Príklady na precvičovanie – Cauchyho teória rezíduí a
jej aplikácie
Riešené príklady
V nasledujúcich príkladoch aplikujeme Cauchyho teóriu komplexných krivkových
integrálov na výpočet reálnych určitých a nevlastných integrálov.
Tieto aplikácie predstavujú jeden z vrcholov komplexnej analýzy :). Najprv
ilustrujeme použitie niekoľkých už „hotových formúl.
(i) Integrál typu
∫ 2π
0
R(cos t, sin t) dt
Predpoklady:
• Reálna funkcia R(u, v) je racionálna lomená funkcia svojich premenných
u, v.
Zavedením komplexnej premennej z = eit
prevedieme daný reálny integrál
na komplexný krivkový integrál pozdĺž kladne orientovanej kružnice
|z| = 1. Využívame pri tom identity
cos t =
eit
+ e−it
2
=
z + z−1
2
, sin t =
eit
− e−it
2i
=
z − z−1
2i
.
Potom platí
∫ 2π
0
R(cos t, sin t) dt =
z = eit
dz = i eit
dt =⇒ dt = −iz−1
dz
t ∈ [0, 2π] ; φ : |z| = 1
=
∫
φ
R
(
z + z−1
2
,
z − z−1
2i
)
· (−i)z−1
dz.
(ii) Integrály typu
∫ ∞
−∞
f(t) cos mt dt a
∫ ∞
−∞
f(t) sin mt dt pre m > 0
Predpoklady:
1
• Dané nevlastné integrály konvergujú.
• Komplexná funkcia f(z) má v C iba konečne veľa izolovaných
singularít, pričom na reálnej osi má najviac jednoduché póly.
• Platí limz→∞ f(z) = 0.
Potom platí
∫ ∞
−∞
f(t) cos mt dt = Re
[
2πi ·
∑
Im w>0
resw f(z) eimz
+ πi ·
∑
Im w=0
resw f(z) eimz
]
,
∫ ∞
−∞
f(t) sin mt dt = Im
[
2πi ·
∑
Im w>0
resw f(z) eimz
+ πi ·
∑
Im w=0
resw f(z) eimz
]
.
(iii) Integrál typu
∫ ∞
−∞
f(t) eimt
dt pre m ̸= 0
Predpoklady sú rovnaké ako pre typ (ii). V prípade ich splnenia platí
∫ ∞
−∞
f(t) eimt
dt = 2πi ·
∑
Im w>0
resw f(z) eimz
+ πi ·
∑
Im w=0
resw f(z) eimz
pre m > 0,
∫ ∞
−∞
f(t) eimt
dt = 2πi ·
∑
Im w>0
resw f(z) e−imz + πi ·
∑
Im w=0
resw f(z) e−imz pre m < 0
(vodorovná čiara v druhej rovnosti značí komplexné združenie :)). Nechávame
na čitateľa, aby si premyslel úzku súvislosť týchto formúl s
identitami v prípade (ii), obzvlášť vo svetle Eulerovej rovnosti
eimt
= cos mt + i sin mt ; ).
(iv) Integrál typu
∫ ∞
−∞
f(t) dt
Predpoklady:
• Daný nevlastný integrál konverguje.
• Komplexná funkcia f(z) má v hornej komplexnej polrovine (obsahujúcej
nezápornú imaginárnu polos) iba konečne veľa izolovaných
singularít, pričom žiadna z nich neleží na reálnej osi.
2
• Je splnená podmienka
limz→∞
Im z≥0
zf(z) = 0.
Potom platí ∫ ∞
−∞
f(t) dt = 2πi ·
∑
Im w>0
resw f(z).
(v) Integrál typu
∫ ∞
0
f(t) ta−1
dt pre a ∈ R \ Z
Predpoklady:
• Daný nevlastný integrál konverguje.
• Komplexná funkcia f(z) má v C iba konečne veľa izolovaných
singularít, ktoré neležia v reálnom intervale (0, ∞).
• Sú splnené podmienky
lim
z→∞
|z|a
f(z) = 0 = lim
z→0
|z|a
f(z).
Potom platí
∫ ∞
0
f(t) ta−1
dt =
π
sin πa
·
∑
w∈C\[0,∞)
resw (−z)a−1
f(z),
kde mocnina za−1
je chápaná v zmysle svojej hlavnej hodnoty, t.j.,
za−1
:= e(a−1)·[ln |z|+i·arg z]
.
(vi) Integrály typu
∫ ∞
0
f(t) ln t dt a
∫ ∞
0
f(t) dt
Predpoklady:
• Dané nevlastné integrály konvergujú.
3
• Komplexná funkcia f(z) má v C iba konečne veľa izolovaných
singularít, ktoré neležia v reálnom intervale (0, ∞).
• Sú splnené podmienky
lim
z→∞
zf(z) ln2
|z| = 0 = lim
z→0
zf(z) ln2
|z|.
Potom platí
∫ ∞
0
f(t) ln t dt = −
1
2
· Re


∑
w∈C\[0,∞)
resw f(z) log2
2π z

 ,
∫ ∞
0
f(t) dt = −
1
2π
· Im


∑
w∈C\[0,∞)
resw f(z) log2
2π z

 ,
kde logaritmická funkcia log2π z je definovaná predpisom
log2π z := ln |z| + i · φ pre φ ∈ [0, 2π).
V tomto prípade platí (log2π z)′
= 1/z vo všetkých bodoch z, v ktorých
je funkcia log2π z holomorfná.
Príklad 1
Pomocou Cauchyho teórie zistime hodnotu určitého integrálu
I =
∫ π
0
a
a2 + sin2
t
dt, a > 0.
Riešenie:
Zavedením jednoduchej substitúcie t = s/2 prevedieme I na integrál typu
(i). Konkrétne, máme
I =
∫ 2π
0
a
a2 + sin2
(s
2
)
1−cos s
2
·
1
2
ds =
∫ 2π
0
toto je racionálna funkcia v cos s
a
2a2 + 1 − cos s
ds
4
(samy overte detaily ;)). Teraz už môžeme integrál I previesť na komplexný
krivkový v súlade s návodom v (i). Pre z = eis
postupne dostávame
I =
∫
φ
a
2a2 + 1 − z+z−1
2
· (−i)z−1
dz =
∫
φ
i2a
z2 − 2z(2a2 + 1) + 1
dz,
kde φ je kladne orientovaná kružnica |z| = 1 (samy overte výpočty :)). Na
vypočet posledného komplexného integrálu aplikujeme Cauchyho vetu o rezíduách
:). Komplexná funkcia
f(z) =
i2a
z2 − 2z(2a2 + 1) + 1
má izolované singularity v koreňoch svojho menovateľa, t.j., v bodoch
z1 = 2a2
+ 1 + 2a
√
a2 + 1, z2 = 2a2
+ 1 − 2a
√
a2 + 1
(samy overte :)). Obidva body z1, z2 sú jednoduchými pólmi funkcie f(z),
pričom vo vnútri kružnice φ leží iba bod z2. Vyplýva to jednak z faktu, že
čísla z1, z2 sú reálne, a jednak z nasledujúcich odhadov
z1 − 1 = 2a2
+ 2a
√
a2 + 1 > 0 =⇒ z1 > 1,
z2 − 1 = 2a2
− 2a
√
a2 + 1 = 2a ·
(
a −
√
a2 + 1
)
<0
< 0 =⇒ z2 < 1,
z2 + 1 = 2a2
+ 2 − 2a
√
a2 + 1 = 2
√
a2 + 1 ·
(√
a2 + 1 − a
)
>0
> 0 =⇒ z2 > −1
(samy si dobre premyslite ;)). Podľa vety o rezíduách potom pre hodnotu
integrálu I platí
I = 2πi · resz2 f(z).
