Прошу проверить и подсказать по ТФКП (часть 2)

[a239]

Вторая кр из двух. С этой уже возникли некоторые затруднения.

1) $\oint_{C}\frac{z-1}{z^2+2z-3}\mathrm{d}z,\ C=\{z:|z|^2=16\}$
$\oint_{|z|=4}\frac{z-1}{(z-1)(z+3)} = 2\pi i[res_{z=1}f(z)+res_{z=-3}f(z)] = 2\pi i$

2) $\int_{0}^{+\infty }\frac{x^2}{(a+bx^2)^4}\mathrm{d}x,\ a>0,b>0$
$f(z)=\frac{z^2dz}{(a+bz^2)^4}=\frac{P_2(z)}{Q_8(z)}$
Особые точки: $z_1 = \sqrt{\frac{a}{b}}i,\ z_2 = -\sqrt{\frac{a}{b}}i$
Из них берем ту, которая лежит в верхней полуплоскости.
$res_{z=z_1}f(z) = \frac{1}{3!}\lim_{z\rightarrow z_1}\frac{\mathrm{d}^3 }{\mathrm{d} x^3}\left(\frac{z^2}{(z+z_1)^4}\right) = ...$
Т.е. вот тут серьезно надо брать третью производную (достаточно громоздкую) и считать все или я где-то неправ и можно все делать проще?

3) $\int_{0}^{+\infty }\frac{3xsin(mx)}{(x^2+b^2)^2}\mathrm{d}x,\ b>0$
$\int_{0}^{+\infty }\frac{3xsin(mx)}{(x^2+b^2)^2}\mathrm{d}x = Re\int_{0}^{+\infty }\frac{3x}{(x^2+b^2)^2}e^{imx}$
$f(z) = \frac{3z}{(z^2+b^2)^2}e^{imz}$
$z_1 = i\sqrt{b},\ z_2 = -i\sqrt{b}$
Опять же берем ту, которая лежит в верхней полуплоскости.
$\int_{0}^{+\infty }\frac{3x}{(x^2+b^2)^2}e^{imx} = 2\pi i\ res_{z=z1}f(z) = 2\pi i \lim_{z\rightarrow z_1}\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} z}\left ( \frac{3ze^{imz}}{(z+i\sqrt{b})^2} \right ) = 2\pi i\lim_{z\rightarrow z_1}\frac{3ie^{imz}(i\sqrt{b}mz+\sqrt{b}+mz^2+iz)}{(z+i\sqrt{b})^3} = 2\pi i\frac{3me^{-\sqrt{b}m}}{4\sqrt{b}}$
(И снова громоздкое взятие производной, хотя и не такое страшное, как в прошлом примере. Так и должно быть или опять где-то косяк?)
А к тому же $Re\left [ 2\pi i\frac{3me^{-\sqrt{b}m}}{4\sqrt{b}} \right ] = 0$
Т.е. ответ 0. Непонятно.

4) $\int_{0}^{2\pi }\frac{cos2x}{1-2pcosx+p^2}\mathrm{d} x,\ p>1$
Форма как бы намекает, что неплохо бы сделать $1-2pcosx+p^2 = sin^2x+cos^2x-2pcosx+p^2 = sin^2x + (cosx-p)^2$, но как-то ничего особо интересного не получается.
Ну, тогда по простому:
$\int_{0}^{2\pi }\frac{cos2x}{1-2pcosx+p^2}\mathrm{d} x = \oint_{|z|=1}\frac{\frac{1}{2}z^2+\frac{1}{2z^2}}{1-pz-\frac{p}{z}+p^2}\frac{\mathrm{d}z}{iz} = \oint_{|z|=1}\frac{z^4+1}{2iz^2(p^2z+z-pz^2-p)}\mathrm{d}z$
$f(z) = \frac{z^4+1}{2iz^2(p^2z+z-pz^2-p)} = \frac{z^4+1}{2iz^2(z-p)(z-\frac{1}{p})}$
Особые точки: $z_1 = 0$ кратности 2 и $z_2 = p,z_3 = \frac{1}{p}$ кратности 1.
$res_{z=z_1}f(z)=\lim_{z \to 0}\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} z}\left [ \frac{z^4+1}{2i(z-p)(z-\frac{1}{p})} \right ]=\frac{-i(p^2+1)}{2p}$
$res_{z=z_2}f(z)=\lim_{z \to p}\frac{z^4+1}{2iz^2(z-\frac{1}{p})}=\frac{p^4+1}{2i(p^2-1)}$
$res_{z=z_3}f(z)=\lim_{z \to \frac{1}{p}}\frac{z^4+1}{2iz^2(z-p)}=\frac{p^4+1}{2ip(1-p^2)}$
$\int_{0}^{2\pi }\frac{cos2x}{1-2pcosx+p^2}\mathrm{d} x = 2\pi i\left [ \frac{-i(p^2+1)}{2p}+ \frac{p^4+1}{2i(p^2-1)} + \frac{p^4+1}{2ip(1-p^2)} \right ] = \pi \left [ \frac{p^4}{p^2-1}-\frac{p^3}{p^2-1}+p+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2-1}-\frac{1}{p(p^2-1)} \right ]$

[Leox]

В примере 2, можно и не брать третью производную если вспомнить что сумма всех вычетов в особых точках, включая бесконечность, равна нулю.