Вычеты интегралы. Вычисление несобственных интегралов с помощью вычетов

Теоретический минимум

Часто встречаются случаи, когда вычисление определённых интегралов методами комплексного анализа предпочтительнее, чем методами
вещественного анализа. Причины могут быть самыми разными. Методы ТФКП могут позволять в отдельных случаях сильно сократить вычисления.
Иногда формулу Ньютона-Лейбница нельзя использовать, так как неопределённый интеграл не выражается в элементарных функциях.
Методы дифференцирования и интегрирования по параметру требуют очень аккуратного обоснования своей применимости, да и параметр иногда
приходится вводить искусственно.

Обычно методами комплексного анализа вычисляются несобственные интегралы - по бесконечному промежутку или от неограниченных на отрезке
интегрирования функций. Общая идея заключается в следующем. Составляется контурный интеграл. Интеграл по некоторым участкам контура должен
совпадать с искомым определённым интегралом - по крайней мере, с точностью до постоянного множителя. Интегралы по остальным участкам контура
должны вычисляться. Затем применяется основная теорема о вычетах, согласно которой
,
где - это особые точки функции , находящиеся внутри контура интегрирования . Таким образом, контурный интеграл с одной
стороны оказывается выраженным через искомый определённый интеграл, а с другой стороны вычисляется с помощью вычетов (что обычно
серьёзных сложностей не представляет).

Основная сложность - выбор контура интегрирования. Его подсказывает, в принципе говоря, подынтегральная функция. Однако без достаточной
практики овладеть данным методом сложно, а потому примеров будет приведено довольно много. Наиболее часто используются контуры, составленные из
элементов, по которым удобно проводить интегрирование (прямые, дуги окружностей).

интегрирования в комплексной плоскости

Пример 1. Интегралы Френеля .
Вычислим интегралы , .
Несложно догадаться, что первым шагом является переход к экспоненциальной форме, предполагающий рассмотрение интеграла .
Нужно только подобрать контур интегрирования. Понятно, что в контур должна войти полуось . Вещественная и
мнимая части интеграла по этой части контура представляют собой интегралы Френеля. Далее, вычисляемый контурный интеграл по структуре
подынтегрального выражения напоминает интеграл Эйлера-Пуассона, значение которого известно. Но чтобы получить этот интеграл, нужно положить
, тогда . А такое представление переменной - это интегрирование по прямой, проходящей через точку
под углом к вещественной оси.
Итак, два элемента контура есть. Чтобы контур замкнулся, будем считать, что выбранные два участка контура имеют конечную длину , и замкнём
контур дугой окружности радиуса . Позже мы устремим этот радиус к бесконечности. В результате получается изображённый на рис. 1 контур.

(1)
Внутри контура интегрирования подынтегральная функция особых точек не имеет, поэтому интеграл по всему контуру равен нулю.

.
В пределе этот интеграл равен нулю.
На участке можно записать , тогда
.
Подставляем полученные результаты в (1) и переходим к пределу :

Отделяя вещественную и мнимую части, находим, учитывая значение интеграла Эйлера-Пуассона
,
.

Пример 2. Выбор контура интегрирования, содержащего внутри особую точку подынтегральной функции .
Вычислим интеграл, похожий на рассмотренный в первом примере: , где .
Вычислять будем интеграл . Контур выберем аналогичный тому, который использовался в первом примере. Только теперь нет цели
свести вычисление к интегралу Эйлера-Пуассона. Здесь заметим, что при замене подынтегральная функция не изменится.
Это соображение подсказывает выбрать наклонную прямую контура интегрирования так, чтобы она составляла с вещественной осью угол .

При записи контурного интеграла
(2)
интеграл по дуге окружности в пределе стремится к нулю. На участке можно записать :
.
Таким образом, из (2) при переходе к пределу находим
.
Здесь учтено, что внутри контура интегрирования подынтегральная функция имеет простой полюс .

Отсюда находим искомый интеграл:
.

Пример 3. Через верхнюю или нижнюю полуплоскость замкнуть контур интегрирования ?
На следующем достаточно простом интеграле продемонстрируем характерную деталь выбора контура интегрирования. Вычислим
интеграл .
Фактически искомый интеграл функции вычисляется вдоль вещественной оси, на которой подынтегральная функция не имеет
особенностей. Остаётся только замкнуть контур интегрирования. Так как у функции под интегралом всего две конечные особые точки, то
замкнуть контур можно полуокружностью, радиус которой следует устремить к бесконечности. И здесь возникает вопрос о том, как должна
быть выбрана полуокружность: в верхней или нижней полуплоскости (см. рис. 3 а, б). Чтобы понять это, запишем интеграл по полуокружности
в обоих случаях:


а)
б)
Как видно, поведение интеграла в пределе определяется множителем .
В случае "а" , а потому предел будет конечен при условии .
В случае "б" - напротив - , а потому предел будет конечен при условии .
Это наводит на мысль, что способ замыкания контура определяется знаком параметра . Если он положителен, то
контур замыкается через верхнюю полуплоскость, в противном случае - через нижнюю. Рассмотрим эти случаи отдельно.
а)
Интеграл по полуокружности в пределе , как мы видели, обратится в нуль. Внутри контура (см. рис. 3а) находится
особая точка , поэтому

б)
Аналогично находим с помощью интегрирования по контуру, изображённому на рис. 3б,

Замечание . Может показаться странным, что интеграл от комплексной функции получился вещественным. Однако это легко понять, если в исходном
интеграле выделить вещественную и мнимую часть. В мнимой части под интегралом окажется нечётная функция, а интеграл вычисляется в симметричных
пределах. Т.е. мнимая часть обратится в нуль, что и получилось в нашем расчёте.

Пример 4. Обход особых точек подынтегральной функции при построении контура интегрирования .
В рассмотренных примерах подынтегральная функция либо не имела особых точек, либо они были внутри контура интегрирования. Однако
бывает удобно выбрать контур так, что на него попадают особые точки функции. Такие точки приходится обходить. Обход осуществляется
по окружности малого радиуса, который в дальнейшем просто устремляется к нулю. В качестве примера вычислим интеграл .
Может показаться, что подынтегральная функция не имеет конечных особых точек, так как точка является устранимой особенностью.
Но для вычисления интеграла приходится составлять контурный интеграл от другой функции (чтобы обеспечить обращение интеграла в нуль на
замыкающей полуокружности в пределе бесконечного радиуса): . Здесь подынтегральная функция имеет полюсную особенность
в точке .

Таким образом, требуется другой контур интегрирования (см. рис. 4). Он отличается от рис. 3а только тем, что особая точка обходится по полуокружности,
радиус которой предполагается в дальнейшем устремить к нулю.
. (3)
Сразу заметим, что интеграл по большой полуокружности в пределе её бесконечно большого радиуса стремится к нулю, а внутри контура
особых точек нет, так что весь интеграл по контуру равен нулю. Далее рассмотрим первое и третье слагаемые в (3):

.
Теперь запишем интеграл по малой полуокружности, учитывая, что на ней . Также сразу будем учитывать малость радиуса полуокружности:


Не выписаны слагаемые, стремящиеся к нулю в пределе .
Собираем слагаемые в (3) - кроме относящегося к большой полуокружности слагаемого.

Как видно, обращающиеся в бесконечность при слагаемые взаимно уничтожились. Устремляя и , имеем
.
Замечание . Совершенно аналогично вычисляется, например, интеграл Дирихле (напомним, он отличается от только что рассмотренного отсутствием
квадратов в числителе и знаменателе).