Potrebujeme teda stanoviť rezíduum funkcie f(z) v bode z2. Keďže z2 je
jednoduchý pól funkcie f(z), máme
resz2 f(z) = lim
z→z2
(z − z2) · f(z) = lim
z→z2
(z − z2) ·
i2a
z2 − 2z(2a2 + 1) + 1
.
5
Body z1, z2 sú korene nemovateľa z2
− 2z(2a2
+ 1) + 1, preto platí rozklad
z2
− 2z(2a2
+ 1) + 1 = (z − z1)(z − z2)
(samy si dobre premyslite :)). Po dosadení do poslednej limity dostávame
resz2 f(z) = lim
z→z2
(z − z2) ·
i2a
(z − z1)(z − z2)
= lim
z→z2
i2a
z − z1
=
i2a
z2 − z1
=
i2a
(
2a2 + 1 − 2a
√
a2 + 1
)
−
(
2a2 + 1 + 2a
√
a2 + 1
) = −
i
2
√
a2 + 1
(samy overte :)). Nakoniec pre integrál I v zadaní príkladu máme
I =
∫ π
0
a
a2 + sin2
t
dt = 2πi ·
(
−
i
2
√
a2 + 1
)
=
π
√
a2 + 1
:).
Poznamenajme, že uvedený určitý integrál sa dá vypočítať aj tradičným spôsobom
pomocou Newtonovej–Leibnizovej formuly, nakoľko funkcia
g(t) =
a
a2 + sin2
t
má primitívnu funkciu na intervale [0, π] vyjadriteľnú pomocou elementárnych
funkcií. Nechávame na čitateľa, aby sám overil nasledujúce výpočty :).
I =
∫ π
0
a
a2 + sin2
t
dt =
u = t − π
2
du = dt
0 ; −π
2 , π ; π
2
=
∫ π/2
−π/2
a
a2 + sin2
(
u + π
2
) du
=
∫ π/2
−π/2
a
a2 + cos2 u
du =
p = tg u =⇒ u = arctg p
cos2
u = 1
1+p2
du = 1
1+p2 dp
−π
2 ; −∞, π
2 ; ∞
=
∫ ∞
−∞
a
a2 + 1
1+p2
·
1
1 + p2
dp
=
∫ ∞
−∞
a
a2p2 + a2 + 1
dp =
1
a
·
∫ ∞
−∞
dp
p2 + a2+1
a2
=
1
a
·
[
a
√
a2 + 1
· arctg
ap
√
a2 + 1
]∞
−∞
6
=
[
1
√
a2 + 1
· arctg
ap
√
a2 + 1
]∞
−∞
=
1
√
a2 + 1
·
π
2
+
1
√
a2 + 1
·
π
2
=
π
√
a2 + 1
:).
Príklad 2
Vypočítajme nevlastný integrál
I =
∫ ∞
0
sin at
t (t2 + b2)
dt, a, b ∈ R+
.
Riešenie:
Jedná sa o integrál typu (ii). Je absolútne konvergentný, pretože
lim
t→0+
sin at
t (t2 + b2)
=
a
b2
,
sin at
t (t2 + b2)
≤
a
t2 + b2
, t ∈ (0, ∞),
∫ ∞
0
1
t2 + b2
dt =
π
2b
(samy si premyslite, ako z týchto pozorovaní vyplýva absolútna konvergencia
nevlastného integrálu v zadaní príkladu :)). Komplexná funkcia f(z) je
f(z) =
1
z(z2 + b2)
.
Platí limz→∞ f(z) = 0, ako sa možno ľahko presvedčiť :). Funkcia f(z) je
racionálna lomená funkcia, svoje izolované singularity má práve v koreňoch
svojho menovateľa, t.j. v číslach 0, ±ib. Všetky tri singularity sú jednoduché
póly (samy overte :)). Z nich nás zaujímajú iba tie, ktoré majú nezápornú
imaginárnu časť, teda 0 a ib, v súlade s predpokladom b > 0. Potrebujeme v
nich zistiť rezíduá funkcie f(z) eiaz
. Postupne dostaneme
res0 f(z) eiaz
= lim
z→0
z ·
eiaz
z(z2 + b2)
= lim
z→0
eiaz
z2 + b2
=
1
b2
,
resib f(z) eiaz
= lim
z→ib
(z − ib) ·
eiaz
z(z2 + b2)
= lim
z→ib
eiaz
z(z + ib)
=
eia·ib
ib · (ib + ib)
= −
e−ab
2b2
(samy overte ;)). Dosadením do vhodnej formuly v (ii) dostaneme
∫ ∞
−∞
sin at
t (t2 + b2)
dt = Im
[
2πi · resib f(z) eiaz
+ πi · res0 f(z) eiaz
]
7
= Im
[
2πi ·
(
−
e−ab
2b2
)
+ πi ·
1
b2
]
=
π · (1 − e−ab
)
b2
.
Nakoľko funkcia pod integrálom v zadaní príkladu je párna, platí
I =
∫ ∞
0
sin at
t (t2 + b2)
dt =
1
2
·
∫ ∞
−∞
sin at
t (t2 + b2)
dt =
π · (1 − e−ab
)
2b2
:).
Príklad 3
Určme hodnotu nevlastného integrálu
I =
∫ ∞
−∞
e−5it
t2 + 4
dt.
Riešenie:
Predložený integrál konverguje, a to absolútne. Vyplýva to z nerovnosti
e−5it
t2 + 4
=
toto je 1
e−5it
t2 + 4
=
1
t2 + 4
, t ∈ (−∞, ∞),
a z identity
∫ ∞
−∞
1
t2+4
= π
2
(samy si dobre premyslite :)). Jedná sa zrejme o
integrál typu (iii) s m = −5 a s komplexnou funkciou
f(z) =
1
z2 + 4
.
Funkcia f(z) má jednoduché póly v bodoch w1 = −2i a w2 = 2i (samy
overte :)). Podľa formúl v (iii) nás zaujímajú iba singularity s nezápornou
imaginárnou častou, t.j., iba w2. Nakoľko m < 0, dostávame
I =
∫ ∞
−∞
e−5it
t2 + 4
dt = 2πi · resw2 f(z) e−5iz = 2πi · lim
z→2i
(z − 2i) ·
e−5iz
z2 + 4
= 2πi · lim
z→2i
(z − 2i) ·
e−5iz
(z + 2i)(z − 2i)
= 2πi · lim
z→2i
e−5iz
z + 2i
8
= 2πi ·
e−5i·2i
2i + 2i
=
π
2
· e10 =
π
2
· e10
:)
(samy overte detaily výpočtov ;)).
Príklad 4
Stanovme nevlastný integrál
I =
∫ ∞
−∞
3t + 1
(t2 + 1)2
dt.
Riešenie:
Jedná sa o integrál typu (iv). Príslušná komplexná funkcia f(z) má tvar
f(z) =
3z + 1
(z2 + 1)2
.
Platí limz→∞ zf(z) = 0. Je to racionálna lomená funkcia s izolovanými singularitami
v bodoch ±i, ktoré neležia na reálnej osi. Podstatná je pre nás
singularita w = i, nakoľko Im w > 0. V tomto bode má funkcia f(z) dvojnásobný
pól (samy overte všetky pozorovania ;)). Pre rezíduum resi f(z) platí
resi f(z) = lim
z→i
[
(z − i)2
·
3z + 1
(z2 + 1)2
]′
= lim
z→i
[
3z + 1
(z + i)2
]′
= lim
z→i
3(i − z) − 2
(z + i)3
= −
i
4
.
Dosadením do formuly v (iv) dostaneme pre integrál I v zadaní vyjadrenie
I =
∫ ∞
−∞
3t + 1
(t2 + 1)2
dt = 2πi ·
(
−
i
4
)
=
π
2
:).
Poznamenajme, že predložený nevlastný integrál sa dá vypočítať aj klasickým
spôsobom. Samy overte nasledujúce výpočty ;).
I =
∫ ∞
−∞
3t + 1
(t2 + 1)2
dt =
3
2
·
∫ ∞
−∞
2t dt
(t2 + 1)2
+
∫ ∞
−∞
dt
(t2 + 1)2
=
3
2
·
[
−
1
t2 + 1
]∞
−∞
+
∫ ∞
−∞
dt
(t2 + 1)2
=
3
2
· 0 +
∫ ∞
−∞
dt
(t2 + 1)2
=
∫ ∞
−∞
(t2
+ 1) − t2
(t2 + 1)2
dt
9
=
∫ ∞
−∞
dt
t2 + 1
−
∫ ∞
−∞
t2
dt
(t2 + 1)2
= [arctg t]
∞
−∞ −
∫ ∞
−∞
t2
dt
(t2 + 1)2
= π −
∫ ∞
−∞
t2
dt
(t2 + 1)2
=
u′
= t
(t2+1)2 , u = −1
2 · 1
t2+1 ,
v = t, v′
= 1
= π −
[
−
1
2
·
t
t2 + 1
]∞
−∞
−
1
2
·
∫ ∞
−∞
dt
t2 + 1
= π −
1
2
·
∫ ∞
−∞
dt
t2 + 1
= π − 0 −
1
2
· [arctg t]
∞
−∞ = π −
1
2
· π =
π
2
:).
Príklad 5
Nájdime hodnotu nevlastného integrálu
I =
∫ ∞
0
ta−1
t2 + 1
dt, a ∈ (0, 1).
Riešenie:
Jedná sa o konvergentný integrál typu (v) (pozri dodatok za príkladom :)).
Odpovedajúca komplexná funkcia f(z) má tvar
f(z) =
1
z2 + 1
.
Nie je ťažké overiť, že v súlade s predpokladom v zadaní príkladu platí
lim
z→∞
|z|a
f(z) = lim
z→∞
|z|a
z2 + 1
= 0 a lim
z→0
|z|a
f(z) = lim
z→0
|z|a
z2 + 1
= 0.
Funkcia f(z) má jednoduché póly v bodoch ±i, ktoré iste neležia na kladnej
reálnej osi. Potrebujeme stanoviť rezíduá funkcie (−z)a−1
f(z) v týchto
bodoch. Keďže mocninová funkcia (−z)a−1
je holomorfná na ľubovoľných
okoliach bodov ±i, ktoré neobsahujú bod 0, platí
resi (−z)a−1
f(z) = lim
z→i
(z − i) ·
(−z)a−1
z2 + 1
= lim
z→i
(−z)a−1
z + i
10
=
(−i)a−1
2i
=
e(a−1)·[ln |−i|+i·arg(−i)]
2i
=
e(a−1)·i·(−π/2)
2i
=
e−i(a−1)π/2
2i
(samy overte :)). Analogicky zistíme rezíduum v bode −i, konkrétne
res−i (−z)a−1
f(z) = −
ei(a−1)π/2
2i
(i toto si samy premyslite ;)). Pripomeňme, že pri výpočte uvedených rezíduí
sme využili fakt, že mocninu (−z)a−1
počítame v zmysle jej hlavnej hodnoty
podľa predpisu v (v). Následným dosadením do formuly v (v) dostaneme pre
integrál I v zadaní príkladu vyjadrenie
I =
∫ ∞
0
ta−1
t2 + 1
dt =
π
sin πa
·
[
resi (−z)a−1
f(z) + res−i (−z)a−1
f(z)
]
=
π
sin πa
·
[
e−i(a−1)π/2
2i
−
ei(a−1)π/2
2i
]
toto je −sin(π(a−1)
2 )
= −
π
sin πa
· sin
(
π(a − 1)
2
)
=
−π
sin πa
· sin
(πa
2
−
π
2
)
=
π
sin πa
2 sin πa
2 cos πa
2
· cos
πa
2
=
π cos πa
2
2 sin πa
2 cos πa
2
=
π
2 sin πa
2
:)
(samy overte detaily výpočtov ;)).
Dodatok k Príkladu 5
Poznamenajme najprv, že výraz ta−1
t2+1
je pre každé a ∈ (0, 1) spojitý na intervale
(0, ∞). V bode t = 0 má zrejme singularitu, nakoľko
lim
t→0+
ta−1
t2 + 1
= ∞
(samy overte :)). Naviac, pre každé t ∈ (0, ∞) platia nerovnosti
0 <
ta−1
t2 + 1
< ta−1
a 0 <
ta−1
t2 + 1
< ta−3
(samy si premyslite; prvá nerovnosť využíva pozorovanie t2
+ 1 > 1, kým
druhá nerovnosť vyplýva z t2
+1 > t2
;)). Z prvej rovnosti na základe porovnávacieho
kritéria máme absolútnu existenciu nevlastného integrálu
∫ 1
0
ta−1
t2+1
dt,
11
pretože určitý integrál
∫ 1
0
ta−1
dt =
[
ta
a
]1
0
=
1
a
pre a ∈ (0, 1) konverguje
(samy overte :)). Druhá vyššie uvedená nerovnosť zase implikuje (pomocou
porovnávacieho kritéria) absolútnu konvergenciu nevlastného integrálu∫ ∞
1
ta−1
t2+1
dt, lebo nevlastný integrál
∫ ∞
1
ta−3
dt =
[
ta−2
a − 2
]∞
1
=
1
2 − a
pre a ∈ (0, 1) konverguje
(i toto samy overte ;)). To potom znamená, že absolútne konverguje i nevlastný
integrál
∫ 1
0
ta−1
t2 + 1
dt +
∫ ∞
1
ta−1
t2 + 1
dt =
∫ ∞
0
ta−1
t2 + 1
dt :).
Príklad 6
Určme nevlastné integrály
I =
∫ ∞
0
ln t
(t2 + 1)2
dt, J =
∫ ∞
0
1
(t2 + 1)2
dt.
Riešenie:
Ide o konvergentné integrály typu (vi) (pozri dodatok za príkladom :)). Komplexná
funkcia f(z) má v tomto prípade tvar
f(z) =
1
(z2 + 1)2
.
Nechávame na čitateľa, aby ukázal platnosť podmienok
lim
z→∞
zf(z) ln2
|z| = lim
z→∞
z ln2
|z|
(z2 + 1)2
= 0 a lim
z→0
zf(z) ln2
|z| = lim
z→0
z ln2
|z|
(z2 + 1)2
= 0 :).
12
Funkcia f(z) má dvojnásobné póly v bodoch ±i. Zaujímajú nás rezíduá funkcie
f(z) log2
2π z v týchto bodoch. Podľa rovnosti v (vi) je funkcia log2
2π z
holomorfná na okoliach bodov ±i, ktoré neobsahujú bod 0. Preto máme
resi f(z) log2
2π z = lim
z→i
[
(z − i)2
·
log2
2π z
(z2 + 1)2
]′
= lim
z→i
[
log2
2π z
(z + i)2
]′
= lim
z→i
2 log2π z
[
(z + i) · 1
z
− log2π z
]
(z + i)3
=
2 log2π i [2 − log2π i]
(2i)3
.
Keďže podľa formuly v (vi) platí
log2π i = ln |i| + i ·
π
2
=
πi
2
,
pre hodnotu resi f(z) log2
2π z dostávame
resi f(z) log2
2π z =
2 · πi
2
·
[
2 − πi
2
]
−8i
= −
π
4
+ i ·
π2
16
.
Podobnou procedúrou získame hodnotu res−i f(z) log2
2π z (samy overte :))
res−i f(z) log2
2π z =
3π
4
− i ·
9π2
16
.
Pre hodnotu integrálu I v zadaní príkladu potom platí
∫ ∞
0
ln t
(t2 + 1)2
dt = −
1
2
· Re
[
resi f(z) log2
2π z + res−i f(z) log2
2π z
]
= −
1
2
· Re
[
−
π
4
+ i ·
π2
16
+
3π
4
− i ·
9π2
16
]
= −
1
2
· Re
[
π
2
− i ·
π2
2
]
= −
π
4
:).
Hodnota druhého integrálu J v zadaní príkladu má tvar
∫ ∞
0
1
(t2 + 1)2
dt = −
1
2π
· Im
[
resi f(z) log2
2π z + res−i f(z) log2
2π z
]
= −
1
2π
· Im
[
π
2
− i ·
π2
2
]
=
π
4
.
13
Dodatok k Príkladu 6
Výraz ln t
(t2+1)2 je spojitý na intervale (0, ∞), pričom v bode t = 0 platí
lim
t→0+
ln t
(t2 + 1)2
= −∞
(samy overte :)). Existenciu nevlastného integrálu I v zadaní Príkladu 6
dokážeme podobne ako v Príklade 5. Z pozorovaní
ln t
(t2 + 1)2
≤ | ln t| = − ln t, t ∈ (0, 1],
∫ 1
0
| ln t| dt = −
∫ 1
0
ln t dt = − [t ln t − t]1
0 = 1 + lim
t→0+
t ln t = 1,
lim
t→∞
ln t
(t2+1)2
1
t2+1
= lim
t→∞
ln t
t2 + 1
= 0,
∫ ∞
1
1
t2 + 1
dt = [arctg t]∞
1 =
π
4
vyplýva konvergencia nevlastných integrálov
∫ 1
0
ln t
(t2 + 1)2
dt a
∫ ∞
1
ln t
(t2 + 1)2
dt
(samy si dobre premyslite na základe nelimitného a limitného porovnávacieho
kritéria ;)). Potom konverguje i nevlastný integrál I, keďže
I =
∫ ∞
0
ln t
(t2 + 1)2
dt =
∫ 1
0
ln t
(t2 + 1)2
dt +
∫ ∞
1
ln t
(t2 + 1)2
dt :).
Nechávame na čitateľa, aby konvergenciu nevlastného integrálu J v zadaní
Príkladu 5 overil jeho priamym výpočtom (využite výpočty v Príklade 4 ;)).
V ďalších príkladoch si ukážeme, čo sa pri výpočtoch určitých, resp. nevlastných
reálnych integrálov pomocou komplexnej Cauchyho teórie deje „v
skutočnosti :). Poznamenajme, že niektoré z nasledujúcich integrálov nie sú
z typov (i), (ii), (iii), (iv), (v) a (vi).
14
Príklad 7
Nájdime hodnoty tzv. Fresnelových integrálov
∫ ∞
0
cos t2
dt,
∫ ∞
0
sin t2
dt.
Riešenie:
Obidva nevlastné integrály konvergujú (pozri dodatok za príkladom :)). Uvažujme
komplexnú funkciu f(z) tvaru
f(z) = eiz2
, z ∈ C.
Funkcia f(z) je celá, t.j., je holomorfná v celej komplexnej rovine. Podľa
Cauchyho integrálnej vety potom pre každú uzavretú, kladne orientovanú a
po častiach hladkú krivku φ platí
∫
φ
eiz2
dz = 0.
Uvažujme kladne orientovanú krivku φ v tvare φ = φ1 ⊕ φ2 ⊕ φ3, pričom
φ1 : z = t, t ∈ [0, R], φ2 : z = R eit
, t ∈
[
0,
π
4
]
, φ3 : z = (R − t) eiπ/4
, t ∈ [0, R],
kde R je dané kladné reálne číslo (samy znázornite v komplexnej rovine; mali
by ste dostať jednu osminku kruhovej „tortičky so stredom v bode 0 :)). Pre
každé R > 0 potom platí
0 =
∫
φ
eiz2
dz =
∫
φ1
eiz2
dz
I1
+
∫
φ2
eiz2
dz
I2
+
∫
φ3
eiz2
dz
I3
. (1)
Jednotlivé krivkové integrály I1, I2 a I3 prepíšeme pomocou daných parametrizácií.
Všimnime si, že krivky φ1, φ2 a φ3 sú parametrizované súhlasne
s kladnou orientáciou celej krivky φ :). Postupne dostávame
I1 =
∫
φ1
eiz2
dz =
z = t
dz = dt
t ∈ [0, R]
=
∫ R
0
eit2
dt =
∫ R
0
(
cos t2
+ i sin t2
)
dt
15
=
∫ R
0
cos t2
dt + i ·
∫ R
0
sin t2
dt,
I2 =
∫
φ2
eiz2
dz =
z = R eit
dz = iR eit dt
t ∈
[
0, π
4
]
=
∫ π/4
0
ei·(R eit)2
· iR eit
dt
= iR ·
∫ π/4
0
eiR2 ei·2t
· eit
dt = iR ·
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t+iR2 cos 2t
· eit
dt
= iR ·
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t
· eiR2 cos 2t
· eit
dt,
I3 =
∫
φ3
eiz2
dz =
z = (R − t) eiπ/4
dz = −eiπ/4 dt
t ∈ [0, R]
=
∫ R
0
ei·[(R−t) eiπ/4
]
2
·
(
−eiπ/4
)
dt
= −eiπ/4
·
∫ R
0
ei·(R−t)2·
toto je i
eiπ/2
dt = −eiπ/4
·
∫ R
0
e−(R−t)2
dt.
Zavedením substitúcie s = R − t v poslednom integrále máme
I3 = −eiπ/4
·
∫ R
0
e−s2
ds
(samy overte :)). Dosadením vyššie uvedených vyjadrení integrálov I1 a I3
do rovnosti (1) získame
0 =
∫ R
0
cos t2
dt + i ·
∫ R
0
sin t2
dt + I2 − eiπ/4
·
∫ R
0
e−s2
ds. (2)
16
Integrál I2 odhadneme v absolútnej hodnote zhora
|I2| = iR ·
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t
· eiR2 cos 2t
· eit
dt
≤ |i| · |R| ·
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t
·
toto je 1
eiR2 cos 2t
·
toto je 1
eit
dt = R ·
∫ π/4
0
e−R2 sin 2t
dt
(samy si dobre premyslite jednotlivé kroky ;)). V poslednom integrále sa
funkcia sin 2t dá nahradiť funkciou 4t/π s tým, že tento integrál sa zväčší
(nakreslením grafov oboch funkcií na intervale [0, π/4] sa samy presvedčte,
že platí 4t/π ≤ sin 2t pre t ∈ [0, π/4] :)). Preto máme
|I2| ≤ R ·
∫ π/4
0
e−4R2t/π
dt =
π
4R
(
1 − e−R2
)
(3)
(poslednú rovnosť samy overte priamou integráciou podľa premennej t :)).
Dôvod, prečo robíme takéto hrozné výpočty a odhady je nasledujúci. V rovnosti
(2) budeme limitovať R → ∞. Môžeme to urobiť, pretože rovnosti (1),
(2) a odhad (3) platia pre akúkoľvek tortičku φ, a teda aj pre obrovské tortisko
φ :). Celý fígeľ spočíva v tom, že pri takomto limitovaní prvý a druhý integrál
v (2) prejdu na Fresnelove integrály v zadaní príkladu, kým integrál I2
bude konvergovať do nuly (z odhadu (3) vyplýva |I2| → 0 pre R → ∞, samy
overte ;)). Napokon posledný integrál v (2) sa zmení na Poissonov integrál∫ ∞
0
e−s2
ds :). Platí teda
0 =
∫ R
0
cos t2
dt + i ·
∫ R
0
sin t2
dt + I2 − eiπ/4
·
∫ R
0
e−s2
ds
⇓ pre R → ∞ ⇓
0 =
∫ ∞
0
cos t2
dt + i ·
∫ ∞
0
sin t2
dt − eiπ/4
·
∫ ∞
0
e−s2
ds.
Z Matematickej analýzy III však vieme, že
∫ ∞
0
e−s2
ds =
√
π
2
17
(samy vhodným spôsobom overte ;)). Okrem toho eiπ/4
= 1+i√
2
. Dostávame
0 =
∫ ∞
0
cos t2
dt + i ·
∫ ∞
0
sin t2
dt −
1 + i
√
2
·
√
π
2
.
Z poslednej rovnosti porovnaním reálnych a imaginárnych častí daných výrazov
vyplýva finálny výsledok
∫ ∞
0
cos t2
dt =
√
π
8
,
∫ ∞
0
sin t2
dt =
√
π
8
:).
Dodatok k Príkladu 7
Dokážeme konvergenciu nevlastného integrálu
∫ ∞
0
cos t2
dt v zadaní Príkladu
6 (analogicky sa postupuje i v prípade nevlastného integrálu
∫ ∞
0
sin t2
dt).
Daný integrál môžeme intuitívne vyjadriť ako súčet
∫ ∞
0
cos t2
dt
???
=
∫ 1
0
cos t2
dt +
∫ ∞
1
cos t2
dt.
Troch otáznikov nad symbolom = sa môžeme zbaviť jedine vtedy, keď ukážeme
existenciu oboch integrálov na pravej strane uvedenej rovnosti :). Nakoľko
funkcia cos t2
je spojitá na intervale [0, 1], určitý Riemannov integrál∫ 1
0
cos t2
dt bez problémov existuje a má konečnú hodnotu. V druhom, nevlastnom
integrále
∫ ∞
1
cos t2
dt vykonáme substitúciu t =
√
u, t.j.,
∫ ∞
1
cos t2
dt =
t =
√
u
dt = 1
2
√
u
du
1 ; 1, ∞ ; ∞
=
∫ ∞
1
cos u
2
√
u
du.
Všimnime si účelnosť rozdelenia pôvodného nevlastného integrálu na dva integrály.
Uvedená substitúcia totiž nie je použiteľná na celom intervale [0, ∞)
(samy si premyslite :)). Vzniknutý nevlastný integrál teraz vyšetríme pomocou
Dirichletovho kritéria :). Položme
f(u) := cos u, g(u) :=
1
2
√
u
.
18
Funkcia f(u) je spojitá na intervale [1, ∞), pričom určitý integrál
∫ p
1
f(u) du
ako funkcia hornej hranice p existuje pre každé p ∈ [1, ∞) a je rovnomerne
ohraničený vzhľadom na p na [1, ∞). V ľudskej reči to znamená asi toto
∫ p
1
f(u) du =
∫ p
1
cos u du = [sin p]p
1 = sin p − sin 1 pre každé p ∈ [1, ∞),
∫ p
1
f(u) du = |sin p − sin 1| ≤ | sin p| + | sin 1| ≤ 2 pre každé p ∈ [1, ∞) :)
(samy si premyslite clivou spomienkou na dávne a krásne časy Matematickej
analýzy I ;)). Naviac, funkcia g(u) je spojito diferencovateľná a klesajúca na
intervale [1, ∞) a limu→∞ g(u) = limu→∞
1
2
√
u
= 0 (i toto je nostalgia minulých
čias :)). Podľa Dirichletovho kritéria je potom zaručená konvergencia
nevlastného integrálu
∫ ∞
1
f(u) g(u) du =
∫ ∞
1
cos u
2
√
u
du =
∫ ∞
1
cos t2
dt :).
To následne dokazuje i konvergenciu nevlastného integrálu
∫ 1
0
cos t2
dt +
∫ ∞
1
cos t2
dt =
∫ ∞
0
cos t2
dt ; ).
Príklad 8
Nech n je dané prirodzené číslo. Pomocou výpočtu komplexného integrálu
I =
∫
φ
(
z +
1
z
)2n
dz
z
, φ : |z| = 1, ,
nájdime hodnotu určitého integrálu
∫ 2π
0
cos2n
t dt.
Riešenie:
Integrál I budeme počítať dvomi spôsobmi – jednak tradične, zavedením parametrizácie,
a jednak pomocou Cauchyho teórie :). Riešenie úlohy v príklade
19
bude spočívať v porovnaní výsledkov získaných týmito spôsobmi. Krivka φ je
kladne orientované kružnica so stredom v bode 0 a polomerom 1. Má teda parametrické
vyjadrenie z = eit
, kde t ∈ [0, 2π]. Táto parametrizácia je zrejme
súhlasná s orientáciou krivky φ v zadaní príkladu. Ďalej platí dz = ieit
dt.
Zavedením danej parametrizácie do integrálu I dostaneme
I =
∫ 2π
0
(
eit
+ e−it
)2n
· e−it
· i · eit
dt =
∫ 2π
0
(2 cos t)2n
· i dt = i ·
∫ 2π
0
22n
cos2n
t dt.
Pri úprave sme využili identitu cos t = eit+e−it
2
. Na druhej strane, integrál I
sa dá upraviť na tvar
I =
∫
φ
(
z2
+ 1
z
)2n
dz
z
=
∫
φ
(z2
+ 1)2n
z2n+1
dz.
Čitateľ integrandu je funkcia holomorfná vo vnútri φ a konečná a spojitá na
φ. Naviac, bod 0 (nulový bod menovateľa) leží vo vnútri krivky φ. Podľa
Cauchyho integrálnej formuly teda platí
I =
2πi
(2n)!
·
[
(z2
+ 1)2n
](2n)
z=0
(samy si dobre premyslite :)). Potrebujeme nájsť hodnotu 2n-tej derivácie
funkcie (z2
+ 1)2n
v bode z = 0. Jedná sa o polynóm stupňa 4n, pričom
podľa binomickej vety máme
(z2
+ 1)2n
=
2n∑
k=0
z2k
(
2n
k
)
. (4)
Po 2n-tom derivovaní tohto polynómu dostaneme zrejme polynóm 2n-tého
stupňa, ktorého absolútny člen (člen s mocninou z0
) bude to, čo vznikne 2ntým
derivovaním člena v pôvodnom polynóme (4) s k = n, t.j., člena z2n
(2n
n
)
(samy si dobre premyslite; derivujeme prirodzené mocniny, ich stupne sa
každou deriváciou znižujú o jednotku ;)). Načo nám je však tento absolútny
člen? Po dosadení z = 0 do hľadanej 2n-tej derivácie polynómu (4) nám
ostane iba absolútny člen (i toto si samy dobre premyslite ;)). Platí teda
[
(z2
+ 1)2n
](2n)
z=0
=
[
z2n
(
2n
n
)](2n)
= 2n · (2n − 1) · (2n − 2) · · · 2 · 1 ·
(
2n
n
)
= (2n)! ·
(
2n
n
)
(samy overte :)). To znamená, že pre integrál I v zadaní príkladu máme
I =
2πi
(2n)!
· (2n)! ·
(
2n
n
)
= 2πi ·
(
2n
n
)
.
20
Nakoniec porovnaním oboch získaných hodnôt pre I dostaneme
i ·
∫ 2π
0
22n
cos2n
t dt = 2πi ·
(
2n
n
)
⇓
∫ 2π
0
cos2n
t dt =
π
22n−1
·
(
2n
n
)
:).
Príklad 9
Pomocou výpočtu komplexného integrálu
I =
∫
φ
eimz
ez + e−z
dz
pozdĺž vhodnej uzavretej krivky φ nájdime hodnoty nevlastných integrálov
∫ ∞
−∞
sin mt
et + e−t
dt,
∫ ∞
−∞
cos mt
et + e−t
dt, m ∈ R.
Riešenie:
Preskúmame najprv existenciu uvedených nevlastných integrálov. Keďže výraz
sin mt
et+e−t je nepárnou funkciou premennej t a integrujeme cez interval symetrický
vzhľadom na bod 0, platí
∫ ∞
−∞
sin mt
et + e−t
dt = 0 :))
(samy si dobre premyslite ;)). Pre váhajúcich čitateľov pripájame i korektnejšie
argumenty
∫ ∞
−∞
sin mt
et + e−t
dt = lim
R→∞
∫ R
−R
sin mt
et + e−t
dt
toto je 0
= lim
R→∞
0 = 0 :).
21
Skvelé, takže polovicu príkladu máme hotovú ;)). Na druhej strane, výraz
cos mt
et+e−t je párnou funkciou premennej t, a preto
∫ ∞
−∞
cos mt
et + e−t
dt = 2 ·
∫ ∞
0
cos mt
et + e−t
dt.
Stačí teda overiť konvergenciu nevlastného integrálu
∫ ∞
0
cos mt
et+e−t dt. Platí
cos mt
et + e−t
=
≤1
| cos mt|
et
+ e−t
>et
<
1
et
= e−t
, t ∈ [0, ∞),
∫ ∞
0
e−t
dt =
[
−e−t
]∞
0
= 1
(samy si dobre premyslite :)). Z porovnávacieho kritéria potom vyplýva konvergencia
nevlastného integrálu
∫ ∞
0
cos mt
et+e−t dt, a teda absolútna konvergencia
nevlastného integrálu
∫ ∞
0
cos mt
et+e−t dt. Uvažujme teraz komplexnú funkciu
f(z) =
eimz
ez + e−z
.
