Некоторые интегралы

1. Интеграл Эйлера: =sign(a)p/2

Рассмотрим интеграл при a> 0

Выберем контур . Функция f(z)= , являющаяся аналитическим продолжением функции в верхнюю полуплоскость, в области, ограниченной контуром Г, особых точек не имеет. Значит по теореме Коши

Последний интеграл по Лемме Жордана стремится к 0 при R→ ∞. Сумма первых двух интегралов при R→ ∞ и ε → 0 стремится к (в смысле главного значения). Рассмотрим третий интеграл:

Значит

2. I= , 0< a< 1; I= Выч[z^a-1f(z), z_k]

Пусть f(x) может быть аналитически продолжена на всю комплексную плоскость. Пусть аналитическое продолжение является однозначной аналитической функцией, за исключением конечного числа изолированных особых точек, не лежащих на положительной части действительной оси, и z=∞ является нулем не ниже первого порядка, а т. z=0 – устранимой особой точкой f(z). Рассмотрим функцию

Внутри контура она является аналитическим продолжением f(x), является однозначной и ее особые точки совпадают с особыми точками f(z).

Оценим каждый из интегралов в отдельности:

. Переходя к пределам, окончательно получаем:

3. I= , 0< a< 1; I= Выч[z^a-1(1-z)^-af(z), z_k], a₀= f(z).

Пусть f(x), заданная на отрезке действительной оси (0, 1) может быть продолжена на всю комплексную плоскость. Пусть ее аналитическое продолжение является однозначной аналитической функцией, за исключением конечного числа изолированных особых точек, а точка z=∞ является устранимой особой точкой f(z). Заметим, что аналитическое продолжение имеет 2 точки ветвления z=0 и z=1.

Выберем контур Г, состоящий из обоих берегов разреза [0, 1], замыкающих их окружностей С_ε ^’: |z|=ε; С_ε ^’’: |z-1|=ε, Окружности большого радиуса С_R и дважды проходимого (в противоположных направлениях) отрезка от большой к малой окружностей. Так как функция на этом отрезке аналитическая, то сумма интегралов по противоположным направлениям равна 0. Значит, по основной теореме теории вычетов:

Рассмотрим каждое слагаемое. По условию z=∞ является устранимой особой точкой f(z). Значит в окрестности точки z=∞ , а , где ψ (z) – ограниченная аналитическая функция. Значит разложение в ряд Лорана будет , где ψ ₁(z) – ограниченная аналитическая функция. Значит . Следовательно (интеграл равен – вычету в бесконечности).

Аргумент на нижнем берегу разреза больше аргумента на верхнем берегу разреза на 2π a. Значит . При стремлении ε к 0 интегралы по малым окружностям стремятся к 0. Следовательно

И окончательно I , где

4. I= f(x)ln(x)dx=pi Выч[f(z)(lnz-ip/2), z_k]

Пусть f(x) является четной функцией и может быть продолжена на верхнюю полуплоскость комплексной плоскости. Пусть ее аналитическое продолжение является однозначной аналитической функцией, за исключением конечного числа изолированных особых точек.

. Аналитическое продолжение – ветвь полной аналитической функции, совпадающая с f(x)lnx при x> 0, а на отрицательной части действительной оси .

Рассмотрим контур Г:

Рассмотрим второе слагаемое:

Последнее слагаемое .

Наконец, т.к. функция четная . Значит, переходя к пределу:

§19.Логарифмический вычет.

Пусть f(z)Î C^¥ (`g\z₁, …z_N), z_n- полюса и f(x)÷ _xÎ _¶g ¹ 0. Тогда " xÎ ¶g – правильная и $ f’(x)÷ _xÎ _¶g.

Определение. Функция j(z)=f’(z)/f(z)=[ln f(z)]’ называется логарифмической производной функции f(z).

Вычеты j(z) в ее особых точках z_n называются логарифмическими вычетами.