Примеры вычисления определённых интегралов с помощью контурного
интегрирования в комплексной плоскости (продолжение)

Пример 5. Подынтегральная функция имеет бесчисленное множество особых точек .
Во многих случаях выбор контура осложнён тем, что у подынтегральной функции бесчисленное множество особых точек. В этом случае может
оказаться так, что сумма вычетов в действительности будет рядом, сходимость которого ещё придётся доказывать, если суммировать его
не получается (а суммирование рядов - вообще отдельная довольно сложная задача). В качестве примера вычислим интеграл .
Понятно, что часть контура - вещественная ось. На ней у функции особенностей нет. Обсудим, как замкнуть контур. Выбирать полуокружность не следует.
Дело в том, что гиперболический косинус имеет семейство простых нулей . Поэтому внутрь контура, замкнутого полуокружностью
в пределе бесконечно большого радиуса, попадёт бесконечно много особых точек. Как ещё можно замкнуть контур? Заметим, что .
Отсюда следует, что можно попробовать включить в контур интегрирования отрезок, параллельный вещественной оси. Контур замкнётся двумя
вертикальными отрезками, в пределе находящимися бесконечно далеко от мнимой оси (см. рис. 5).


На вертикальных участках контура . Гиперболический косинус с ростом аргумента (по модулю) растёт экспоненциально, поэтому
в пределе интегралы по вертикальным участкам стремятся к нулю.

Итак, в пределе
.
С другой стороны, внутри контура интегрирования находятся две особые точки подынтегральной функции. Вычеты в них
,
.
Следовательно,
.

Пример 6. Подынтегральная функция определённого и контурного интегралов различны .
Существует очень важный случай вычисления определённых интегралов методом контурного интегрирования. До сих пор подынтегральная
функция контурного интеграла либо просто совпадала с подынтегральной функцией определённого интеграла, либо переходила в неё отделением
вещественной или мнимой части. Но не всегда всё оказывается так просто. Вычислим интеграл .
В смысле выбора контура особой проблемы нет. Хотя у функции под интегралом бесконечно много простых полюсов , мы уже знаем
по опыту предыдущего примера, что нужен прямоугольный контур, так как . Единственное отличие от примера 5 заключается в том,
что на прямую попадает полюс подынтегральной функции , который нужно обойти. Поэтому выбираем изображённый
на рис. 6 контур.

Рассмотрим контурный интеграл . Мы не станем расписывать его на каждом участке контура, ограничившись горизонтальными
участками. Интеграл по вещественной оси в пределе стремится к искомому. Запишем интегралы по остальным участкам:
.
В пределе и первые два интеграла дадут , потом они войдут в контурный интеграл в сумме
с искомым, который отличается знаком. В результате из контурного интеграла искомый определённый интеграл выпадет. Это означает, что
подынтегральная функция была выбрана неверно. Рассмотрим другой интеграл: . Контур оставляем прежним.

Для начала снова рассмотрим интегралы по горизонтальным участкам. Интеграл вдоль вещественной оси перейдёт в .
Этот интеграл равен нулю как интеграл нечётной функции в симметричных пределах.

В пределе и первые две скобки обратятся в нуль, снова образовав интегралы от нечётных функций
в симметричных пределах. А вот последняя скобка с точностью до множителя даст искомый интеграл. Имеет смысл продолжать вычисление.
Аналогично примеру 5 к нулю стремятся интегралы по вертикальным участкам контура при . Остаётся найти интеграл
по полуокружности, где . Как в примере 4, вычисляем интеграл, учитывая малость :
.
Итак, у нас есть всё, чтобы записать в пределе и контурный интеграл:

А с другой стороны, внутри контура интегрирования оказался полюс подынтегральной функции

Вычетом функции f(z) в изолированной особой точке z0 называется число где 7 - достаточно малая окружность нет других особых точек функции f(z). Из формулы для коэффициентов ряда Лорана непосредственно вытекает, что Таким образом, вычет функции /(г) в изолированной особой точке zo равен коэффициенту при (г - zq)~] в лорановском разложении этой функции в точке z0. Отсюда, в частности, вытекает, что вычет в устранимой особой точке равен нулю. Укажем некоторые формулы для вычисления вычета в полюсе функции /(г). 1. zq - полюс первого порядка: 00 Умножим обе части этого равенства на z - zo и, переходя к пределу при z zo, получим, что Если функцию f(z) можно представить в виде дроби где и ф(г) - аналитические функции, причем простой полюс, то из формулы (3) вытекает, что Пример 1. Пусть Особые точки » функции, ЯВЛЯЮТСЯ простыми гюлюсами. Поэтому 2. zo - полюс порядка т: Для устранения отрицательных степеней z - z0 умножим обе части этого равенства на (z-Zo)m, Вычеты Основная теорема о вычетах Применение вычетов к вычислению интегралов Вычет функции относительно бесконечно удаленной точки Приложение вычетов к вычислению определенных интегралов Интегралы от рациональных функций Лемма Жордана Вычисление интегралов Френеля Продифференцируем полученное соотношение m - 1 раз и, переходя к пределу при получим, что Пример 2. Пусть 4 Особыми точками этой функции являются точки г = ±i. Это - полюсы второго порядка. Вычислим, например, res/(i). Имеем Теорема 21i Пусть функция f(z) аналитична всюду в области D за исключением конечного числа изолированных особых точек 7огда для любой замкнутой области G, лежащей в D и содержащей точки zn внутри, справедливо равенство Теорема вытекает из теоремы Коши для многосвязной области. Построим окруж ности столь малого радиуса г, что ограниченные ими круги - содержатся в области G и не пересекаются друг с другом (рис. 29). Обозначим через G* область, которая получается из области G путем удаления кругов Uи..., U„. Функция f(z) анали-тична в области G* и непрерывна в ее замыкании G7. Поэтому по теореме Коши для многосвязной области имеем Из этой формулы, пользуясь определением вычета получаем требуемое равенство (5). 6.1. Вычет функции относительно бесконечно удаленной точки Говорят, чтофункция f(z) является аналитической в бесконечно удаленной точке z = оо, если функция аналитична вточке С =0. Это следует понимать так: функцию g(0= f (f) можно доопределить до аналитической, положив Например, функция аналитична в точке z = оо, поскольку функция аналитична в точке С = 0. Пусть функция /(г) аналитична в некоторой окрестности бесконечно удаленной точки (кроме самой точки z = оо). Точка z = оо называется изолированной особой точкой функции /(г), если в некоторой окрестности этой точки нет других особых точек функции f(z). Функция имеет в бесконечности неизолированную особенность: полюсы zk = к-к этой функции накапливаются в бесконечности, если к оо. Говорят, что z - оо является устранимой особой тонкой, полюсом или существенно особой точкой функции f(z) в зависимости от того, конечен, бесконечен или вовсе не существует lim f(z). Критерии типа бесконечно удаленной точки, связанные с разложением Лорана, изменяюгся по сравнению с критериями для конечных особых точек. Теорема 22. Если z - оо является устранимой особой точкой функции /(z), то лоранов-ское разложение f(z) в окрестности этой точки не содержит полож и тельных степеней z;eaiu z - оо - полюс, то это разложение содержит конечное число положительных степеней z, в случае существенной особенности - бесконечное число положительных степеней z. При этом лорановским разложением функции /(z) в окрестности бесконечно удаленной точки будем называть разложение в ряд Лорана, сходящийся всюду вне круга достаточно большого радиуса R с центром в точке z - 0 (кроме, быть может, самой точки z - оо). Пусть функция f(z) - аналитична в некоторой окрестности точки z = оо (кроме, быть может, самой этой точки). Вычетом функции /(z) в бесконечности называют величину пае 7 - достаточно большая окружность \z\ = р, проходимая по часовой стрелке (так, что окрестность точки z - оо остается слева, как и в случае конечной точки г = го). И з этого определения следует, что вычет функции в бесконечности равен коэффициенту при z~! в лорановском разложении /(z) в окрестности точки z - оо, взятому с противоположным знаком: Пример 3. Для функции f(z) = имеем f(z) = 1 + j. Это выражение можно рассматривать как ее лорановское разложение в окрестности +очки z = оо. Легко видеть, что так что точка z = оо является устранимой особой точкой, и мы полагаем, как обычно, /(оо) = 1. Здесь, следовательно, Из этого примера следует, что вычет аналитической функции относительно бесконечно удаленной устранимой особой точки (в отличие от конечной устранимой особой точки) может оказаться отличным от нуля. Известные тейлоровские разложения функций е1, cosz, sinz, chz, shz можно рассматривать также и как лорановские разложения в окрестности точки z - оо. Так как все эти разложения содержат бесконечное множество положительных степеней z, то перечисленные функции имеюгвточке z = оо существенную особенность. Теорема 23. Если функция f(z) имеет в расширенной комплексной плоскости конечное число особых точек, то сумма всех ее вычетов, включая и вычет в бесконечности, равна нулю. Так что, если - конечные особые точки функции f{z), то Последнее соотношение бывает удобно использовать при вычислении некоторых интегралов. Пример 4. Вычислить интеграл Полюсами (конечными) подынтегральной функции являются корни zt уравнения гя = -1, которые все лежат внутри окружности В окрестности точки г = оо функция /(z) имеет следующее разложение: ИЗ КОТОРОГО ВИДНО, ЧТО В силу теоремы 6.2. Приложение вычетов к вычислению определенных интегралов. Интегралы от рациональных функций Теорема 24. Пусть f(x) - рациональная функция, т. е. где - многочлены степеней пит соответственно. Если функция f(x) непрерывна на всей действительной оси (. степень знаменателя, по крайней мере, на две единицы больше степени числителя, то р.(*) Qm(z) во всех полюсах, расположенных в верхней полуплоскости (существенно особых точек у рациональной функции нет). 4 Рассмотрим замкнутый контур 7, состоящий из отрез ка действительной оси верхней полуокружности. Мохжо считать, что R выбрано большим настолько, что внутренность обла- сти, ограниченной контуром 7, содержит все полюсы функции расположенные в верхней полуплоскости (рис. 30). В силу основной теоремы о вычетах я Оценим J. В силу условия на степени многочленов найдутся положительные числа До и М такие, что при По свойству 6 интегралов от функции комплексного переменного для имеем: при Д оо. Перейдем в равенстве к пределу при R 00. Заметим, что правая часть от R не зависит, а вто рое слагаемое в левой части стремится к нулю. Отсюда следует, что предел первого слагаемого существует и равен где.. ,2/ - все полюсы функции /(2), расположенные в верхней полуплоскости. Пример 5. Вычислить интеграл Так как подынтегральная функция - четная, то Рассмотрим функцию Вычеты Основная теорема о вычетах Применение вычетов к вычислению интегралов Вычет функции относительно бесконечно удаленной точки Приложение вычетов к вычислению определенных интегралов Интегралы от рациональных функций Лемма Жордана Вычисление интегралов Френеля которая на действительной оси, т.е. при г = х, совпадает с /(х). Функция /(z) имеет в верхней полуплоскости одну изолированную особую точку z - ai - полюс второго порядка. Вычет /(г) в точке z = в» равен Пользуясь формулой (10), получаем, что Интеграл вида где Л(м, г) - рациональная функция аргументов и и v. Введем комплексное переменное z = etx. Тогда Ясно, что в данном случае. Таким образом, исходный интеграл переходит в интеграл от функции комплексного переменного по замкнутому контуру: где 7 - окружность единичного радиуса с центром в начале координат: Согласно основной теореме о вычетах, полученный интеграл равен, где - сумма вычетов подынтегральной функции F(z) в полюсах, расположенных внутри окружности 7. Пример 6. Вычислить интеграл Применяя подстановку z = е,г. после простых преобразований (см. формулы (II)) получим, что Внутри единичного круга при условии находится только один полюс (второго порядка) Вычет функции Интегралы вида гдеД(х) - правильная рациональная дробь, а > 0 - вещественное число. При вычислении таких интегралов часто бывает полезной следующая лемма. Лемма Жордана. Пусть функция f(z) аналитична в верхней полуплоскости исключением конечного числа изолированных особых точек, и при \ стремится к нулю равномерно относительно arg z. Тогда для любого положитыьного а где 7л - верхняя полуокружность Условие равномерного стремления /(г) к нулю означает, что на полуокружности 7R Оценим исследуемый интефал. Замечая, что на 7Л В силу известного неравенства (см. рис. 31) справедливого при (для доказательства достаточно заметить, что и, значит, функция ^ убывает на полуинтервале Сопоставляя формулы (13) и (14), заключаем, что 4 Введем вспомогательную функцию Пример 7. Вычислить интеграл Нетрудно видеть, что если г = х, то Jmh(z) совпадает с подынтегральной функцией Рассмотрим контур, указанный на рис.32. При достаточно большом R на дуге 7л Функция вследствие соотношения, удовлетворяет условию при Значит, по лемме Жордана По основной теореме о вычетах для любого имеем Переходя к пределу в равенстве (16) и учитывая соотношение (15). получим, что Разделяя слева и справа вещественные и мнимые части, будем иметь В силу того что подынтегральная функция f(x) - четная, окончательно получим В рассматриваемом примере функция f(z) не имеет особых точек на действительной оси. Однако небольшое изменение описанного метода позволяет применять его и в том случае, когда функция f(z) имеет на действительной оси особые точки (простые полюсы). Покажем, как это делается. Пример 8. Вычислить интеграл 4 функция обладает следующими свойствами: при совпадает с подынтегральной функцией; 2) имеет особенность на действительной оси - простой полюс в точке г = 0. Рассмотрим в верхней полуплоскости Im z ^ 0 замкнутый контур Г, состоящий из отрезков действительной оси [-Я, -г), (г,R) и дуг полуокружностей (рис. 33). Внутри этого контура находится лишь один полюс функции h(z) - точка z = Ы. Согласно основной теореме о вычетах, Преобразуем сначала сумму интегралов по отрезкам (-Я, -г| и |г, Я) действительной оси. Заменяя х на ~х в первом слагаемом правой части равенства (18) и объединяя его с третьим слагаемым, получим Обратимся ко второму слагаемому в формуле (18). Так как где lim g(z) = 0. то подынтегральная функция h(z) представима в следующем виде: Тогда Полагая. получим, что Четвертое слагаемое в равенстве (18) при Я -» оо стремится к нулю согласно лемме Жордана, ибо функция ^ стремится к нулю при |г| оо. Таким образом, при равенство (18) принимает вид 6.3. Вычисление интегралов Френеля Интегралы Френеля: Рассмотрим вспомогательную функцию /(г) = с" и контур Г, указанный на рис. . Внутри контура Г функция f(z) - аналитическая, и по теореме Коши Покажем, что где Гг2 - полуокружность радиуса г2. Функция 0(0 = удовлетворяет условиям леммы Жордана, и, значит, Переходя в формуле (20) к пределу при г -* оо, получим, что На отрезке ВО: Отсюда откуда Упражнения Найдите действительную и мнимую части функдаи: Найдите образы действительной и мнимой осей при отображении: Докажи те, что функция непрерывна на всей комплексной плоскости: Пользуясь условиями Коши-Римана, выясните, является ли функция аналитической хотя бы в одной точке или нет: Восстановите аналитическую в окрестности точки 20 функцию /(г) по известной действительной части и (или по известной мнимой части v(x, у)) и значению f(z0): Покажите, что следующие функци и являются гармоническими: Может ли данная функция быть действительной или мнимой частью аналитической функции Найдите действительную и мнимую части функции: Найдите модуль и главное значение аргумента функции в указанной точке zq: Найдите логарифмы следующих чисел: Решите уравнение: 38. Вычислите интеграл /- линия, соединяющая точки z\ = 0 отрето к прямой, б) дуга параболы ломаная 39. Вычислите интеграл - полуокружность Вычислите интегралы: 43. Вычислите интеграл / где 7 - верхняя половина окру*« ости |z| = 1 (выбирается Вычеты Основная теорема о вычетах Применение вычетов к вычислению интегралов Вычет функции относительно бесконечно удаленной точки Приложение вычетов к вычислению определенных интегралов Интегралы от рациональных функций Лемма Жордана Вычисление интегралов Френеля ветвь функци и л/z, для которой 44. Вычислите интеграл / ^ dz, где 7 - отрезок прямой, идущий из точки zj = 1 в точку Вычислите интегралы: Найдите радиус сходимости ряда: Рашожите функцию в ряд Тейлора и найдите радиус сходимости полученного ряда: постепеням z + I. 55. cosz постепеням 56.--- постепеням z + 2. 57.-^- постепеням z. 58. sh2 z постепеням z. Найдите нули функции и определите их порядки: z Определите область сходимости ряда: Разложите в ряд Лорана в окрестности точки г = 0: Разяожитс в ряд Лорана в уюзан ном кольце: Найдите особые точки и определит е их характер: Найдите вычеты функции в особых точках: Вычислите интегралы: Определите характер бесконечно удаленной точки: Вычислите интегралы: Ответы z переходите ось ы, при изменении z от -оо до +оо и изменяется от до -оо и от +оо до +1 (точка +1 исключается), ось у переходит в окружность Ось х переходит в ось и так же, как и в упр-и 5, ось у переходит в прямую u ~ 1, пробегаемую от точми 1 до 1 + too и от 1 - »оо до точки 1 (сама точка 1 исключается

