Tr_ma4s_0

resf(z) = −

n−1

( )

(6.7)

=1 zk

∞

kP

resf z .

dz

2

Вычислить интеграл I =

|z|R

.

z6

+ 9z4

1

=4

Решение: подынтегральная функция f(z) =

внутри

z

6

4

+-9z

окружности |z| = 4 имеет три особые точки z1

= 0,

z2 = 3i,

z3 = −3i.

ВМ

I = −2πi · res f(z).

МИРЭА

бесконечно удаленной точки z = ∞

1

1

1

1

81

f(z) = z6 + 9z4

= z6 ·

1 + z92 = z6 1 − z92

+ z4

− . . .

=

1

9

81

=

−

+

− . . .

z6

z8

z10

Коэффициент c−1 = 0, т.е. resf(z) = 0, следовательно

∞

dz

= 0.

z =4

z6 + 9z4

Кафедра| |R

МГТУ

∞

n

R

P

(6.8)

−∞

F (x)dx = 2πi

resF (z),

k=1

zk

где F (x) =

P (x)

и zk – полюсы функции F (z), лежащие в верхней

Q(x)

полуплоскости.

2

Пример 6.5.

∞

x2dx

ВМ

0

−∞

МИРЭА

Вычислить интеграл I =

(a >

0).

x2

R

(x2 + a2)2

0

Решение: подынтегральная функция F (x) =

(x

2

2

2 – чет-

∞

x2dx

1 ∞

x2dx

ная. Поэтому I =

2 2 2

=

z2 R

2 2 2 .

R

(x + a )

(x + a )

2

Кафедра

(заменили переменную x

Введем функцию

F (z) =

(z

2

2

)

2

+ a

z = ai, a > 0. Условие теоремы (6.3) для функции F (z) выпол-

z=ai

МГТУ

нены, т.е.можно воспользоваться (6.8). Для этого необходимо вы-

числить resF (z). По формуле (6.8)

z=ai

resF (z) = lim

d

F (z)(z

ai)2

= lim

d

z2(z − ai)2

=

z=ai

d

z→ai2dz

−

z→ai dz h2(z − ai)2(z + ai)2 i

= lim

z

= lim

2aiz

=

2(ai)

=

1

.

(z + ai)2

(2ai)3

z→ai dz

z→ai (z + ai)3

4ai

Подставим resF (z) =

1

в формулу (6.8)

4ai

1 ∞

x2dx

1

πi

π

R

= 2 · 2πi · z=ai

(z) = 4ai = 4a.

I = 2 −∞ (x2 + a2)2

resF

∞

n

-

R

eiaxf(x)dx = 2πi

res

f(z)eiaz

,

(6.9)

P

zk

2

−∞

k=1

ВМ

−∞

h

kn

iМИРЭА(6.10)

где zk – особые точки функции f(z) в верхней полуплоскости.

Так как согласно формуле Эйлера

eiax = cos ax + i sin ax,

ВычислитьКафедраI = dx.

т.е. cos ax = Re eiax

,

sin ax =

Im eiax

, то (6.9) можно перепи-

сать в виде

∞

n

res f(z)eiaz

, (Imzk > 0),

f(x) sin axdx = Im 2πi

R

P

МГТУ

∞

=1

zk

−∞ f(x) cos axdx = Reh2πi k=1

zk

( )

eiaz

i

(

Imz

k

>

0)

.

R

P

res f z

,

Пример 6.6.

∞ x sin 2x

R

zei2z

x2 + 9

0

105

то

I =

1

∞

x sin 2x

dx

(6.11)

z

R

x2

+ 9

2

−∞

(6.9), получим

2

∞ xei2x

zei2z

ВМ

z=3i z2 + 9

−∞ x2 + 9dx = 2πi · z=3i z2 + 9 .

- (6.12)

= z→3i z2 + 9

−

z→3i zМИРЭА+ 3i 6i 2e6

R

res

z = 3i – особая точка функции F (z) находится в верхней полу-

плоскости и является простым полюсом.

Кафедра−∞ −∞

z = −3i – также особая точка

F (z), находится в нижней полу-

плоскости и в вычислении интеграла не используется.

Вычислим по формуле (5.7) вычет в точке z = 3i

res

zei2z

lim

zei2z

(z

3i) = lim

zei2z

=

3ie−6

=

1

.

МГТУ

Подставляя полученное значение в формулы (6.10), (6.11), (6.12),

получим

1

∞ x sin 2x

1

∞

xei2x

I = 2

R

i2z

R

x2 + 9dx =

x2 + 9 dx =

2

· Im

1

res

ze

1

Im

πi

1

π

.

= 2 ·

2e6 i

=

2e6

Imh2πi · z=3i z2 + 9i = 2 ·

h2

6.4

Теорема Руше.

|f(z)| > |g(z)|.

(6.13)

Тогда их сумма F (z)

= f(z) + g(z) и функция f(z) имеют в

2

области D одинаковое число нулей (с учетом их кратности).

-

Решение: Положим f(z) = −3z , g(z) =ВМz − 1,

Пример 6.7.

+1 = 16+1 = 17, т.е. во всехМИРЭАточках окружности

|g(z)|z=2 ≤ |z4|z=2

Определить число корней уравнения z4

− 3z3 − 1 = 0 внутри

круга |z| < 2.

3

4

т.е. уравнениеКафедраz − 3z − 1 = 0 имеет три корня внутри круга

F (z) = f(z) + g(z) = z4 − 3z4 − 1.

На окружности |z| = 2:

|f(z)|z=2 = | − 3z3|z=2 = 3 · 8 = 24,

МГТУ

|z| = 2 выполняется |f

(z)| > |g(z)|. Функция f(z) = −3z3 внутри

круга |z| < 2 имеет три нуля, следовательно, по теореме Руше и

функция F (z) = z4 − 3z4 − 1 имеет три нуля внутри круга |z| < 2,

4

3

107

Сколько корней уравнения

z

5

− 10z + 3 = 0

(6.14)

находится в кольце 1 < |z| < 2.

Решение: обозначим N – число корней уравнения (6.14) в коль-

це 1 < |z| < 2,

-

– число корней уравнения (6.14) в круге |z|

< 2,

N1

2

5

ВМ

МИРЭА

N2 – число корней уравнения (6.14) в круге |z|

< 1.

Понятно, что N = N1 − N2 ; (N1 ≥ N2).

Найдем N1. Рассмотрим окружность |z| = 2. Положим f(z) =

5

Кафедра

z

, g(z) = −10z + 3. Уравнение (6.14) можно переписать в виде

F (z) = f(z) + g(z) = 0 на окружности |z| = 2.

Лапласа.

2

-

Определение 6.4. Оригиналом называется комплекснозначная

ВМ

МИРЭА

функция f(t), непрерывная на полуинтервале (0, +∞), за исклю-

чением быть может изолированных особых точек, если суще-

ствует действительное число s0 (показатель роста f(t)) такое,

Кафедра

что интеграл

∞

e−stf(t)dt

(6.15)

R

0

сходится при s > s0, расходится при s < s0.

МГТУ

Определение 6.5.

Преобразованием Лапласа называется ин-

тегральное преобразование, относящее оригиналу f(t) его изоб-

ражение F (p)

F (p) = L f(t)

=

∞

Re p > s0.

(6.16)

e−ptf(t)dt,

R

0

109

функцией, т.е.

F (p) =

A(p)

(6.17)

B(p)

L−

1

n

A(p)

pt

2(6.18)

f(t) =

F (p)

= k=1

pk

hB(p) e

i.

P

res

-

ВМ

В частном случае,

МИРЭА

1) когда все корни знаменателя просты, т.е.r1 = r2 = . . . = rn = 1

n

A(p )

f(t) =

k

epkt,

(6.19)

kP

=1 B′(pk)

2) если корни знаменателя сопряженные комплексные числа p1 =

α + iβ, p2 = α − iβ.

Тогда

МГТУ

res F (p)ept + res F (p)ept = 2Re res F (p)ept.

(6.20)

α+iβ

α−iβ

α+iβ

В следующихКафедрадвух примерах восстановить оригиналы.

Пример 6.9.

F (p) =

p

.

(p + 1)2

f(t) = res

pept

lim

d

pept(p + 1)2

lim

d

pept

=

(p + 1)2

p=−1

(p + 1)2 = p→−1 dph

i = p→−1 dp

= lim (ept + tpept) = e−t(1

−

t),

p

→−

1

2

f(t) = e−t(1

−

t).

-

ВМ

3i, p2 = −3i, p3 = 2. По формуле (6.18)

Пример 6.10.

p2

pt

МИРЭАpt

F (p) = (p2 + 9)(p − 2).

Решение: функция F (p) имеет простые полюсы в точках p1 =

Кафедра

res F p ept ,

res

F

p ept

res

F p ept

f(t) = p=3i

( )

+ p=−3i

( )

+ p=2

( )

так как p1 = 3i и p2 = −3i комплексно сопряженные, то

МГТУ

( )

f(t) = 2Re p=3i

F

( )

+ p=2

res

p e

res F p e

,

но p1 = 3i и p3 = 2 – простые, поэтому применим формулу (6.19),

обозначив

2

2

3

− 2p

2

+ 9p

− 18,

A(p) = p ,

B(p) = (p

+ 9)(p − 2) = p