70 (219)

148

148

(z - 2i)

Punkty
Z	= lim 1— 2»
z -f- i)(z - 2t)

res_2l

-5-¹-ó ~ lim

z² — «z + 2    i —2i

Stąd wobec twierdzenia całkowego o residuach otrzymujemy

/

z dz

z² — iz + 2

= 2x«

res_i

z² — iz -+• 2

_{+ reS2},.._r_^    ]_=27r,(ł₊|)₌₂x,

b) Punktami osobliwymi funkcji podcałkowej są: z\ = 0, z₂ = \/2t i zj = —\Z2«, przy czym zi jest biegunem trzykrotnym, a z₂ i Z3 są biegunami jednokrotnymi. Łatwo zauważyć, że tylko punkty zi i z₂ leżą wewnątrz krzywej C. Obliczamy residua funkcji podcałkowej w tych punktach. Mamy

1    1    c .2

reso-

1

1 d² = — lim

1

= i lim *

1

1 6z - 4 = - lim

z³ (z² -f 2)    2! «-*o dz² z³(z² + 2)J    2 —o dz² z² + 2    2 .-o (P+2)

⁵^z³(z² + 2)

(z-a/2.)

z³ (z + \/2«) (z-^2.)

Korzystając z twierdzenia całkowego o residuach mamy

= lim

— z³ (z + \/2i)    8

„ .(    1 . 1\ xi

^{= 2T,}(-4 ⁺ 8)⁼"T-

/z³ (z²+ 2)

c

c) Mamy

e* — 1 = 0 z = 2fcxi, gdzie k £ Z.

Spośród wyznaczonych punktów wewnątrz okręgu C leżą tylko punkty 0 oraz 2xi. Punkt 0 jest zerem jednokrotnym mianownika, a zarazem zerem dwukrotnym licznika funkcji podcałkowej. Zatem dla tej funkcji jest punktem pozornie osobliwym. Tak więc,

= 0. Z kolei punkt 2x» jest biegunem jednokrotnym funkcji podcałkowej.

dz

= 2xi

reso

1 , 1

z³ (z²+ 2) ^+reS'^^,z³(z² + 2)

reso-

e‘ - 1 Zatem

res2„,-

=

Stąd wobec twierdzenia całkowego o residuach mamy

/

z¹ dz e* - 1

= 2xi

reso

e¹ - 1

+ res_2ir,

e’ - 1

= 2xi [O + (—4x²)] = —8x³«.

d) Punktem osobliwym funkcji podcałkowej jest 0. Punkt ten leży wewnątrz okręgu

C i jest punktem istotnie osobliwym. Residuum w tym punkcie znajdujemy rozwijając

funkcję podcałkową w szereg Laurenta w sąsiedztwie tego punktu. Mamy

i /,    1    1    1    \    111

zcos--z^l-—+    J =z-—_+I?-3 - — +

dla 0 < |z| < 00. Stąd res₀ jzcosij = c_i = — i. Zatem korzystając z twierdzenia całkowego o residuuach mamy

J z cos - = 2xi resoz cos - = 2xi    = —xi.

Dziesiąty tydzień - przykłady

149

• Przykład 10.4

Obliczyć podane całki niewłaściwe pierwszego rodzaju:

OO    OO

>/<^

x² dx , „    / dx

+ 5x² + 6

Rozwiązanie

W przedstawionych poniżej rozwiązaniach wykorzystamy wzór:

oo

j /(z) dx = 2a-i    res_It /(z),

*=i •

gdzie zi,Z2,...,z„ są punktami osobliwymi funkcji /(z) położonymi w górnej półpłasz-czyźnie.

a) Mamy (z² + 4)² = (z + 2«)² (z - 2i)² . Zatem punktem osobliwym funkcji /(z) = z²

-2 leżącym w górnej pólpłaszczyźnie jest 2i. Punkt ten jest biegunem dwukrot-

(z² + 4) nym. Tak więc

^reS2i(^hf =

= lim

i—2* [dz (z -f 2t)^s Stąd, wobec przytoczonego na wstępie wzoru, mamy

OO

z² dz

/

(z²+4)

y = 27TZ reS2i

(z 4- 2i)²(z — 2i)² 4iz    1

= lim

(z² + 4)

]}

i—2i (z + 2i)³ 8i

.1 X = 2rt —_: '= —. ²    8i 4

b) Mamy

z⁴ -f 5z² -f 6 = (z² + 2) (z² -f 3) = (z + \/2i) (z — \/2i) (z + >/3«) (z — \/3i) . Zatem punktami osobliwymi funkcji -7--- leżącymi w górnej pólpłaszczyźnie są

Z* + 02 -f o

>/2* oraz i/3i- Punkty te są biegunami jednokrotnymi. Tak więc

= lim

(z — V^2«)

(z + v/2«) (z - v/2i) (z² + 3) 1 1

-,/S (z + \/2i) (z² + 3)    2x/2i

oraz

⁵n/3.

--- = lim

' z⁴ + 5z² -f 6

= lim

(z - \/3i)

(z² + 2) (z + \/3«) (z — v/3«) 1 1

z-^. (z² + 2) (z + \/3»)    2\/3: