Математика

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

. Тогда видно, что

значит, z полюс 2-го порядка.

Пример. Определить тип точки

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

3.16 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 159 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

f2 (z) , то при

m n

точка

при n m полюс порядка n m

Доказательство (ДОК 30).

устранимая или правильная точка, а

для функции			f (z) .
Если	z0	-	нуль порядка m и n

соответственно для числителя и знаменателя, то

f (z)	f	1	(z)

	f		(z)
		2

(z z		)	m		(z)
	0
				1
(z z		)	n		(z)
	0			2

1					(z)
				1
				1
(z z		)	n m	2	(z)
(z z	0	)			(z)
	0

где lim i (z) const для каждой

z z0

из двух функций.

f (z)	(z)
	(z z		)	n m

		0

			(z)
Тогда можно обозначить	(z)	1		и в итоге
			(z)
		2

, это и означает, что полюс порядка n m .

Пример. Определить тип особой точки

z	0	0
	0

для функции

f (z)	ln(1 z)		.
	z	4

Решение. Представим функцию в числителе в виде разложения в ряд Тейлора.

					z	2	z	3
				z	z		z
	ln(1 z)			z	2		3
f (z)	ln(1 z)		=

	z	4					z	4
		4						4

числителе нуль 1 порядка, а в

полюс 3 порядка.										z
	z	z	2		z	3				z
z 1							...		1
	2	3			4					2
	2	3			4			=		2
		z		4				=
				4

		4								z			z		2			z	3
	z	4		...				z 1		z			z					z		...
	z
										2				3				4
	4						=			2				3				4					в
	4
													z			4
																4

знаменателе 4-го. Тогда точка																					z0	0
	z		2		z	3
							...
		3			4					(z)
		3			4				=						.		В числителе


			z	3							z	3
				3								3

после сокращения осталась функция, имеющая ненулевой предел.

Характеризация бесконечно-удалённой точки.

Когда мы вычисляем предел в точке z0 , он может быть конечным, бесконечным либо не существовать. Аналогично этому,

подобные ситуации могут быть и при вычислении предела f (z) при

z . Бесконечность не является точкой в плоскости, тем не менее, тип такого объекта как «бесконечно-удалённая точка» можно тоже классифицировать как и типы особых точек, с помощью предела.

Существует геометрическая модель, в которой бесконечноудалённая точка присутствует на равных с другими точками. Поместим сферу над плоскостью в начало координат. Если от верхней точки S провести любую наклонную прямую, то она 1 раз пересечётся со сферой и 1 раз с плоскостью. Таким образом, каждой точке комплексной плоскости можно однозначно поставить в соответствие точку на сфере. При этом единственная точка, для которой нет образа на плоскости - это точка S. Она соответствует горизонтальной касательной, и можно поставить ей в соответствие «бесконечно удалённую точку».

Классификация было для точки


z0	:

как особой точки происходит аналогично, как и

Название

При каком условии

Пример

Устранимая особая точка

lim f (z) const

	f (z) =	1
	f (z) =	z
		z

Полюс

lim	f (z)
z
f (z) = z		m
f (z) = z

Существенноособая точка

lim f (z)

не существует

f (z) = sin z

Только в данном случае наоборот, полюс если степень m в числителе, а не в знаменателе. Например, для f (z) z m полюс порядка m.

В задачах

можно

делать замену

таким образом

сводить

изучение z

к изучению поведения функции в точке

w 0 .

Пример. Определить тип точки

для

f (z)

(1 z)

Решение.

Сделаем замену

, т.е.

После этого функция изменит

вид так: f (w)

(w 1)

Попутно заметим, что

w 1

а значит и z 1 - полюс 3-го порядка.

Для точки

0 , соответствующей

, видим нуль 3-го порядка в

числителе

5-го

порядка

знаменателе. Сократив

дробь,

можно

(z)

полюс 2-го порядка, а

m .

Решение. Сделаем замену w

, т.е. После этого функция станет

f (w)

, то есть

w 0 полюс порядка m, значит z

(w 0)

полюс порядка m.