Funkcia f(z) je zrejme holomorfná v celom C okrem bodov z spĺňajúcich
ez
+ e−z
= 0 ⇐⇒ e2z
= −1.
Množina všetkých koreňov poslednej rovnice má tvar
{
πi
2
+ kπ, k ∈ Z
}
(samy overte ;)). Funkcia f(z) má teda nekonečne veľa izolovaných singularít,
ekvidištantne rozložených na imaginárnej osi (samy ich znázornite v
komplexnej rovine :)). Každá z nich je jednoduchý pól funkcie f(z) (pokúste
sa samy zdôvodniť ;)). Uvažujme ďalej uzavretú, kladne orientovanú krivku
φ tvaru φ = φ1 ⊕ φ2 ⊕ φ3 ⊕ φ4, kde
φ1 : z = t, t ∈ [−R, R], φ3 : z = −t + iπ, t ∈ [−R, R],
22
φ2 : z = R + it, t ∈ [0, π], φ4 : z = −R + i(π − t), t ∈ [0, π]
pre dané R > 0. Jedná sa teda o kladne orientovaný obvod obdĺžnika s vrcholmi
v bodoch [−R, 0], [R, 0], [R, π] a [−R, π] (samy zakreslite v komplexnej
rovine :)). Keďže vo vnútri φ leží pre každé R > 0 iba jediná singularita
z = πi
2
funkcie f(z), podľa Cauchyho vety o rezíduách platí
I =
∫
φ
f(z) dz =
∫
φ
eimz
ez + e−z
dz = 2πi · resπi
2
f(z)
(samy si premyslite ;)). Bod πi
2
je jednoduchý pól funkcie f(z), takže
resπi
2
f(z) = lim
z→πi
2
(
z −
πi
2
)
·
eimz
ez + e−z
= lim
z→πi
2
(
z − πi
2
)
· eimz
ez + e−z
.
V poslednej limite nastáva neurčitosť typu 0/0, pričom čitateľ i menovateľ
daného zlomku sú funkcie holomorfné na prstencovom okolí limitného bodu
πi
2
(samy overte :)). Podľa komplexného l’Hospitalovho pravidla potom máme
resπi
2
f(z) = lim
z→ πi
2
[(
z − πi
2
)
· eimz
]′
[ez + e−z]′ = lim
z→ πi
2
eimz
+
(
z − πi
2
)
· im · eimz
ez − e−z
=
eim· πi
2
e
πi
2 − e−πi
2
=
e−mπ
2
2i
.
Pre hodnotu komplexného integrálu I teda dostávame
I =
∫
φ
eimz
ez + e−z
dz = 2πi ·
e− mπ
2
2i
= πe−mπ
2 .
Všimnime si, že táto hodnota nezávisí na voľbe parametra R > 0. Môžeme
preto daný obdĺžnik ľubovoľne rozťahovať pre R → ∞ :). Krivkový integrál
I teraz vyjadríme pomocou parametrizácie krivky φ, t.j.,
I =
∫
φ1
f(z) dz
I1
+
∫
φ2
f(z) dz
I2
+
∫
φ3
f(z) dz
I3
+
∫
φ4
f(z) dz
I4
, (5)
pričom pre čiastkové integrály I1, I2, I3 a I4 postupne máme
I1 =
∫
φ1
f(z) dz =
z = t
dz = dt
t ∈ [−R, R]
=
∫ R
−R
eimt
et + e−t
dt,
23
I2 =
∫
φ1
f(z) dz =
z = R + it
dz = idt
t ∈ [0, π]
=
∫ π
0
eim·(R+it)
eR+it + e−(R+it)
· idt,
I3 =
∫
φ1
f(z) dz =
z = −t + iπ
dz = −dt
t ∈ [−R, R]
= −
∫ R
−R
eim·(−t+iπ)
e−t+iπ + et−iπ
dt,
I4 =
∫
φ1
f(z) dz =
z = −R + i(π − t)
dz = −idt
t ∈ [0, π]
= −
∫ π
0
eim·[−R+i(π−t)]
e−R+i(π−t) + eR−i(π−t)
· idt.
Integrál I3 sa pomocou substitúcie t = −u a identity eiπ
= e−iπ
= −1 upraví
I3 =
t = −u
dt = −du
−R ; R, R ; −R
=
∫ −R
R
eim·(u+iπ)
eu+iπ + e−u−iπ
du
=
∫ −R
R
eimu
· e−mπ
eu · eiπ + e−u · e−iπ
du = −e−mπ
·
∫ −R
R
eimu
eu + e−u
du
= e−mπ
·
∫ R
−R
eimu
eu + e−u
du = e−mπ
· I1
(samy overte detaily výpočtu :)). Na druhej strane, hodnoty integrálov I2 a
I4 sa budú s rastúcim R zmenšovať do nuly. Ukážeme to pomocou trojuholníkových
nerovností platiacich pre každé a ∈ R+
a b ∈ R
|ea+ib
| − |e−a−ib
| ≤ ea+ib
+ e−a−ib
24
⇕
ea
· |eib
|
1
−e−a
· |e−ib
|
1
≤ ea+ib
+ e−a−ib
⇕
ea
− e−a
≤ ea+ib
+ e−a−ib
⇕
1
|ea+ib + e−a−ib|
≤
1
|ea − e−a|
(samy pozorne overte jednotlivé kroky výpočtov ;)). Aplikáciou poslednej
odvodenej nerovnosti na integrál I2 potom dostaneme odhad
|I2| =
∫ π
0
eim·(R+it)
eR+it + e−(R+it)
· idt ≤
∫ π
0
eim·(R+it)
eR+it + e−(R+it)
· i dt
=
∫ π
0
eim·(R+it)
eR+it + e−(R+it)
· |i|
1
dt =
∫ π
0
1
eimR
·
e−mt
e−mt
eR+it + e−(R+it)
dt
=
∫ π
0
e−mt
·
1
|eR+it + e−R−it|
dt ≤
∫ π
0
e−mt
·
1
|eR − e−R|
konštanta
dt =
1
|eR − e−R|
·
∫ π
0
e−mt
dt
=
1
|eR − e−R|
·
[
−
e−mt
m
]π
0
=
1
|eR − e−R|
·
(
1 − e−mπ
m
)
(samy si premyslite detaily :)). V treťom riadku týchto výpočtov sme použili
vyššie odvodenú nerovnosť s a + ib = R + it. Analogickou procedúrou
dostaneme i pre integrál I4 odhad
|I4| = −
∫ π
0
eim·[−R+i(π−t)]
e−R+i(π−t) + eR−i(π−t)
· idt ≤
∫ π
0
eim·[−R+i(π−t)]
e−R+i(π−t) + eR−i(π−t)
· i dt
=
∫ π
0
eim·[−R+i(π−t)]
e−R+i(π−t) + eR−i(π−t)
· |i|
1
dt =
∫ π
0
1
e−imR
·
e−m(π−t)
e−m(π−t)
e−R+i(π−t) + eR−i(π−t)
dt
25
=
∫ π
0
em(t−π)
·
1
e−R+i(π−t) + eR−i(π−t)
dt ≤
∫ π
0
em(t−π)
·
1
|e−R − eR|
konštanta
dt
=
1
|e−R − eR|
·
∫ π
0
em(t−π)
dt =
1
|e−R − eR|
·
[
em(t−π)
m
]π
0
=
1
|eR − e−R|
·
(
1 − e−mπ
m
)
.
Podobne, v treťom riadku týchto výpočtov sme aplikovali vyššie odvodenú
nerovnosť s a+ib = −R+i(π−t) :). Integrály I2 a I4 teda spĺňajú nerovnosti
|I2| ≤
1
|eR − e−R|
·
(
1 − e−mπ
m
)
, |I4| ≤
1
|eR − e−R|
·
(
1 − e−mπ
m
)
.
Pre R → ∞ potom máme rovnosti
lim
R→∞
|I2| = 0 = lim
R→∞
|I4| ⇐⇒ lim
R→∞
I2 = 0 = lim
R→∞
I4
(samy overte ;)). Okrem toho pre integrál I1 platí
lim
R→∞
I1 = lim
R→∞
∫ R
−R
eimt
et + e−t
dt =
∫ ∞
−∞
eimt
et + e−t
dt.
Zhrnieme teraz všetky získané výsledky. Nakoľko
I = πe−mπ
2 , I3 = e−mπ
· I1,
podľa rovnice (5) dostávame
πe−mπ
2 = I1 + I2 + e−mπ
· I1 + I4 = (1 + e−mπ
) · I1 + I2 + I4.
Limitovaním tejto rovnosti pre R → ∞ a využitím predchádzajúcich pozorovaní
odvodíme
πe−mπ
2 = (1 + e−mπ
) ·
∫ ∞
−∞
eimt
et + e−t
dt
⇓
∫ ∞
−∞
eimt
et + e−t
dt =
πe−mπ
2
1 + e−mπ
=
πe
mπ
2
emπ + 1
:)
26
(samy si pozorne premyslite ;)). Avšak posledný nevlastný integrál spĺňa
∫ ∞
−∞
cos mt+i sin mt
eimt
et + e−t
dt =
∫ ∞
−∞
cos mt
et + e−t
dt + i ·
∫ ∞
−∞
sin mt
et + e−t
dt
0
=
∫ ∞
−∞
cos mt
et + e−t
dt
(nulovú hodnotu integrálu so sínusom sme ukázali na začiatku príkladu :)).
Takže pre hodnotu druhého nevlastného integrálu v zadaní príkladu máme
∫ ∞
−∞
cos mt
et + e−t
dt =
πe
mπ
2
emπ + 1
:).
V použitom postupe riešenia úlohy sme mlčky predpokladali, že číslo m ̸= 0
(samy zistite, kde :)). Nechávame na čitateľa, aby priamym výpočtom ukázal,
že odvodený výsledok zostáva v platnosti aj pre m = 0 ;).
Neriešené príklady
1. Pomocou teórie rezíduí vypočítajte dané určité integrály. Vo všetkých
úlohách uvažujte koeficienty p, q ∈ R.
a)
∫ 2π
0
dt
p + cos t
, p > 0, b)
∫ 2π
0
dt
1 − 2p cos t + p2
, 0 < |p| < 1,
c)
∫ 2π
0
cos 2t dt
p2 + q2 − 2pq cos t
, p > q > 0, d)
∫ 2π
0
dt
(p + q cos t)2
, p ̸= 0.
2. Nájdite hodnoty nasledujúcich nevlastných integrálov.
a)
∫ ∞
−∞
t sin t
t2 + t + 1
dt, b)
∫ ∞
0
sin t
t
dt,
c)
∫ ∞
−∞
cos 5t
(t2 + 1)2(t2 + 4)
dt, d)
∫ ∞
−∞
cos pt
t4 + 1
dt, p > 0.
3. Pomocou komplexnej analýzy vypočítajte dané nevlastné integrály.
a)
∫ ∞
−∞
dt
t6 + 1
, b)
∫ ∞
−∞
2t + 1
t4 + 1
dt,
c)
∫ ∞
−∞
t
(t2 + 4t + 13)2
dt, d)
∫ ∞
−∞
dt
(t2 + p2)3
, p > 0.
27
4. Stanovte nasledujúce nevlastné integrály.
a)
∫ ∞
0
tp
t2 + q2
dt, |p| < 1, q > 0, b)
∫ ∞
−∞
ept
e2t + 1
dt, p ∈ (0, 1),
c)
∫ ∞
0
tp
(t + q)(t + 2q)
dt, |p| < 1, p ̸= 0, q > 0.
Návod: V úlohe b) použite substitúciu u = et
;).
5. Určte hodnoty daných nevlastných integrálov.
a)
∫ ∞
0
ln t
t2 + p2
dt, p > 0, b)
∫ ∞
0
1
t4 + 1
dt,
c)
∫ ∞
0
t2
ln t
(t2 + 1)2
dt.
6. Nech n je dané nezáporné celé číslo. Pomocou výpočtu komplexného
krivkového integrálu
I =
∫
φ
(
z −
1
z
)2n+1
dz
z
, φ : |z| = 1, ,
nájdite hodnotu určitého integrálu
∫ 2π
0
sin2n+1
t dt.
7*. Nech n je dané prirodzené číslo. Pomocou výpočtu komplexného krivkového
integrálu
I =
∫
φ
ez
zn+1
dz, φ : |z| = 1, ,
dokážte identity
∫ 2π
0
ecos t
cos(nt − sin t) dt =
2π
n!
,
∫ 2π
0
ecos t
sin(nt − sin t) dt = 0.
28
8**. Využitím Cauchyho integrálnej vety a identity
∫ ∞
−∞
e−t2
dt =
√
π dokážte
rovnosť
∫ ∞
−∞
e−at2
cos bt dt =
√
π
a
· e− b2
4a , a > 0, b ≥ 0.
Návod: Uvažujte komplexný integrál
∫
φ
e−az2
dz
pozdĺž kladne orientovaného obvodu obdĺžnika s vrcholmi v bodoch
R, R + i ·
b
2a
, −R + i ·
b
2a
, −R,
kde R > 0. Tento integrál vyjadrite dvomi spôsobmi, jednak pomocou
Cauchyho integrálnej vety, a jednak parametrizáciou integračnej cesty
φ. Následne získané výsledky limitujte pre R → ∞ :).
29