Калькулятор решает интегралы c описанием действий ПОДРОБНО на русском языке и бесплатно!

Решение неопределённых интегралов

Это онлайн сервис в один шаг :

Решение определённых интегралов

Это онлайн сервис в один шаг :

• Ввести подинтегральное выражение (подинтегральную функцию)
• Ввести нижний предел для интеграла
• Ввести верхний предел для интеграла

Решение двойных интегралов

• Ввести подинтегральное выражение (подинтегральную функцию)

Решение несобственных интегралов

• Ввести подинтегральное выражение (подинтегральную функцию)
• Введите верхнюю область интегрирования (или + бесконечность)
• Ввести нижнюю область интегрирования (или - бесконечность)

Решение тройных интегралов

• Ввести подинтегральное выражение (подинтегральную функцию)
• Ввести нижний и верхний пределы для первой области интегрирования
• Ввести нижний и верхний предел для второй области интегрирования
• Ввести нижний и верхний предел для третьей области интегрирования

Данный сервис позволяет проверить свои вычисления на правильность

Возможности

• Поддержка всех возможных математических функций: синус, косинус, экспонента, тангенс, котангенс, корень квадратный и кубический, степени, показательные и другие.
• Есть примеры для ввода, как для неопределённых интегралов, так и для несобственных и определённых.
• Исправляет ошибки в ведённых вами выражениях и предлагает свои варианты для ввода.
• Численное решение для определённых и несобственных интегралов (в том числе для двойных и тройных интегралов).
• Поддержка комплексных чисел, а также различных параметров (вы можете указывать в подинтегральном выражении не только переменную интегрирования, но и другие переменные-параметры)

Определение . Точки комплексной плоскости, в которых однозначная функция f(z) является аналитической, называют правильными точками этой функции, а точки, в которых f(z) не является аналитиче­ской, называют особыми точками (в частности, точки, в которых f(z) не определена).

Определение . Точка z 0 называется нулем (корнем) порядка (кратности) аналитической функции f(z),если:

б) существует, конечен и не равен нулю.

Если целые положительные числа), то­гда – нули (корни) этого многочлена, которые имеют соответственно порядки (кратности) .

Определение . Пусть f (z ) аналитическая функция в окрестности точки z 0 , за ис­ключением самой точки z 0 . В этом случае точка z 0 называется изолированной особой точкой функции f (z ).

Различают изолированные особые точки одно­значной функции трёх типов :

1) устранимую особую точку – изолированную особую точку z 0 , в которой существует конечный предел:

2) полюс k-го порядка – изолированную особую точку z 0 , в которой существует конечный предел, не равный нулю:

(2.41)

если , то z 0 – полюс первого порядка (простой полюс);

3) сущест­венно особую точку – изолированную особую точку z 0 , которая не является ни уст­ранимой, ни полюсом. То есть не существует, ни конечный, ни бесконечный.

Теорема (о связи между нулем и полюсом) . Если точка z 0 – нуль порядка к функции f(z), то для функции 1/f(z) эта точка является полюсом порядка к.

Пусть f(z) – функция, аналитическая в каждой точке об­ласти D, за исключением конечного числа изолированных осо­бых точек, и L — кусочно-гладкий замкнутый контур, целиком лежащий в области D и не проходящий через особые точки функции f(z).

Если в области, ограниченной контуром L, не содержится особых точек функции f(z), то по основной теореме Коши

.

Если же в области, ограниченной контуром L, имеются особые точки функции f(z), то значение этого интеграла, вообще говоря, отлично от нуля.

Определение . Вычетом аналитической функции f(z) относительно изо­лированной особой точки z 0 (или в точке z 0) называется комплексное число, равное значению интеграла , где L – любой кусочно-гладкий замкнутый контур, лежащий в облас­ти аналитичности функции f(z) и содержащий внутри себя един­ственную особую точку z 0 функции f(z).

Вычет f(z) относительно точки z 0 обозначается симво­лом resf(z 0)(Resf(z 0)) или так, что имеем:

. (2.42)

Вычет функции относительно устранимой особой точки равен нулю:

Вычет f(z) относительно простого полюса можно найти по формуле:

Вычет f(z) относительно полюса порядка к находят по формуле:

Если причем точка является простым нулем и не является нулем для , то:

. (2.46)

Основная теорема Коши о вычетах . Если функция f(z) аналитическая в замкнутой области , ограниченной контуром L, за исключением конечного числа особых точек , лежащих внутри ,то:

Эта теорема имеет большое значение для приложений.

Замечание . В предыдущих рассуждениях о вычетах неявно предпола­галось, что рассматриваются конечные изолированные особые точки (это ясно из того, что интеграл по замкнутому контуру по умолчанию брался в положительном направлении, т.е. против часовой стрелки, а особая точка при этом попадает внутрь конту­ра только в случае, когда она конечна). В случае же, когда рас­сматривается бесконечно удаленная точка, ситуация несколько иная. Точнее, сформулируем это так.

Определение .Вычетом функции f(z) относительно бесконечно уда­ленной точки называют интеграл:

где L – замкнутый кусочно-гладкий контур, целиком лежащий в той ок­рестности точки , в которой функция f(z) является анали­тической. Интегрирование по Lсовершается в отрицательном направлении этого контура, т.е. так, чтобы при обходе контура бесконечно удаленная точка оставалась слева. Таким образом:

Пример 1

Найти интеграл от функции комплексного переменного, используя основную теорему Коши о вычетах:

.

Решение

1) Определим изолированные особые точки подинтегральной функции, согласно теореме (2.47):

Особые точки: .

2) Определим точки, лежащие внутри области интегрирования, изобразим область графически (рис. 2.7).

Точку z = 1 не рассматриваем, так как она не лежит внутри области .

3) Определим тип рассматриваемой изолированной особой точки z = 0. Найдем предел по формуле (2.41):

Так как предел существует, то z = 0 – полюс первого порядка (простой полюс).

4) Найдем вычет функции относительно простого полюса z = 0, используя формулу (2.44):

5) Определим значение интеграла по основной теореме Коши о вычетах (2.47):

Ответ

Пример 2

Найти интеграл от функции комплексного переменного, используя основную теорему Коши о вычетах.