Особыми точками j(z) будут нули z⁰_k и полюса z_k функции f(z). Как считать вычеты?

a) Пусть z⁰_k – нуль порядка n функции f(z) => f(z)=(z-z⁰_k)ⁿf₁(z), f₁(z⁰_k)¹ 0 и точка z⁰_k является правильной точкой f₁(z) =>

=> j(z)=n/(z-z⁰_k)+f’₁(z)/f₁(z) Значит z⁰_k является полюсом 1-го порядка j(z)

=> Выч[j(z), z⁰_k]=n.

b) Пусть z_k – полюс порядка p; f(z)=y(z)/(z-z_k)^p , y(z_k)¹ 0 и точка z⁰_k является правильной точкой ψ (z)=>

=> j(z)=-p/(z-z_k)+ y’(z)/y(z) => Выч[j(z), z_k]=-p (в полюсе p-го порядка логарифмический вычет равен порядку полюса, взятому со знаком минус)

Теорема 19.1 Если f(z)Î C^¥ (`g\z₁, …z_N), z_n- полюса и f(x)÷ _xÎ _¶g¹ 0, то =N-P, где N- полное число нулей f(z) с учетом кратности, P- полное число полюсов f(z) с учетом кратности.

Доказательство. По основной теореме теории вычетов j(x)dx=2pi Выч[j(z), z_m]= 2pi[ n_k- p_k]= 2pi(N-P). n

В частности, если f(z)Î C^¥ (`g), то N= .

Принцип аргумента. dlnf(x)= d ln|f(x)|+ d arg f(x). , где Var - вариация (изменение) при обходе точкой x замкнутого контура ¶g⁺. Действительная функция ln|f(x)| является однозначной функцией, поэтому ее вариация равна 0. => Первое слагаемое =0. Второе слагаемое представляет собой полную вариацию arg(f(x)) при обходе точкой x замкнутого контура ¶g⁺, деленную на 2p. Итак,

N-P=(1/2p)Var[arg(f(x))]|_¶g+.

Геометрическая интерпретация. Изобразим значения w=f(z) точками на комплексной плоскости w. Т.к. f(z)Î C(¶g), то при полном обходе точкой z контура ¶g на комплексной плоскости z, соответствующая ей точка на плоскости w описывает некий замкнутый контур С. При этом точка w=0 может оказаться как вне, так и внутри области, ограниченной контуром C. В первом случае Var[arg(w)]|_С=0. Во втором случае Var[arg(w)]|_С= 2p*число полных обходов вокруг точки w=0, которое совершает точка w при своем движении по контуру C. При этом точка w может обходить точку w=0 как в положительном направлении (против часовой стрелки), так и в отрицательном (по часовой).

Принцип аргумента. Разность между полным числом нулей и полюсов функции f(z) в области g определяется числом оборотов, которое совершает точка w=f(z) вокруг точки w=0, при положительном обходе точкой z контура ¶g.

Эти соображения помогают при подсчете полного числа нулей аналитической функции в заданной области.

Пример. Найти число корней уравнения в правой полуплоскости.

В силу принципа аргумента: . Где граница области состоит из полуокружности C_R и ее диаметра:

Преобразуем: т.к. аргумент произведения равен сумме аргументов, то

Перейдем к пределу:

Первый предел равен π, т.к. z пробежала от -i∞ до +i∞. Второй предел равен 0, т.к. под arg стоит функция, которая стремится к 1 при R→ ∞. Значит

Пусть теперь z движется по мнимой оси от z=iR до z=-iR. Сделаем замену z=it:

Построим график. Мы получили параметрическое представление прямой. Для построения графика найдем точки пересечения кривой с координатными осями.

Заметим, что u(t) и v(t) одновременно в 0 не обращаются, значит на мнимой оси у исходной функции нет нулей и применение принципа аргумента законно.

Значит . (один раз обошли вокруг 0 по часовой стрелке - это -2π, и еще были в первом квадранте, стали в 4-м – это –π). Следовательно .

Пример. Найти число корней уравнения в правой полуплоскости .

