Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

12.05.2011

Даишев, Кузнецова 8.32

Filed under: ТФКП — Shine @ 12:57 дп
Вычислить интеграл

$\displaystyle \int\limits_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+b^2}dx$ (1)

(предполагается, что $ b\in \mathbb{R}$ ).



Рассмотрим вспомогательную функцию

$\displaystyle f\left(z\right)={\frac{z}{z^2+b^2}}. $

При $ z=x+iy=re^{i\varphi}$ модуль этой функции

$\displaystyle \vert f(z)\vert={\frac{\sqrt{y^2+x^2}}{\sqrt{\left(-y^2+x^2+b^2\r... ...+\cos ^2\varphi\,r^2+b^2\right)^2+4\,\cos ^2 \varphi\,\sin ^2\varphi\,r^4}}}= $

$\displaystyle ={\frac{r}{\sqrt{r^4+\left(2\,b^2-4\,b^2\,\sin ^2\varphi\right)\,r^2 +b^4}}}< \frac{r}{\sqrt{r^4-2\,b^2\,r^2+b^4}}= \frac{r}{r^2-b^2}. $

Таким образом, с одной стороны, $ \vert f(z)\vert<\dfrac{r}{r^2-b^2}$ , где второе выражение не зависит от $ \varphi$ , с другой стороны, $ \lim\limits_{z\to \infty}\dfrac{r}{r^2-b^2} =0$ . Следовательно, функция $ f(z)$ стремится к нулю равномерно по $ \varphi$ при $ z\to \infty$ по признаку Вейерштрасса. Значит,

$\displaystyle \int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{iax}f(x)dx = 2\pi i\sum\limits_{k}\mathrm{res}_{z_k}\left[ f(z)e^{iaz}\right], $

где $ z_k$ - особые точки функции $ f(z)$ в верхней полуплоскости.

Функция $ f(z)$ имеет особые точки $ ib$ и $ -ib$ , причём только одна из них лежит в верхней полуплоскости. Заметим, что $ b$ входит в интеграл (1) и функцию $ f(z)$ только в виде $ b^2$ , следовательно, интеграл (1) не может зависеть от знака $ b$ . Считая для определённости $ b>0$ , получим, что в верхней полуплоскости лежит точка $ ib$ . Вычислим интеграл

$\displaystyle \int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{ix}f(x)dx=2\pi i\,\mathrm{res}_{ib}\left[ f(z)e^{iz}\right]=\pi i e^{-b}. $

Аналогично,

$\displaystyle \int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-ix}f(x)dx=2\pi i\,\mathrm{res}_{ib}\left[ f(z)e^{-iz}\right]=\pi i e^b. $

Тогда

$\displaystyle \int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+b^2}dx= \int\lim... ...{\infty}e^{ix}f(x)dx -\frac{1}{2i}\int\limits_{-\infty}^{\infty}e^{-ix}f(x)dx= $

$\displaystyle =\frac{1}{2i}\pi i e^{-b} -\frac{1}{2i}\pi i e^b= \frac{1}{2i}\pi i (e^{-b}-e^b)= -\pi \frac{e^b-e^{-b}}{2}= -\pi\sh b. $

Так как $ \dfrac{x\sin x}{x^2+b^2}$ есть функция чётная, окончательно вычислим интеграл (1)

$\displaystyle \int\limits_0^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+b^2}dx= \frac{1}{2}\int\limits_{-\infty}^{\infty}\frac{x\sin x}{x^2+b^2}dx=-\frac{\pi}{2}\sh b . $

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников