Вычисление интегралов через вычеты
18 октября 2026
Этот конспект ещё находится в процессе редактуры: в тексте могут встречаться опечатки, неточности и локально не проработанные места. Если что-то нашли — сообщите, пожалуйста, автору (контакты на странице курса).
1 Вычисление интегралов по контуру через вычеты
Теорема 1 (Теорема Коши о вычетах) Пусть \(f\) голоморфна в \(\overline{D} \setminus \left\{ z_1, \ldots , z_n\right\}\), где \(D\) – односвязная область. Голоморфность в замыкании \(D\) означает, что \(f\) голоморфна в некоторой окрестности \(\overline{D}\) (т.е. в некоторой области \(D' \supset \overline{D}\)) без указанных точек. Эквивалентно: \(f\) голоморфна в \(D\) и непрерывна в \(\overline{D}\), т.е. до границы.
Тогда \(\partial D\) – замкнутая простая кусочно-гладкая кривая и
\[ \oint _{\partial D} f(z) dz = 2\pi i \sum _{k=1}^{n} \mathop{\mathrm{res}}_{z_k} f \]
Вычислить интегралы от рациональных функций:
- \(\oint_{\left|z\right| = 3} \frac{z^{4}}{z^{2}+z-2} d z\);
Применяем теорему Коши для \(\overline{D} = \left\{ z \; : \; \left|z\right| \leq 3\right\}\).
\(z^2 + z - 2 = \left(z + \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{9}{4} = \left(z + 2\right)\left(z - 1\right)\). ОТ для \(f\): \(-2\), \(1\), причем это П\(1\)П для \(f\). \(f\) голоморфна в \(\overline{D} \setminus \left\{ -2, 1\right\}\). Вычеты можно определить при помощи
\[ \frac{z^4}{(z^2 + z - 2)'} = \frac{z^4}{2z + 1} \]
т.е. \(\mathop{\mathrm{res}}_{-2}f = -\frac{16}{3}\), \(\mathop{\mathrm{res}}_{1}f = \frac{1}{3}\).
Получаем, что
\[ \oint _{\left\{ \left|z\right| = 3\right\} } f(z) dz = 2\pi i \cdot \left(\mathop{\mathrm{res}}_{-2}f + \mathop{\mathrm{res}}_{1}f\right) = -10\pi i \]
\(-10 \pi i\);
Вычислить интегралы от рациональных функций:
- \(\oint_{\left|z+i\right| = 2} \dfrac {d z}{z^{2}\left(z^{2}-7 z+12\right)}\).
Теорема 2 (Теорема Коши о вычетах для внешней области) Пусть \(f\) голоморфна в некоторой проколотой односвязной (в том смысле, что граница в \(\mathbb {C}\) состоит только из одной кривой) окрестности бесконечности \(\dot{U}\) за исключением, быть может, конечного количества точек в ней: \[ f \in H \left(\dot{U} \setminus \left\{ z_1,\ldots , z_n\right\} \right) \] Пусть \(\gamma\) замкнутая простая кусочно-гладкая кривая в \(\dot{U}\), причем все точки \(z_k\) лежат вне \(\gamma\) (в неограниченной компоненте). Тогда \[ \oint _{\gamma } f(z) dz = -2\pi i \cdot \left(\mathop{\mathrm{res}}_{\infty } f + \sum _{k=1}^{n} \mathop{\mathrm{res}}_{z_k} f\right) \]
Вычислить \(\oint_{\left\{ \left|z - i\right| = 3\right\} } \dfrac {z}{z^2 + 9}\operatorname {ch}\dfrac {z}{z-2} dz\).
ОТ \(f\): \(2\), \(3i\), \(-3i\), \(\infty\). Внутри контура (\(\left|z_0 - i\right| < 3\)) лежат \(3i\) и \(2\), причем \(2\) – это СОТ, вычет в которой считать долго.
Воспользуемся теоремой Коши для внешней области: снаружи контура только \(-3i\) и \(\infty\).
Вычет в \(\infty\): \(f(z) \sim \frac{1}{z}\operatorname {ch}1\) при \(z \to \infty\), значит \(\mathop{\mathrm{res}}_{\infty }f(z) = -\operatorname {ch}1\).
Точка \(z_1 = -3i\) явл. Н\(1\)П для знаменателя, а числитель в ней не ноль. Значит,
\[ \mathop{\mathrm{res}}_{-3i}f = \left.\frac{z \operatorname {ch}\frac{z}{z-2}}{(z^2 + 9)'}\right|_{z = -3i} = \frac{-3i \operatorname {ch}\frac{-3i}{-3i-2}}{-6i} = \frac{1}{2} \operatorname {ch} \left(\frac{9}{13} + \frac{6}{13}i\right) \]
Итого
\[ \oint _{\left\{ \left|z - i\right| = 3\right\} } f(z)\, dz = -2\pi i \left(\mathop{\mathrm{res}}_{\infty }f + \mathop{\mathrm{res}}_{-3i}f\right) = -2\pi i \cdot \left( \frac{1}{2} \operatorname {ch} \left(\frac{9}{13} + \frac{6}{13}i\right) - \operatorname {ch}1\right) \]
\(-2\pi i \cdot \left( \frac{1}{2} \operatorname {ch} \left(\frac{9}{13} + \frac{6}{13}i\right) - \operatorname {ch}1\right)\)
Вычислить \[ \oint _{\left|z\right| = 4}\frac{zdz}{e^{1/z} + e^{1/2z}} \]
Имеем
\[ f(z) = \frac{z}{e^{1/2z}\left(1 + e^{1/2z}\right)} \]
ОТ:
\[ \frac{1}{2\operatorname {Ln}(-1)} = \frac{1}{2i\left(\pi + 2\pi k\right)} = -\frac{1}{2\pi \left(1 + 2k\right)}i \]
Заметим, что теоремой Коши для области \(\left\{ \left|z\right| \leq 4\right\}\) воспользоваться не получится: в этой области бесконечное количество особых точек, и есть неизолированная (\(0\) – предельная точка полюсов).
Воспользуемся теор. Коши для внешней области. Легко проверить, что во внешней области есть только одна ОТ: \(\infty\). Имеем
\[ \mathop{\mathrm{res}}_{\infty }f = -\mathop{\mathrm{res}}_{0}\left(\underbrace{\frac{1}{w^2}\frac{1}{we^{w/2}\left(1 + e^{w/2}\right)}}_{=: g(w)}\right) \]
Для \(g(w)\) точка \(0\) – это П\(3\)П. Тогда
\[ \begin{align} -\mathop{\mathrm{res}}_{0}\left(g(w)\right) & = -\frac{1}{(3-1)!}\lim _{w \to 0}\left(\frac{1}{e^{w/2}\left(1 + e^{w/2}\right)}\right)'' = -\frac{1}{2}\lim _{w \to 0}\left(-\left(e^{w} + e^{w/2}\right)^{-2} \cdot \left(e^{w} + \frac{1}{2}e^{w/2}\right)\right)' = \\ & = \frac{1}{2}\lim _{w\to 0}\left(-2\left(e^{w} + e^{w/2}\right)^{-3} \cdot \left(e^{w} + \frac{1}{2}e^{w/2}\right)^2 + \left(e^{w} + e^{w/2}\right)^{-2} \cdot \left(e^{w} + \frac{1}{4}e^{w/2}\right)\right) = \\ & = \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{4}\cdot \left(\frac{3}{2}\right)^2 + \frac{1}{4} \cdot \frac{5}{4}\right) = -\frac{1}{8} \end{align} \]
Следовательно,
\[ \oint _{\left|z\right| = 4}f(z) dz = -2\pi i \cdot \mathop{\mathrm{res}}_{\infty }f = \frac{1}{4}\pi i \]
\(\frac{1}{4}\pi i\).