В силу принципа аргумента: . Где граница области состоит из полуокружности C_R и ее диаметра:

Преобразуем: т.к. аргумент произведения равен сумме аргументов, то

Перейдем к пределу:

Первый предел равен π, т.к. z пробежала от -i∞ до +i∞. Второй предел равен 0, т.к. под arg стоит функция, которая стремится к 1 при R→ ∞. Значит

Пусть теперь z движется по мнимой оси от z=iR до z=-iR. Сделаем замену z=it:

Заметим, что u(t) и v(t) одновременно в 0 не обращаются, значит на мнимой оси у исходной функции нет нулей и применение принципа аргумента законно. Построим график.

Значит . Следовательно

Во многих случаях соответствующие вычисления можно значительно облегчить благодаря следующей теореме.

Теорема Руше Если f(z), j(z)Î C^¥ (`g) и |f(z)| |_¶g> |j (z)| |_¶g, то N[f+j]_g=N[f]_g.

Доказательство. Для f(z) и F(z)=f(z)+j(z) выполнены все условия Теоремы 19.1 Действительно, f(z)Î C^¥ (`g) => f(z) |_¶g не имеет особых точек и т.к.

|f(z)| |_¶g> |j (z)| |_¶g=> |f(z)| |_¶g¹ 0. F(z)Î C^¥ (`g) => F(z) |_¶g не имеет особых точек и т.к. |F(z)| |_¶g=| f(z)+j(z)| |_¶g ³ |f(z)| |_¶g - |j (z)| |_¶g > 0. => => N[f+j]_g=(1/2p)Var[arg(f+j)]|_¶g; N[f]_g=(1/2p)Var[arg(f)]|_¶g;

N[f+j]_g-N[f]_g=(1/2p)Var[arg(f+j)- arg(f)]|_¶g={arg a-arg b=arg a/b т.к. a=|a|e^iarga, b=|b|e^iargb=> a/b=(|a|/|b|)e^{i(arg a-arg b)}= arg a/b = arg a-arg b }= (1/2p)Var[arg((f+j)/f)]|_¶g =(1/2p)Var[arg(1+j/f)]|_¶g. Введем функцию w=1+j/f. При обходе точкой z контура ¶g соответствующая ей w опишет некоторую замкнутую кривую C, которая т.к. |f(z)| |_¶g> |j (z)| |_¶g целиком будет лежать внутри некоторого круга

|w-1|£ r< 1, т.е. точка w-0 лежит вне кривой С. => Var[arg(1+j/f)]|_¶g=0 n.

Важным следствием теоремы Руше является:

Основная теорема высшей алгебры. Полином n-ой степени имеет на комплексной плоскости ровно n нулей (с учетом их кратности).

Доказательство. Представим полином F(z)=a₀zⁿ+a₁z^n-1+…+a_n в виде F(z)=f(z)+j(z), где f(z)=a₀zⁿ, j(z)= a₁z^n-1+…+a_n. Составим отношение j(z)/f(z)=(a₁/a₀)1/z+…+(a_n/a₀)1/zⁿ. Для " a₀, a₁, a_n $ R₀, что для " |z|=R> R₀ 0< |j(z)/f(z)|_|z|=R< 1. В силу Теоремы Руше N[F] _|z|=R= N[f] _|z|=R. Но функция f(z)=a₀zⁿ на всей комплексной плоскости имеет единственный n-кратный нуль- точку z=0.=> N[F] _|z|=R= N[f] _|z|=R=n n

Пример. Найти число корней уравнения в указанной области.

Положим на границе

а

Значит по теореме Руше, т.к. f(z) не имеет корней внутри области,

Пример. Найти число корней уравнения в указанной области.

Положим на границе

а

Значит по теореме Руше, т.к. f(z) имеет 3 корня внутри области,

Пример. Найти число корней уравнения в указанной области.

Пусть N- число корней уравнения в кольце, тогда (N₁ –число корней в круге радиуса 1, N₂- число корней в круге радиуса 2). Для нахождения N₁ положим на границе а

Значит по теореме Руше, т.к. f(z) имеет 1 корень внутри области,

.

Для нахождения N₂ положим а Значит по теореме Руше, т.к. f(z) имеет 4 корня внутри области,

. Окончательно