Комплексный анализ - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Подынтегральная функция аналитична всюду, кроме нулей [tex]z^{3}\cos z[/tex], т.е. точек [tex]z=0[/tex] и [tex]z=\frac{\pi}{2}+k\pi[/tex], [tex]k\in\mathbb{Z}[/tex]. Внутри окружности лежат только [tex]0[/tex] и [tex]\pm\frac{\pi}{2}\approx\pm 1{,}57[/tex], так как [tex]\frac{3\pi}{2}\approx 4{,}71\gt 4[/tex]; ни одна из этих точек не лежит на окружности.
В точке [tex]z=0[/tex] числитель [tex]e^{z}-1[/tex] имеет простой нуль и [tex]\cos 0=1[/tex], поэтому [tex]z=0[/tex] — полюс второго порядка. Перемножим разложения
[tex]\frac{e^{z}-1}{z^{3}}=\frac{1}{z^{2}}+\frac{1}{2z}+\frac{1}{6}+\ldots,\qquad \frac{1}{\cos z}=1+\frac{z^{2}}{2}+\ldots[/tex]
Так как функция [tex]\frac{1}{\cos z}[/tex] чётная, в её разложении нет члена с [tex]z^{1}[/tex], поэтому коэффициент при [tex]\frac{1}{z}[/tex] в произведении получается только из [tex]\frac{1}{2z}[/tex], умноженного на [tex]1[/tex]:
[tex]\operatorname{Res}_{z=0}=\frac{1}{2}[/tex]
В точках [tex]z=\pm\frac{\pi}{2}[/tex] косинус имеет простые нули ([tex](\cos z)'=-\sin z\ne 0[/tex]), а числитель отличен от нуля, поэтому это простые полюсы и
[tex]\operatorname{Res}_{z=\pm\frac{\pi}{2}}=\left.\frac{e^{z}-1}{z^{3}(-\sin z)}\right|_{z=\pm\frac{\pi}{2}}[/tex]
[tex]\operatorname{Res}_{z=\frac{\pi}{2}}=\frac{e^{\frac{\pi}{2}}-1}{-\frac{\pi^{3}}{8}}=-\frac{8\left(e^{\frac{\pi}{2}}-1\right)}{\pi^{3}}[/tex]
[tex]\operatorname{Res}_{z=-\frac{\pi}{2}}=\frac{e^{-\frac{\pi}{2}}-1}{-\frac{\pi^{3}}{8}}=-\frac{8\left(e^{-\frac{\pi}{2}}-1\right)}{\pi^{3}}[/tex]
По теореме о вычетах
[tex]\oint_{|z|=4}\frac{e^{z}-1}{z^{3}\cos z}\,dz=2\pi i\left[\frac{1}{2}-\frac{8}{\pi^{3}}\left(e^{\frac{\pi}{2}}+e^{-\frac{\pi}{2}}-2\right)\right]=\pi i-\frac{16i}{\pi^{2}}\left(e^{\frac{\pi}{2}}+e^{-\frac{\pi}{2}}-2\right)\approx -1{,}752\,i[/tex]

Решение:
Подынтегральная функция [tex]\frac{\sin x}{x(x^{2}+1)}[/tex] непрерывна на [tex]\mathbb{R}[/tex] (её предел в точке [tex]0[/tex] равен [tex]1[/tex]) и есть [tex]O\left(\frac{1}{|x|^{3}}\right)[/tex] при [tex]|x|\to\infty[/tex], поэтому интеграл сходится. Рассмотрим
[tex]f(z)=\frac{e^{iz}}{z(z^{2}+1)}[/tex]
с простыми полюсами [tex]0[/tex] и [tex]\pm i[/tex]. Проинтегрируем её по замкнутому контуру, состоящему из отрезка [tex][-R; -\varepsilon][/tex], малой верхней полуокружности [tex]\gamma_{\varepsilon}[/tex] радиуса [tex]\varepsilon[/tex] с центром [tex]0[/tex], проходимой по часовой стрелке, отрезка [tex][\varepsilon; R][/tex] и большой верхней полуокружности [tex]\Gamma_R[/tex] ([tex]0\lt\varepsilon\lt 1\lt R[/tex]). Внутри контура лежит только полюс [tex]z=i[/tex], причём
[tex]\operatorname{Res}_{z=i}f=\frac{e^{-1}}{i(2i)}=-\frac{1}{2e},\qquad \oint f\,dz=2\pi i\left(-\frac{1}{2e}\right)=-\frac{\pi i}{e}[/tex]
На [tex]\Gamma_R[/tex] выполнено [tex]|e^{iz}|=e^{-\operatorname{Im}z}\le 1[/tex] и [tex]|z^{3}+z|\ge R^{3}-R[/tex], поэтому
[tex]\left|\int_{\Gamma_R}f\,dz\right|\le\frac{\pi R}{R^{3}-R}\to 0\quad (R\to\infty)[/tex]
Для простого полюса интеграл по малой полуокружности вокруг него, проходимой по часовой стрелке, стремится к произведению [tex]-\pi i[/tex] на вычет; здесь [tex]\operatorname{Res}_{z=0}f=1[/tex], поэтому
[tex]\int_{\gamma_{\varepsilon}}f\,dz\to-\pi i\quad (\varepsilon\to 0)[/tex]
При [tex]\varepsilon\to 0[/tex] и [tex]R\to\infty[/tex] интегралы по двум отрезкам дают главное значение [tex]J[/tex]:
[tex]J=\lim_{\varepsilon\to 0}\left(\int_{-\infty}^{-\varepsilon}+\int_{\varepsilon}^{\infty}\right)\frac{e^{ix}}{x^{3}+x}\,dx,\qquad J-\pi i=-\frac{\pi i}{e}\ \Rightarrow\ J=\pi i\left(1-\frac{1}{e}\right)[/tex]
Так как [tex]e^{ix}=\cos x+i\sin x[/tex], а функция [tex]\frac{\cos x}{x^{3}+x}[/tex] нечётная, действительная часть [tex]J[/tex] равна [tex]0[/tex], а мнимая часть равна искомому интегралу (его подынтегральная функция непрерывна в точке [tex]0[/tex]). Следовательно,
[tex]\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^{3}+x}\,dx=\operatorname{Im}J=\pi\left(1-\frac{1}{e}\right)\approx 1{,}986[/tex]

Решение:
Положим [tex]\rho=\limsup_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_{-k}|}[/tex]. При замене [tex]\zeta=\frac{1}{z-a}[/tex] главная часть
[tex]P(z)=\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}(z-a)^{-k}=\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}\zeta^{k}[/tex]
превращается в степенной ряд по [tex]\zeta[/tex] с радиусом сходимости [tex]\frac{1}{\rho}[/tex] (формула Коши-Адамара, где [tex]\frac{1}{0}=\infty[/tex]). Поэтому [tex]P[/tex] сходится абсолютно и равномерно на компактных подмножествах области [tex]|z-a|\gt\rho[/tex] и расходится при [tex]0\lt|z-a|\lt\rho[/tex]. Так как все [tex]\sqrt[k]{|a_{-k}|}\ge 0[/tex], условие [tex]\lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{|a_{-k}|}=0[/tex] равносильно [tex]\rho=0[/tex]. Правильная часть [tex]Q(z)=\sum_{k=0}^{\infty}a_{k}(z-a)^{k}[/tex] сходится в каждой точке [tex]G[/tex], поэтому её радиус сходимости не меньше [tex]R[/tex] и [tex]Q[/tex] аналитична в круге [tex]|z-a|\lt R[/tex].
Достаточность. Если [tex]\rho=0[/tex], то [tex]P[/tex] сходится при всех [tex]z\ne a[/tex], равномерно на компактных подмножествах области [tex]|z-a|\gt 0[/tex], и по теореме Вейерштрасса его сумма аналитична в ней. Тогда [tex]g=P+Q[/tex] аналитична в [tex]0\lt|z-a|\lt R[/tex] и совпадает с [tex]f[/tex] в [tex]G[/tex].
Необходимость. Пусть такая функция [tex]g[/tex] существует. Будучи аналитической в кольце [tex]0\lt|z-a|\lt R[/tex], она раскладывается в нём в ряд Лорана:
[tex]g(z)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}b_{k}(z-a)^{k},\qquad b_{k}=\frac{1}{2\pi i}\oint_{|z-a|=s}\frac{g(z)}{(z-a)^{k+1}}\,dz,\quad 0\lt s\lt R[/tex]
Выбирая [tex]r\lt s\lt R[/tex], где [tex]g=f[/tex], получаем [tex]b_{k}=a_{k}[/tex] при всех [tex]k[/tex] (единственность разложения [tex]f[/tex] в ряд Лорана в [tex]G[/tex]). Значит, ряд [tex]\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}(z-a)^{-k}[/tex] сходится при всех [tex]0\lt|z-a|\lt R[/tex], т.е. степенной ряд [tex]\sum_{k=1}^{\infty}a_{-k}\zeta^{k}[/tex] сходится при всех [tex]|\zeta|\gt\frac{1}{R}[/tex], а значит, и при сколь угодно больших [tex]|\zeta|[/tex]. Поэтому его радиус сходимости бесконечен, т.е. [tex]\rho=0[/tex], что и требовалось доказать.