Вычислить \[ \oint _{\left|z\right| = 2}\frac{\exp \left(z^7\right)}{z(1 + z^7)}dz \]
Пусть
\[ \begin{align} g(w) & = -\frac{1}{w^2}f\left(\frac{1}{w}\right) = -\frac{1}{w^2} \cdot \frac{\exp \left(\frac{1}{w^7}\right)}{\frac{1}{w}\left(1 + \frac{1}{w^7}\right)} = - w^{6}\frac{1}{w^7 + 1}\exp \left(\frac{1}{w^7}\right) = \\ & = -w^{6} \cdot \left(1 - w^7 + w^{14} - \ldots \right) \cdot \left(1 + \frac{1}{w^{7}} + \frac{1}{2}\frac{1}{w^{2\cdot 7}} + \ldots \right) = \\ & = -\frac{1}{w} \cdot \left(1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3!} - \frac{1}{4!} + \ldots \right) + \ldots = \\ & = -\frac{1}{w}\left(1 - e^{-1}\right) + \ldots \end{align} \]
Значит,
\[ \mathop{\mathrm{res}}_{\infty }f = -\left(1 - e^{-1}\right) \]
Можно и через внутреннюю область: \(0\) и \(z_k\), \(k \in \left\{ 0,\ldots , 6\right\}\) (корень из \(-1\) степени \(7\)) – это Н\(1\)П для знаменателя. Можно вычислить, что вычет в \(0\) равен \(1\), а в каждой из точек равен \(-\frac{1}{7}e^{-1}\).
\(-2\pi i \cdot \left(-\left(1 - e^{-1}\right)\right) = 2\pi i \left(1 - e^{-1}\right).\)
Вычислить интегралы:
\(\oint_{\left|z\right| = 2} z^{2} \sin \frac{1}{1-z} d z\);
\(\oint_{\left|z\right| = 6} \frac{z^{2}}{e^{i z}+i} d z\);
\(\oint_{\left|z\right| = 1} \frac{(z-i) \sin \frac{1}{i z}}{(z-3 i)^{2}} d z\);
\(\oint_{\left|z-\frac{\pi }{2}\right| = 3} \frac{2 z-i \ln 2}{\operatorname {tg} z-\frac{i}{3}} d z\);
Вычислить \[ \oint _{\left|z\right| = \sqrt{3}} \frac{1}{z^2\left|z-i\right|^4} dz \]
Функция не голоморфна в круге \(\left|z\right| \leq \sqrt{3}\)! Но на окружности \(\left|z\right| = \sqrt{3}\) имеем
\[ z \cdot \left|z-i\right|^2 = z \cdot (z-i) \cdot \left(\overline{z} + i\right) = (z-i) \cdot (z\overline{z} + iz) = (z-i)(3 + iz) = i(z-i) \cdot \left(z - 3i\right) \]
Нужно найти интеграл для \(f\), где
\[ f(z) = -\frac{1}{(z-i)^2 \cdot \left(z - 3i\right)^2} \]
Вычет в \(i\): это П\(2\)П для \(f\) (точка \(3i\) лежит вне контура), значит
\[ \mathop{\mathrm{res}}_{i}f = -\lim _{z \to i}\left((z-3i)^{-2}\right)' = 2 \cdot \left(-2i\right)^{-3} = -\frac{1}{4}i \]
Итого
\[ \oint _{\left|z\right| = \sqrt{3}} \frac{1}{z^2\left|z-i\right|^4}\, dz = 2\pi i \cdot \left(-\frac{i}{4}\right) = \frac{\pi }{2} \]
\(\frac{\pi }{2}\).
2 Вычисление интегралов Римана на \(\mathbb {R}\) через теорию вычетов
2.1 Интегралы на отрезке \([0,2\pi ]\)
Вычислить \[ \int _{0}^{2\pi } \frac{1}{a + b\sin \varphi } d\varphi \] \(0 < b < a\).
Заметим, что \[ \oint _{\left|z\right| = 1}f(z)dz = \int _{0}^{2\pi } f(e^{i\varphi }) ie^{i\varphi } \; d\varphi \] Имеем \(\sin \varphi = \frac{e^{i\varphi } - e^{-i\varphi }}{2i}\), \[ \begin{align} \int _{0}^{2\pi } \frac{1}{a + b\sin \varphi } d\varphi & = \int _{0}^{2\pi } \frac{2i}{2ai + b\left(e^{i\varphi } - e^{-i\varphi }\right)} d\varphi = \\ & = \int _{0}^{2\pi } \frac{2}{2aie^{i\varphi } + b\left(e^{2i\varphi } - 1\right)} \cdot ie^{i\varphi } \cdot d\varphi = \\ & = 2\oint _{\left|z\right| = 1} \underbrace{\frac{1}{2aiz + b(z^2 - 1)}}_{= f(z)} dz \end{align} \] ОТ \(f\): \[ \begin{align} 0 & = z^2 + 2\frac{a}{b}iz - 1 = \left(z + \frac{a}{b}i\right)^2 -1 + \frac{a^2}{b^2} = \left(z + \frac{a}{b}i\right)^2 - \left(\frac{\sqrt{a^2 - b^2}}{b}i\right)^2 = \\ & = \left(z - \left(\frac{-a + \sqrt{a^2 - b^2}}{b}\right)i\right)\left(z - \left(\frac{-a - \sqrt{a^2 - b^2}}{b}\right)i\right) \end{align} \] \(z_2\) лежит за пределами единичного круга, \(z_1\) внутри. Значит, нужно там найти вычет. Это Н\(1\)П для знаменателя, значит \[ \mathop{\mathrm{res}}_{z_1}f = \frac{1}{\left(bz^2 + 2aiz - b\right)'}\bigg|_{z = z_1} = \frac{1}{2bz_1 + 2ai} = \frac{1}{2i} \cdot \frac{1}{-a + \sqrt{a^2 - b^2} + a} = \frac{1}{2i}\cdot \frac{1}{\sqrt{a^2 - b^2}} \]
\(2 \cdot 2 \pi i \cdot \frac{1}{2i}\cdot \frac{1}{\sqrt{a^2 - b^2}} = \frac{2\pi }{\sqrt{a^2 - b^2}}\).
Вычислить интеграл \[ \int _{0}^{2 \pi } \frac{\cos 2 \varphi d \varphi }{4+2 \cos \varphi } \]
2.2 Несобственные интегралы на бесконечности
2.2.1 Интеграл от рациональной функции
Нужно вычислить
\[ \int _{-\infty }^{\infty }f(x) dx \]
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: контур интегрирования.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/230/010_integration_contour_fig.tex
Вычислить \[ I = \int _{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{x^2 - 2ix -2}dx \]
Рассмотрим функцию
\[ f(z) = \frac{1}{z^2 - 2iz -2} = \frac{1}{\left(z - (i + 1)\right) \cdot \left(z - (i-1)\right)} \]
Особенности \(f\): \(z_1 = i + 1\), \(z_2 = i-1\). Они находятся на расстоянии \(\sqrt{2}\) от начала отсчета в верхней полуплоскости. Тогда можно записать теорему Коши для кривой \([-R, R] \cup C_{R}\), \(R > \sqrt{2}\):
\[ \underbrace{\int _{[-R,R]}f(z) dz}_{I_1(R)} + \underbrace{\int _{C_{R}}f(z)dz}_{I_2(R)} = 2\pi i \cdot \left(\mathop{\mathrm{res}}_{z_1}f + \mathop{\mathrm{res}}_{z_2}f\right) \]
Заметим, что правая часть от \(R\) не зависит. При этом \(I_{1}(R) \to I\) при \(R \to +\infty\). Как быть с \(I_2\)? Имеем
\[ \left|I_2(R)\right| \leq \int _{C_{R}}\left|f(z)\right|\left|dz\right| \leq \max _{z \in C_{R}}\left|f(z)\right| \cdot \left|C_R\right| = \max _{z \in C_{R}}\left|f(z)\right| \cdot \pi R \]
Значит если \(\max_{z \in C_{R}}\left|f(z)\right| = o(1/R)\) при \(R \to +\infty\), то \(I_2(R) \to 0\) и интеграл \(I\) из условия просто будет равен сумме вычетов в \(z_1\), \(z_2\) (с коэфф. \(2 \pi i\)).
Заметим, что
\[ \max _{z \in C_{R}}\left|f(z)\right| = \max _{\varphi \in [0, \pi ]}\left|f\left(Re^{i \varphi }\right)\right| \]
Имеем при \(z \to \infty\), \(R \to +\infty\)
\[ f(z) \sim \frac{1}{z^2}, \quad \left|f(z)\right| \sim \frac{1}{\left|z\right|^2}, \quad \left|f(Re^{i \varphi })\right| \sim \frac{1}{R^2} = o(1/R) \]
Итак, доказали, что \(I_2(R) \to 0\) при \(R \to +\infty\)
Вычисляя вычеты, получаем
\[ I = \lim _{R \to +\infty }I_{1}(R) = 2\pi i \cdot \left(\mathop{\mathrm{res}}_{z_1}f + \mathop{\mathrm{res}}_{z_2}f\right) = 2\pi i \cdot \left(\frac{1}{2z_1 - 2i} + \frac{1}{2z_2 - 2i} \right) = 2\pi i \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\right) = 0 \]
\(0\).
Заметим, что в данном примере можно было брать нижнюю полуплоскость, там вообще вычетов не было.
Заметим, что такой трюк можно проделать с любой функцией вида \(f(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}\), где \(P\), \(Q\) – многочлены, причем \(\operatorname {deg}Q \geq \operatorname {deg}P + 2\).
2.2.2 Интеграл от рациональной функции с экспонентой
Рисунок в разработке. Будет пересоздан как интерактивная фигура (Plotly/Three.js).
План: TikZ: контур интегрирования.
Источник: courses/nedosh_courses/courses/01-analysis/CA/contents/specials/230/020_integration_contour2_fig.tex
Лемма 1 (Жордан) Пусть \(g(z)\) непрерывна в \(G = \left\{ z \; : \; \operatorname {Im}z \geq 0, \, \left|z\right| \geq R_0\right\}\) для некоторого \(R_{0} > 0\). Предположим, что \[ \max _{z \in C_{R}}\left|g(z)\right| \xrightarrow [R \to +\infty ]{} 0 \] Тогда \[ \int _{C_{R}}g(z)e^{i\alpha z}dz \xrightarrow [R \to +\infty ]{} 0 \] для любого \(\alpha > 0\).
Вычислить \[ I = \int _{-\infty }^{+\infty } \frac{\cos (\alpha x)}{1 + x^2} dx \] для произвольного \(\alpha > 0\).
Заметим, что \(\cos (\alpha x) = \operatorname {Re} e^{i\alpha x}\). Значит,
\[ I = \operatorname {Re } \underbrace{\int _{-\infty }^{+\infty } \frac{e^{i\alpha x}}{1 + x^2} dx}_{=: \tilde{I}} \]
Рассмотрим функции
\[ g(z) = \frac{1}{1 + z^2}, \qquad f(z) = e^{i\alpha z}g(z) \]
Особенности \(f\): \(z_1 = i\), \(z_2 = -i\). Они находятся на расстоянии \(1\), первый в верхней полуплоскости, второй в нижней. Тогда можно записать теорему Коши для кривой \([-R, R] \cup C_{R}\), \(R > 1\):
\[ \underbrace{\int _{[-R,R]}f(z) dz}_{I_1(R)} + \underbrace{\int _{C_{R}}f(z)dz}_{I_2(R)} = 2\pi i \cdot \mathop{\mathrm{res}}_{z_1}f \]
\(I_{1}(R) \to \tilde{I}\) при \(R \to +\infty\). Как быть с \(I_2(R)\)?
Заметим, что \(g(z) \sim \frac{1}{z^2}\) при \(z \to \infty\), значит
\[ \max _{z \in C_{R}}\left|g(z)\right| \xrightarrow [R \to +\infty ]{} 0 \]
По лемме Жордана получаем
\[ I_2(R) = \int _{C_R}e^{i\alpha z}g(z) dz \to 0 \]
при \(R \to +\infty\).
Вычисляя вычеты, получаем
\[ \tilde{I} = \lim _{R \to +\infty }I_{1}(R) = 2\pi i \mathop{\mathrm{res}}_{i}f(z) = 2\pi i \cdot \frac{e^{i\alpha z_{1}}}{2z_1} = \pi e^{-\alpha } \]
\(I = \operatorname {Re}\tilde{I} = \pi e^{-\alpha }\).
\(\pi e^{-\alpha }\).
Вычислить \[ I = \int _{-\infty }^{+\infty } \frac{x \sin (x)}{x^2 + 1} dx \]
Запишем \(\sin x = \frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i}\), тогда
\[ I = \frac{1}{2i} \int _{-\infty }^{+\infty } \frac{x(e^{ix} - e^{-ix})}{x^2 + 1} dx. \]
Рассмотрим два интеграла:
\[ I_1 = \int _{-\infty }^{+\infty } \frac{x e^{ix}}{x^2 + 1} dx, \quad I_2 = \int _{-\infty }^{+\infty } \frac{x e^{-ix}}{x^2 + 1} dx. \]
Для \(I_1\): рассмотрим функцию \(f(z) = \frac{z e^{iz}}{z^2 + 1}\). Особые точки: \(z = \pm i\). В верхней полуплоскости находится \(z = i\).
Вычет в точке \(z = i\):
\[ \operatorname {Res}_{z=i} f(z) = \frac{z e^{iz}}{2z} \Big|_{z=i} = \frac{i e^{-1}}{2i} = \frac{e^{-1}}{2}. \]
По лемме Жордана для \(e^{iz}\) в верхней полуплоскости:
\[ I_1 = 2\pi i \cdot \frac{e^{-1}}{2} = \pi i e^{-1}. \]
Для \(I_2\): рассмотрим функцию \(g(z) = \frac{z e^{-iz}}{z^2 + 1}\). В нижней полуплоскости находится \(z = -i\).
Вычет в точке \(z = -i\):
\[ \operatorname {Res}_{z=-i} g(z) = \frac{z e^{-iz}}{2z} \Big|_{z=-i} = \frac{-i e^{-1}}{-2i} = \frac{e^{-1}}{2}. \]
При обходе нижней полуплоскости направление отрицательное:
\[ I_2 = -2\pi i \cdot \frac{e^{-1}}{2} = -\pi i e^{-1}. \]
Тогда
\[ I = \frac{1}{2i}(I_1 - I_2) = \frac{1}{2i}(\pi i e^{-1} + \pi i e^{-1}) = \frac{1}{2i} \cdot 2\pi i e^{-1} = \pi e^{-1}. \]
\(\frac{\pi }{e}\).
Вычислить \[ I = \int _{-\infty }^{+\infty }\frac{x \cos (1 - 2x)}{x^2 + 4}dx \]
Заметим, что \(\cos (1 - 2x) = \cos (2x - 1)\),
\[ I = \operatorname {Re } \underbrace{\int _{-\infty }^{+\infty } \frac{xe^{i(2x - 1)}}{x^2 + 4} dx}_{=: \tilde{I}} \]
При этом \(e^{i(2x - 1)} = e^{-i} \cdot e^{2ix}\)
Рассмотрим функции
\[ g(z) = \frac{ze^{-i}}{z^2 + 4}, \qquad f(z) = e^{2i z}g(z) \]
Особенности \(f\): \(z_1 = 2i\), \(z_2 = -2i\). Они находятся на расстоянии \(2\) от начала отсчета, первый в верхней полуплоскости, второй в нижней. Тогда можно записать теорему Коши для кривой \([-R, R] \cup C_{R}\), \(R > 2\):
\[ \underbrace{\int _{[-R,R]}f(z)dz}_{I_1(R)} + \underbrace{\int _{C_{R}}f(z) dz}_{I_2(R)} = 2\pi i \cdot \mathop{\mathrm{res}}_{z_1}f \]
\(I_{1}(R) \to \tilde{I}\) при \(R \to +\infty\). Как быть с \(I_2(R)\)?
Заметим, что \(g(z) \sim \frac{1}{z}\) при \(z \to \infty\), значит
\[ \max _{z \in C_{R}}\left|g(z)\right| \xrightarrow [R \to +\infty ]{} 0 \]
По лемме Жордана получаем
\[ I_2(R) = \int _{C_R}e^{2i z}g(z) dz \to 0 \]
при \(R \to +\infty\).
Вычисляя вычеты, получаем
\[ \begin{align} \tilde{I} & = \lim _{R \to +\infty }I_{1}(R) = 2\pi i \mathop{\mathrm{res}}_{z_1}f(z) = 2\pi i \cdot \frac{z_1e^{-i} \cdot e^{2iz_1}}{2z_1} = \pi i \cdot e^{-i} \cdot e^{-4} = \pi e^{-4} \left(\cos (1) - i\sin (1)\right) \\ & = \pi e^{-4} \left(\sin (1) + i\cos (1)\right) \end{align} \]
\(I = \operatorname {Re}\tilde{I} = \pi e^{-4}\sin (1)\).
\(\pi e^{-4}\sin (1)\).
