Применения вычетов: действительные интегралы через контур

Попробуйте взять ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\cos x}{x^2+1}dx$ приёмами первого курса: замены не подходят, по частям интеграл воспроизводит сам себя, первообразной в элементарных функциях нет вовсе. Таблицы дают только численный ответ. А теперь фокус: на комплексной плоскости у этой задачи три строки решения и один вычет. В этом и состоит поворот, ради которого существует весь курс ТФКП, — интеграл по вещественной прямой достраивается до замкнутого контура, и тот честно отдаёт значение. Разберём три шаблона, покрывающих большинство билетных задач.

Как интеграл по прямой превращается в контур на плоскости?#

Схема одна и та же. Берём рациональную функцию $f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$, у которой знаменатель растёт хотя бы на две степени быстрее числителя. Достраиваем отрезок $[-R,R]$ до замкнутого контура полуокружностью сверху и устремляем $R$ к бесконечности. По основной теореме о вычетах интеграл по всему контуру равен $2\pi i$, умноженному на сумму вычетов в полюсах верхней полуплоскости, а кусок по дуге при этом тает. Остаётся

Условие $\mathrm{deg}Q\ge \mathrm{deg}P+2$ — не бюрократия, а плата за исчезающую дугу: знаменатель обязан душить интеграл по большому кругу быстрее, чем растёт его длина. Если функция чётная, заодно бесплатно получается интеграл по полуоси: ${\int }_0^{\infty }f(x)dx$ — половина всей суммы, то есть $\pi i\sum \mathrm{Res}$. Половинный множитель сэкономит отдельный контур, когда отрицательная половина оси дублирует положительную.

Почему именно верхняя полуплоскость? Традиция и удобство: обход против часовой стрелки даёт плюс при $2\pi i$, а оценка дуги одинаково работает в обеих половинах. Замкнёте контур снизу — получите обход по часовой стрелке, то есть знак минус, и сумму вычетов нижних полюсов. Ответ обязан совпасть: сумма вычетов по всем точкам расширенной плоскости равна нулю, и минус перед нижней суммой компенсирует смену направления. Какой половиной пользоваться — дело вкуса; путаница со знаками обхода — нет.

Вычеты в этих задачах считаются формулой простого полюса $\frac{g(z_0)}{h^{\prime }(z_0)}$, и вся арифметика берётся из форм записи и действий с комплексными числами: деление на $i$, модуль корня, показательная форма $e^{i\alpha }$. Если операции с $i$ пока идут через силу, вернитесь к теме — дальше она работает на каждом шаге. Напоминание, что такое вычет как коэффициент при $\frac{1}{z-z_0}$, живёт в словаре.

Полный пример: как из одного вычета получается π?#

Пройдём эталонный маршрут целиком на функции, где ответ известен заранее, — так удобно сверять каждый шаг:

1. 1
   Функция $f(z)=\frac{1}{z^2+1}$; контур — отрезок $[-R,R]$ плюс полуокружность сверху радиуса $R>1$
2. 2
   Полюса $z=\pm i$; в верхней полуплоскости живёт только $i$
3. 3
   Вычет в простом полюсе: ${\mathrm{Res}}_{z=i}f=\frac{1}{2z}{|}_{z=i}=\frac{1}{2i}$
4. 4
   Интеграл по контуру: $2\pi i\cdot \frac{1}{2i}=\pi$ — при любом $R>1$ значение уже финальное
5. 5
   Оценка дуги: $\left|\frac{1}{z^2+1}\right|\le \frac{1}{R^2-1}$, длина $\pi R$, вклад $\le \frac{\pi R}{R^2-1}\to 0$ при $R\to \infty$
6. 6
   Остаётся интеграл по отрезку: ответ $\pi \approx 3,1416$

Сверка с вещественным анализом: первообразная $\frac{1}{x^2+1}$ — это $\mathrm{arctg}x$, и $\mathrm{arctg}(+\infty )-\mathrm{arctg}(-\infty )=\frac{\pi }{2}-\left(-\frac{\pi }{2}\right)=\pi$. Два независимых пути — один ответ. Такая двойная проверка должна войти в привычку: если вычеты дали отрицательное число там, где интеграл положительной функции обязан быть положительным, где-то потерян знак или лишний полюс.

