С помощью вычетов

1. Интегралы вида

, (1)

где – рациональная функция своих аргументов, приводятся к интегралу по замкнутому контуру от функции комплексной переменной.

Произведем замену , тогда . Выразим косинус и синус через переменную :

; .

При изменении угла от до переменная пробегает единичную окружность в положительном направлении. Значит, интеграл (1) принимает вид

где обозначено . В силу основной теоремы о вычетах этот интеграл равен

, (2)

где – особые точки рациональной функции , лежащие в круге .

Пример 1. Вычислить интеграл .

Решение. Напомним, что такой интеграл раньше мы вычисляли с помощью универсальной тригонометрической подстановки . Покажем, как воспользоваться формулой (2).

Полагая , с учетом приведенных выше формул найдем

В результате заданный интеграл преобразуется к виду . Подынтегральная функция имеет простые полюсы в точках (это нули знаменателя). Только одна из этих точек, а именно лежит в круге . Найдем (формула (6) предыдущего пункта)

Поэтому в силу формулы (2)

. ☻

Задача 1. Убедиться, что

1) ; 2)

2. Интегралы вида

. (3)

Здесь и – многочлены степени соответственно и , .

Вычисление таких интегралов проводится по следующей схеме.

1) Вводим функцию комплексной переменной , аналитическую на действительной оси в силу условия (то есть строим аналитическое продолжение подынтегральной функции на комплексную плоскость).

2) Принимаем в качестве контура интегрирования границу полукруга , : . При этом радиус полуокружности считается столь большим, что все особые точки функции , лежащие в верхней полуплоскости, попадают внутрь указанного полукруга (рис.6).

Рис.6

В силу основной теоремы о вычетах

(4)

3) представляем интеграл (4) как сумму

(5)

и переходим к пределу при . Из условия следует, что функция в окрестности бесконечно удаленной точки имеет нуль порядка не ниже второго, значит, может быть представлена в виде . Поэтому для второго слагаемого имеет место оценка

В результате предельного перехода в формуле (5) остается только первое слагаемое, равное искомому интегралу.

4) вычисляем интеграл (3) по формуле

. (6)

Здесь – особые точки функции , лежащие в верхней полуплоскости, т.е. .

Пример 2. Вычислить интеграл .

Решение. Здесь , значит, можно действовать по приведенной схеме. Строим аналитическое продолжение подынтегральной функции: . Из двух особых точек этой функции только точка расположена в верхней полуплоскости. По формуле (6) . В точке функция имеет полюс 2-го порядка:

Значит, .

Заметим, что при вычислении этого интеграла методами математического анализа пришлось бы использовать рекуррентное соотношение, сводящее интеграл к интегралу . ☻

Задача 2. Показать, что .

Указание. Четность подынтегральной функции позволяет записать

3. Интегралы вида

, ,

где – правильная рациональная дробь; – любое вещественное число.

3а. Если функция непрерывна на оси абсцисс, то вычисление таких интегралов производится по следующей схеме.

1) Вводим функцию ;

2) Принимаем в качестве контура интегрирования, как и в предыдущем случае, и применяем теорему о вычетах:

3) Переходим к пределу при . Оценку интеграла позволяет сделать

Лемма Жордана. Пусть – функция, аналитическая в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек , и при , . Тогда при

4) Значит,

, (7)

здесь – полюсы функции (это и полюсы функции ), .

5) Формула Эйлера позволяет представить интеграл в виде суммы

(8)

Осталось сравнить действительные и мнимые части в формулах (7) и (8). Получим искомые интегралы и :

Пример 3. Вычислить интеграл .

Решение. Рассмотрим функцию и представим ее аналитическое продолжение на комплексную плоскость в виде . Здесь множитель удовлетворяет условиям леммы Жордана.

Особые точки функции найдем из условия . Имеем – это простые полюсы функции – и функции . При этом в верхней полуплоскости имеется единственная особая точка . Значит,

Разделяя действительную и мнимую части, получим

Здесь учтено, что . Представим интеграл в виде суммы (8)

Сравнивая действительные части, получим искомый интеграл:

Сравнивая мнимые части, получим еще один интеграл:

☻

Задача 3. Показать, что .

3б. Случай, когда подынтегральная функция на действительной оси имеет простые полюсы в точках , отличается от предыдущего. Теорема о вычетах здесь применяется к контуру , показанному на рис. 7. Если на контуре выполнены условия леммы Жордана, то получаем рис.7

(9)

Здесь – полуокружности радиуса , охватывающие точки . Функция в окрестности простого полюса представляется в виде , где , а – аналити-

ческая в точке функция. Поэтому при интегрировании слагаемого по полуокружности ; имеет место оценка

Значит, при стремлении радиуса к нулю интеграл по каждой полуокружности от функции стремится к нулю. Поэтому при получаем

. (10)

Остается подставить полученное выражение (10) в формулу (9):

. (11)

Здесь – особые точки функции , лежащие в верхней полуплоскости (), – полюсы функции на действительной оси.

Пример 4. Вычислить интеграл

Решение. Четность подынтегральной функции и соотношение позволяют представить заданный интеграл в виде

, где .

Вычислим интеграл в соответствии с изложенной выше схемой. Так как у функции в верхней полуплоскости нет особых точек, а на действительной оси имеется простой полюс в точке , то по формуле (11) получаем

Значит, . ☻

Задача 4. Показать, что .

Пример 5. Вычислить интегралы Френеля

, .

Решение. Рассмотрим функцию

и ее аналитическое продолжение . Вычислим интеграл , контур интегрирования Рис.8

изображен на рис. 8. Внутри этого контура и на нем функция является аналитической и в силу теоремы Коши

. (12)

Выясним, что происходит с каждым из слагаемых при . В интеграле по дуге сделаем замену . В результате получим интеграл , здесь – образ дуги при отображении , а подынтегральная функция удовлетворяет условию леммы Жордана. Значит, при получаем .

На отрезке : . Значит, . Переходя к пределу при и вспоминая, что (интеграл Пуассона), получим

Слагаемое при превращается в несобственный интеграл , таким образом, соотношение (12) принимает вид или

Отсюда следует: ☻

Пример 6. Вычислить интеграл .

Решение. Введем функцию и рассмотрим интеграл ,

где контур интегрирования – прямоугольник с вершинами в точках . Особые точки функции найдем из условия , откуда – единственный простой нуль знаменателя (простой полюс функции ), находящийся в полосе . Найдем вычет функции в этом полюсе: