KONTURNA INTEGRACIJA

Transcript

1 KONTURNA INTEGRACIJA Materijal sa sedme radne Ljaškijade - jun 14. Studentska asocijacija Eneter emineter.wordpress.com Ovo je materijal za rešavanje pet tipova integrala koristeći teoreme kompleksne analize - Košijevu integralnu teoremu i Žordanove leme, u zavisnosti od tipova integrala i kontura. Posebna zahvala Milanu Kornjači. TEORIJSKI PODSETNIK Košijeva integralna teorema (KIT): πi Res(f, a k ). a k D II Žordanova lema: Ako je a pol prvog reda funkcije f(z), a kontura je neki deo kružnice poluprečnika r sa centrom u a, tada je: ires(f, a)(β α). r r III Žordanova lema: Ako je f(z) C(D) i postoji z (z a)f(z) = b, gde je kontura neki deo kružnice s centrom u a i poluprečnika R, tada je: ib(β α) = i(β α) (z a)f(z). R z R IV Žordanova lema: Ako funkcija f(z) ima konačno mnogo singulariteta u gornjoj poluravni, R je polukrug u gornjoj poluravni, α > i R f(z) =, tada je: e iαz. R R Računanje reziduuma: Rez(f(z), a k ) = 1 πi r r + 1 (m 1)! z a k d m ( dz m f(z)(z a k ) m). 1

2 Rez(f(z), ) = 1 1 ( πi R R πi Res 1 ( 1 ) ) n f,. n Formula sa reziduumima: Res(f, a k ) + Res(f, ) =. 1 Prvi tip integrala k + Q(x) dx, gde su i Q(x) polinomi, sve realne nule polinoma Q(x) su jednostruke i važi deqq(x) deq. Kod ovog tipa integrala, moguće je računati i integrale na intervaa (, + ), (, ) i slično, ali samo ako je podintegralna funkcija f(z) = Q(x) parna. Tada se izračuna vrednost integrala na intervalu (, + ) i podeli sa dva. 1.1 Primer Izračunati integral: Rešenje: + x p.v. (x 1)(x + 4) Navedeni integral zadovoljava uslove prvog tipa integrala. Skicirajmo nule i odaberimo konture kao na slici. Kako važi da je integral po celoj konturi jednak zbiru integrala funkcije po delovima konture koji je čine: 1 r f(z)dz, R najpre ćemo izračunati svaki od ovih integrala. Po Košijevoj integralnoj teoremi (KIT), je: πi a k D Res(f, a k), tj. u našem slučaju: πi (z i)f(z) = z i z = πi (z i) z i (z 1)(z i)(z + i) = πi i (i 1) 4i π πi =. 5

3 Za konture 1 i imamo: 1 +R R R ɛ,r 1 ɛ R + ɛ,r I. Za konturu r primenićemo II Žordanovu lemu, te imamo: r +R 1+ɛ r ires(f, a)(β α) = ires(f, a)( π) = iπres(f, a) = z = iπ (z 1)f(z) = iπ z 1 z 1 (z + 4) = iπ 5. Za konturu R zadovoljeni su uslovi važenja III Žordanove leme, pa je: ib(β α) = i (z a)f(z)(π ) = iπ =. R z R π πi = f(z)dz+ f(z)dz+ f(z)dz+ I iπ 5 1 r R 5 + Drugi tip integrala gde je R racionalna funkcija. π π 5. R(cos φ, sin φ)dφ, Korišcenjem parnosti i periodičnosti, moguće je preko ovog tipa izračunati i integrale sa granicama ( π, π), (, π),... Dalje, R može biti racionalna funkcija ne samo od promenljivih cos φ isin φ, već uopšte od cos mx i sin mx, koje je preko adicionih formula potrebno prevesti u navedeni oblik podintegralne funkcije, R(cos φ, sin φ). Ovaj tip integrala se rešava konturom kruga poluprečnika 1 uz smenu z = e iφ, dz = ie iφ dφ, cos φ = z+ z z z, sin φ = i, te se integrali nova funkcija, funkcija: f(z) = 1 ( z + 1 iz R z, z 1 z i ). 3

4 Podtip ovog tipa su integrali oblika: π R(cos φ, sin φ) cos mφ dφ i J = π R(cos φ, sin φ) sin mφ dφ Iako se mogu svesti na izled integrala iz drugog tipa, najlakše ih je rešavati tako što uvedemo kompleksni integral: K = I + ij = π R(cos φ, sin φ)(cos mφ + sin mφ)dφ = R(cos φ, sin φ)e imφ dφ i integrao po istoj konturi sa istom smenom z = e iφ, ali kako je e imφ z = (e iφ ) m = z m, to se integrali funkcija: f(z) = 1 ( z + 1 iz R z Tada je: I + ij = πi a k Res(f, a k ), te je: ( Re πi ) Res(f, a k ) a k, z 1 z i ) z m. ( i J = Im πi ) Res(f, a k ). a k.1 Primer Izračunati integral: π π cos mx dx, a > 1. 1 a cos x + a Rešenje: Zbog periodičnosti oba kosinusa (cos mx i cos x), π cos mx 1 a cos x+a dx. Uved- imo i integral J = π sin mx 1 a cos x+a K = I + ij = dx, te imamo integral: π Uvevši smenu z = e ix, dz = ie ix dx, cos φ = z+ z f(z) = 1 iz z m e imx 1 a cos x + a dx. z m 1 = 1 a z+ 1 z + a ia z (a 1 a )z + 1 = z z, sin φ =. Sada je iz m a(z 1 a )(z a). 4

5 Singulariteti ove podintegralne funkcije su 1 a i a, a pošto ćemo za konturu uzeti krug poluprečnika 1 sa centrom u nuli, unutar konture će se nalaziti samo tačka 1 a, zbog zadatog uslova da je a > 1. Po KIT imamo da je: K = π e imx 1 a cos x + a dx = πires(f, 1 a ) = πi i( 1 a )m a( 1 a a) = π a m (a 1). Odavde vidimo da je J =, a ReK = 3 Treći tip integrala π a m (a 1), što je i trebalo izračunati. + + p.v. cos αx dx i J = p.v. sin αx dx, Q(x) Q(x) gde je α >, sve realne nule funkcije Q(x) su jednostruke i zadovoljena je nejednakost deqq(x) deq 1. Pri ovim uslovima posmatramo integral K = I + ij, a kontura koju ćemo koristiti će biti polukrug u gornjoj poluravni sa realnim obilascima. Funkcija koja će se integraliti, biće: f(z) = P (z) Q(z) eiαz. 3.1 Primer Izračunati integral: + x cos x x 5x + 6 dx. Rešenje: Pošto su zadovoljeni uslovi za treći tip integrala, uvedimo i integral J = + a zatim K = I + ij = + ze iz z 5z+6 = + ze iz (z )(z 3) Skicirajmo sada singularitete, tačke i 3 i polukružnu konturu, gde je poluprečnik velike konture R, a poluprečnici malih polukružnica oko tačaka i 3, redom, r 1 i r.. x sin x x 5x+6 dx, 5

6 Kako je: f(z)dz+ 1 f(z)dz+ f(z)dz+ 3 f(z)dz+ 4 f(z)dz+ 5 f(z)dz, 6 izračunajmo svaki od integrala. Po KIT, kako unutar konture funkcija f(z) nema singulariteta,. Dalje, izračunajmo zbir integrala po konturama 1, 3 i 5. ( ) R,r 1,r ( r 1 3 r = R,r 1,r R +r 1 = R +R R + +R K. ) 3+r Integrale po konturama i 4 računamo pomoću II Žordanove leme: +r1 i( π)res(f, ) = iπ( e i ) = πi(cos + i sin ), r 1 r 1 3+r i( π)res(f, 3) = iπ 3e 3i = 3πi(cos 3 + i sin 3). r 3 r Integral po konturi 6 računamo po IV Žordanovoj lemi, za koji su uslovi zadovoljeni: u gornjoj poluravni se ne nalazi nijedan singularitet, α = 1 >, a R f(z) dz =. Odavde je: z z 5z+6 1 z R. R 6 R 6

7 Konačno dobijamo: = = K + πi(cos + i sin ) 3πi(cos 3 + i sin 3), tj. K = π( sin 3 sin 3) + iπ( cos + 3 cos 3), pa je 4 Četvrti tip integrala ReK = π( sin 3 sin 3). + Q(x) (ln x)m dx, ako su sve realne pozitivne nule Q(x) jednostruke i zadovoljeno je deqq(x) deq. Ovaj tip integrala se rešava pomoću podintegralne funkcije f(z) = P (z) Q(z) (ln z)m+1, a kontura je varijanta karneks pozitivne konture, u zavisnosti od toga koliko ima pozitivnih realnih nula, kao što će biti pokazano u primeru. Primetimo još posebno i slučaj m =, kada imamo integral + o Q(x) dx, koji se od prvog tipa integrala razlikuje samo po granici. Kod integrala prvog tipa, interval je bio (, + ) i na interval (, + ) se moglo preći jedino u slučaju da je podintegralna funkcija bila parna. U opštem slučaju, integral oblika + o Q(x) rešavanja petog tipa integrala. Podtip ovog tipa su integrali oblika: dx, iako podseća na prvi tip, može se rešiti samo na način Q(x) (ln x)m dx, ako su sve realne negativne nule Q(x) jednostruke i zadovoljeno je deqq(x) deq. Pri rešavanju ovakvih integrala, pogodno je drugačije definisati logaritam. Iz opšteg oblika kompleksnog logaritma: ln z = ln r + φ + kπi, k Z jednoznačnu granu logaritma treba izabrati kao negativni, a ne pozitivni usek, tj. opredeliti se o načinu merenja ugla φ i izboru jednog k Z), u zavisnosti od rasporeda singulariteta. 7

8 različite definicije logaritma. Na prvoj slici je prikazna standardna definicija logaritma sa desnim usekom kada se ugao računa od do π u obrnutom smeru od smera kazaljke na satu, a na drugoj slici je logaritam definisan preko levog useka i ugla koji ide od π do π u smeru kazaljke na satu. 4.1 Primer Izračunati integral: Rešenje: + ln x (x + )(x + 3) dx. Pošto su u ovom primeru svi realni koreni jednostruki, možemo odabrati uobičajenu definiciju logaritma sa pozitivnom granom usekom. Po četvrtom tipu integrala, podintegralna funkcija će biti: Dalje je: f(z) = (ln z) (z + )(z + 3). 1 3 f(z)dz. 4 ( ) πi Res(f, ) + Res(f, 3) = πi ((ln + iπ) (ln 3 + iπ) ) Dalje, pošto su ispunjeni uslovi za važenje III Žordanove leme i z(ln z) b = (z a)f(z) = zf(z) = z z z (z + )(z + 3), a 8

9 z(ln z) z ) O(1)(ln, (z + )(z + 3) z R z, dobijamo: f(z) = ib(β α) =, 1 gde je R poluprečnik velikog kruga, a r neka je poluprečnik malog kruga. Kod kontura i 4, ako kompleksni broj z predstavimo u obliku z = x + iy, imaginarna komponenta y će biti konstanta i iznosiće +ɛ u prvom i ɛ u drugom slučaju, gde je ɛ. Tako imamo: f(x+iɛ)dx = ɛ = + ɛ,r,r R (ln x) (x + )(x + 3) dx, r (ln x + iɛ) (x + iɛ + )(x + iɛ + 3) dx = gde smo vrednost ln(x + iɛ) računali po definiciji logaritma kao: ln x + iɛ = ln x + ɛ + φ i za ɛ je i φ, pa je ln x + iɛ = ln x. Označimo vrednost ovog integrala sa P. P. 4 = + r ɛ,r,r R (ln x) + dx 4πi (x + )(x + 3) (ln x iɛ) (x iɛ + )(x iɛ + 3) dx = + ln x + dx + 4π (x + )(x + 3) Ako poslednji med u ova tri integrala označimo sa J, imamo da je: 4 P 4πiI + 4π J. (ln x + πi) (x + )(x + 3) dx = dx (x + )(x + 3). Preostalo nam je još da izračunamo integral po konturi 3. Njega nalazimo koristeći II Žordanovu lemu: z(ln z) i( π)res(f, ) = πi z 3 (z + )(z + 3) = πi1 6 (ln z z) =. Sada imamo da je: ( πi (ln +iπ) (ln 3+iπ) ) = P P 4πiI+4π J = 4πiI+4π J, ( πii + π J = πi (ln + iπ) (ln 3 + iπ) ), odakle se lako dobija traženi integral I, uz razdvajanje ove jednačine na realne i imaginarne delove, pa se uz imaginarni deo nalazi: π π( ln π ln 3 + π), tj. ln 3 ln = ln 3.

10 5 Peti tip integrala + Q(x) xα (ln x) m dx, gde je α > 1 i α R/Z, m N, sve realne pozitivne nule Q(x) su jednostruke i zadovoljena je nejednakost deqq deqp α > 1. U ovom slučaju, integral I se računa po konturi pozitivnog karneksa sa realnim isečcima, a funkcija koju integrao je: 5.1 Primer Izračunati integral: + f(z) = P (z) Q(z) eα ln z (ln z) m. x α dx, gde je 1 < α <. (x )(x + 1) Rešenje: Kako su zadovoljeni svi uslovi za peti tip integrala, a m =, podintegralna funkcija će biti: f(z) = z α (z )(z + 1) = e α ln z (z )(z + 1). Skicirajmo singularitete i konturu po kojoj ćemo integraliti. 1

11 6 i f(z)dz. R i=1 Integral f(z)dz nalazimo po KIT, s tim da je ovoga puta singularitet u -1 drugog reda, pa je izraz za računanje reziduuma komplikovaniji. πires(f, 1) = πi 1 d ( (z + 1) z α ) 1! z 1 dz (z )(z + 1) = d ( e a ln z ) = πi z 1 dz z = = πi (3α 1)eiπα. Dalje, uzmimo da je poluprečnik najveće konture R, a poluprečnici kružnica oko tačaka i, redom, r i r 1. Integrale po konturama koje prate usek, 1, 3, 5 i 7, računaćemo koristeći odgovarajuće smene z = x + iy. 1 3 = R +, r r R +r1 R +, R r 1 r r 1, r r 1 [z = x iɛ; ɛ ; ln(x iɛ) = ln x + πi] = α(ln x+πi) e = ɛ + (x )(x + 1) dx = Ieπiα. 5 r, 7 r 1 = r, R + R r r1 r R r 1, R + +r 1 [z = x + iɛ; ɛ ; ln(x + iɛ) = ln x] = + e α ln x = dx = I. ɛ (x )(x + 1) Integrale po konturama i 6, a zatim i 4, računamo po II Žordanovoj lemi: z α ln( ) i(π π)res(f, ) = πi r 1 z (z + 1) = πieα 3 = +πi) eα(ln = πi = α iπ e πiα. ln(+) eα i( π)res(f, +) = πi r = πi eα ln r = α iπ. z α+1 i( π)res(f, ) = πi = πi =, z 4 (z )(z + 1) 11

12 jer je poznato da je α + 1 >. R R po III Žordanovoj lemi, jer je b = z z zf(z) = α+1 z (z )(z+1), a z α+1 (z )(z+1) O(1) z, što za 1 < α < i z teži nuli. α Sada imamo: πi (3α 1)eiπα = Ie πiα + I α iπ eπiα α iπ Sred ivanjem i množenjem cele jednačine sa e iπα i, dobija se: πi (3α 1)eiπα = I(1 e πiα ) α iπ (1 + eπiα ) π (3α 1) = I e iπα e iπα α π i π (3α 1) = I sin πα α π π sin πα ( 1 3α α cos πα e iπα + e iπα cos πα ). / e iπα i 1