и x 2 + a 2 ≠ 0 для любого действительного х, то I – интеграл
17