Вычислить \[ I = \int _{-\infty }^{+\infty }\frac{\sin (x)}{x^2 - 2x + 4 - 4i}dx \]
Нельзя просто заменить \(\sin (x)\) на \(e^{ix}\) и поставить \(\operatorname {Im}\) перед интегралом, поскольку функция не вещественная.
Заметим, что
\[ \begin{align} I & = \frac{1}{2i} \int _{-\infty }^{+\infty }\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{\left(x - (2+2i)\right) \left(x-(-2i)\right)} dx = \\ & = \frac{1}{2i} \left(\underbrace{\int _{-\infty }^{+\infty }\frac{e^{ix}}{\left(x - (2+2i)\right) \left(x-(-2i)\right)} dx}_{=:I_{1}} - \underbrace{\int _{-\infty }^{+\infty }\frac{e^{-ix}}{\left(x - (2+2i)\right) \left(x-(-2i)\right)} dx}_{=:I_{2}}\right) \end{align} \]
Чтобы посчитать интеграл с \(e^{-ix}\), нужно брать нижний контур (ну или замена \(w = -x\)).
Пусть
\[ g(z) = \frac{1}{\left(z - (2+2i)\right) \left(z-(-2i)\right)} \]
Заметим, что \(g(z) \sim \frac{1}{z^2}\), \(g(-z) \sim \frac{1}{z^2}\) при \(z \to \infty\), значит
\[ \max _{z \in C_{R}}\left|g(z)\right|, \max _{z \in C_{R}}\left|g(-z)\right| \xrightarrow [R \to +\infty ]{} 0 \]
По лемме Жордана получаем
\[ \int _{C_R}e^{i\alpha z}g(z) dz, \int _{C_R}e^{i\alpha z}g(-z) dz \to 0 \]
при \(R \to +\infty\).
Пусть \(f_1(z) = g(z)e^{iz}\). Особенности \(f_1\): \(z_1 = 2+2i\), \(z_2 = -2i\). В верхней полуплоскости находится только \(z_1\). Тогда, по теореме Коши, при \(R > 2\sqrt{2}\)
\[ \int _{[-R,R]}f_1(z) dz + \int _{C_{R}}f_1(z)dz = 2\pi i \mathop{\mathrm{res}}_{z_1} f_1 = 2\pi i \cdot \frac{e^{iz_1}}{2z_1 - 2} = 2\pi i \cdot \frac{e^{-2} \cdot e^{2i}}{2 + 4i} \]
Устремляем \(R\) к \(+\infty\), получаем
\[ I_{1} =2\pi i \cdot \frac{e^{-2} \cdot e^{2i}}{2 + 4i} \]
Пусть \(f_2(w) = g(-w)e^{iw}\). Особенности \(f_2\) в верхней полуплоскости: \(w_1 = 2i\). Тогда, по теореме Коши, при \(R > 2\)
\[ \int _{[-R,R]}f_2(w) dw + \int _{C_{R}}f_2(w)dw = 2\pi i \mathop{\mathrm{res}}_{w_1} f_2 = 2\pi i \cdot \frac{e^{iw_1}}{2w_1 + 2} = 2\pi i \cdot \frac{e^{-2}}{2 + 4i} \]
Итого,
\[ I = \frac{1}{2i} \cdot \left(2\pi i \cdot \frac{e^{-2} \cdot e^{2i}}{2 + 4i} - 2\pi i \cdot \frac{e^{-2}}{2 + 4i}\right) = \frac{\pi e^{-2}}{2 + 4i}\left(e^{2i} - 1\right) \]
\(\frac{\pi e^{-2}}{2 + 4i}\left(e^{2i} - 1\right)\).
Вычислить интеграл \[ \int _{-\infty }^{\infty } \frac{\sin x d x}{x^{2}-3 i x+4} \]
Пусть \(f\) — голоморфная и ограниченная в единичном круге \(\left|z\right| < 1\) функция. Покажите, что для любого \(\zeta ,\left|\zeta \right| < 1\), имеет место равенство \[ f(\zeta ) = \frac{1}{\pi } \iint _{\left|z\right| < 1} \frac{f(z)}{(1-\overline{z} \zeta )^{2}} d x d y, \quad z = x+i y \]