Семейство $\frac{1}{x^2+a^2}$ даёт ответ $\frac{\pi }{a}$: вычет в полюсе $ia$ равен $\frac{1}{2ia}$, и $2\pi i\cdot \frac{1}{2ia}=\frac{\pi }{a}$. При $a=2$ выходит $\frac{\pi }{2}\approx 1,571$. На графике семейство видно напрямую: чем больше $a$, тем ниже и шире горб — площадь тает как $1/a$.

Что меняется, когда полюсов в верхней полуплоскости два?#

Ничего принципиального: вычеты складываются. Берём ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{dx}{x^4+1}$. Корни уравнения $z^4=-1=e^{i\pi }$ расположены на углах $\frac{\pi }{4},\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4},\frac{7\pi }{4}$; верхнюю полуплоскость населяют первые два. Вычет в простом полюсе $z_0$ функции $\frac{1}{z^4+1}$ равен $\frac{1}{4z_0^3}$:

1. в точке $e^{i\pi /4}$: $\frac{1}{4}{e}^{-3\pi i/4}$
2. в точке $e^{3i\pi /4}$: $\frac{1}{4}{e}^{-9\pi i/4}=\frac{1}{4}{e}^{-i\pi /4}$
3. сумма: $\frac{1}{4}\left(e^{-3i\pi /4}+e^{-i\pi /4}\right)=\frac{1}{4}\cdot 2\cos \frac{\pi }{4}\cdot e^{-i\pi /2}=-\frac{i\sqrt{2}}{4}$
4. интеграл: $2\pi i\cdot \left(-\frac{i\sqrt{2}}{4}\right)=\frac{\pi \sqrt{2}}{2}=\frac{\pi }{\sqrt{2}}\approx 2,221$

Комплексные вычеты сложились в чисто мнимое число, множитель $2\pi i$ вернул вещественность — так и должно быть для интеграла по вещественной переменной. Если на выходе осталась мнимая добавка, ищите потерянный сопряжённый полюс: для функций с вещественными коэффициентами вычеты симметричных полюсов сокращают мнимые части в сумме.

Тот же интеграл удобно проверить численно: площадь под $\frac{1}{x^4+1}$ действительно близка к $2,22$, а не к $\pi$ — горб у функции шире, чем у $\frac{1}{x^2+1}$, но хвосты падают как $x^{-4}$, а не $x^{-2}$. Контраст между поведением хвостов и значением интеграла — хорошая тренировка интуиции перед экзаменом: по графику ответ угадывается по порядку величины, а вычеты дают все знаки после запятой.

Зачем нужна лемма Жордана: интегралы с e^{iz}?#

Для интегралов с множителем $e^{iz}$ грубая оценка степеней уже не спасает: $|e^{iz}|=e^{-\mathrm{Im}z}$, а на верхней полуокружности $\mathrm{Im}z=R\sin \theta$. Так рождается лемма Жордана: если $f(z)\to 0$ равномерно по дуге, то

Смысл в том, что знаменатель $f$ теперь может расти всего как $1/R$ — медленнее, чем длина дуги, — и всё равно интеграл по дуге исчезнет, потому что $e^{-R\sin \theta }$ экспоненциально мал почти везде. Точную формулировку с условиями на функцию хранит статья лемма Жордана. Это открывает второй шаблон: ${\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)\cos xdx$ и ${\int }_{-\infty }^{\infty }f(x)\sin xdx$ считаются как вещественная и мнимая части одного контурного интеграла с $e^{iz}$.

Вернёмся к интегралу из вступления. Для $g(z)=\frac{e^{iz}}{z^2+1}$ вычет в полюсе $i$ равен $\frac{e^{i\cdot i}}{2i}=\frac{e^{-1}}{2i}$. Тогда ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{ix}}{x^2+1}dx=2\pi i\cdot \frac{e^{-1}}{2i}=\frac{\pi }{e}\approx 1,156$. Вещественная часть — искомый интеграл с $\cos x$, она же и весь ответ: мнимая часть с $\sin x$ гаснет сама собой, ведь $\frac{\sin x}{x^2+1}$ — нечётная функция и по симметричному отрезку даёт ноль.

Инженерная подоплёка шаблона: интегралы с $e^{ix}$ — это преобразование Фурье рациональной функции, то есть частотный отклик системы с полюсами в точках $\pm i$. Ответ $\frac{\pi }{e}$ означает: на единичной частоте отклик затух в $e$ раз относительно нулевой частоты, где интеграл с $cos0$ даёт $\pi$. Комплексная амплитуда $\frac{e^{iz}}{z^2+1}$ — не абстракция, а язык, на котором радиотехника описывает фильтры.

Как тригонометрический интеграл становится контурным?#

Третий шаблон работает по отрезку $[0,2\pi ]$. Замена $z=e^{i\phi }$ превращает обход угла в обход единичной окружности, а тригонометрию — в рациональность:

Прогоним шаблон на задаче ${\int }_0^{2\pi }\frac{d\phi }{2+\cos \phi }$. Знаменатель после умножения на $2z$: $z^2+4z+1$, и интеграл превращается в $-2i\oint \frac{dz}{z^2+4z+1}$.

Ответ согласуется с общей формулой ${\int }_0^{2\pi }\frac{d\phi }{a+b\cos \phi }=\frac{2\pi }{\sqrt{a^2-b^2}}$ при $a>|b|$: подставьте $a=2$, $b=1$. Прогон для $a=5$, $b=4$ даёт $\frac{2\pi }{\sqrt{25-16}}=\frac{2\pi }{3}\approx 2,094$ — ещё один самопроверочный пример. Потеря множителя $\frac{1}{i}$ в $d\phi$ — самая дорогая ошибка шаблона: она уводит ответ в мнимую область, что мгновенно сигнализирует о браке.

Условие $a>|b|$ стоит держать на виду: при его нарушении знаменатель $a+b\cos \phi$ обращается в ноль в каких-то точках отрезка, интеграл расходится, и ни один шаблон не обязан давать число. Формула $\frac{2\pi }{\sqrt{a^2-b^2}}$ честно сигнализирует об этом мнимым корнем. Быстрая тренировка: для $a=5$, $b=4$ корни знаменателя после замены равны $z=\frac{-5\pm 3}{2}$, то есть $-1$ и $-4$; первый лежит прямо на окружности $|z|=1$ — интеграл в классическом смысле не существует, и это видно уже по корням.

Как выбрать метод под конкретный интеграл?#

Три шаблона различаются контуром и заменой. Сведите вашу задачу к одной из строк — дальше всё механически:

Отдельно запомните санитарное правило: ответ по вещественному интегралу обязан быть вещественным числом. Мнимая добавка в итоге — не «так и должно быть», а сигнал ошибки в вычетах, знаках или модулях корней. Материал опирается на разложение в ряд Лорана — именно он даёт коэффициент при $\frac{1}{z}$, — а техника контурных интегралов разобрана в уроке про интегрирование функций комплексного переменного.

Формулы всех трёх шаблонов удобно держать под рукой: они собраны в шпаргалке по комплексным числам и в таблице интегралов, а пошаговые разборы типовых условий — в разделе как решать задачи с комплексными числами. Напоминание о том, что ряд Лорана прячет вычет в коэффициенте при rac{1}{z - z_0}, пригодится, если попросят обосновать саму формулу, а не только посчитать.

• Рациональная функция по всей прямой: $2\pi i$ на сумму вычетов верхней полуплоскости, дуга умирает за счёт $\mathrm{deg}Q-\mathrm{deg}P\ge 2$
• Чётная функция: половинный множитель $\pi i\sum \mathrm{Res}$ даёт интеграл по полуоси
• Множитель $e^{iz}$: лемма Жордана гасит дугу экспонентой $e^{-R\sin \theta }$ — знаменателю хватает и $1/R$
• Тригонометрия на $[0,2\pi ]$: замена $z=e^{i\phi }$, выживают только корни с $|z|<1$
• Полюс на контуре — половина вычета; проверка: вещественный ответ, симметрия вычетов, сверка с общей формулой $\frac{2\pi }{\sqrt{a^2-b^2}}$