Пример. Определить тип точки для f (z) e

Решение. Сделаем замену w

, т.е. После этого

f (w) e

Если устремить

к 0 со

стороны положительной полуоси, то

получается

e .

Если со

стороны отрицательной полуоси, то

e 0 . А

если

со

стороны

мнимой оси, то

предел вообще не

z z0

существует: при w 0, cos y i sin y , т.е. при

iy , и при этом		y , при этом	e	iy	=

y	не	существует предел			ни

действительной, ни мнимой части. Итак, приближаясь к (0,0) на плоскости с разных сторон, получаем разные результаты, а при приближении по некоторым траекториям предел даже не существует.

Вывод: предел в точке					w 0 не существует, w 0 а значит z		это
существенно-особая точка.
					§ 3. Вычеты
Определение. Пусть C					замкнутый контур, внутри него точка z0 , на
самом контуре и внутри него нет особых точек, кроме						z0 . Тогда
интеграл	1			f (z)dz	называется вычетом функции	f (z) в точке	z0
	2	i

			C
			C
и обозначается				Re s f (z) .
				z z
				0

Теорема 1. Вычет функции равен коэффициенту

ряд Лорана.	Re s f (z) a 1 .
	z z
	0

a 1

в разложении в

Доказательство. В § 5 прошлой главы («интегральная формула Коши») доказывали теорему 5 о разложении в ряд Лорана, и

получили, в частности, a			1		f (t)(t z		)0 dt	1		f (t)dt . А
получили, в частности, a	1		2 i		f (t)(t z	0	)0 dt	2 i		f (t)dt . А
	1					0

				L					L
		2					2

правое выражение это и есть вычет.

Теорема 2. Если

- правильная точка или устранимая особая точка,

то

Re s

z z0

f (z)

Доказательство. Если

Re s

z z0

f (z)

a 1

, а для правильной или

устранимой особой точки a 1 0 по теореме 2 прошлого параграфа,

то Re s f (z) 0 .

Теорема 3. Если z0 простой полюс (т.е. 1-го порядка) то верна
формула вычисления вычета:	Re s f (z)		=	lim	(z z0 ) f (z) .
	z z	0		z z	0

Доказательство (ДОК 31). Можно доказать двумя методами:

1)с помощью ряда Лорана

2)с помощью интегральной формулы Коши.

Способ 1. Рассмотрим ряд Лорана. Если полюс 1-го порядка, то крайняя отрицательная степень равна 1, то есть ряд имеет такой вид:

f (z)

(z z

) a

(z z

...

z z

Домножим на (z z0 )

, чтобы выразить крайний коэффициент

a 1

(z z

) f (z) a

(z z

) a

(z z

)

...

Теперь все слагаемые стремятся к 0 при

z z0 ,

кроме a 1 .

lim

(z z0 ) f (z) a 1

a0 0 a1

0 a2

0 ... a 1

при этом из

z z

теоремы 1 известно, что Re s

f (z) a 1 .

z z

Тогда

Re s

f (z)

= lim

(z z0 )

f (z) .

z z

Способ 2.

Если

полюс

1-го

порядка,

то

функцию

можно

представить в виде:

f (z)

(z)

, тогда верно

(z z0 ) f (z) (z) . В

то

же

время

по

интегральной

формуле

Коши:

(z)

dz (z0 ) .Тогда

(z0 ) lim (z) lim

(z z0 ) f (z) .

z z

Re s f (z)

z z0

1 2

	i
	i	C
		C

(z)dz

= (z0 ) lim (z z0 ) f (z) .

z z0

Что и требовалось доказать.

ЛЕКЦИЯ 10. 07.11.2018 Вычеты (продолжение).

В случае,	когда в точке z0 полюс,	в знаменателе далеко не всегда
степенная	функция, содержащая	(z z0 ) , возможно, что там

произвольная функция. Чтобы вычислять вычет и в этом случае, рассмотрим такой факт.

Теорема 4. Если функция имеет вид	f (z)		(z)	, где		(z)	имеет
			(z)

нуль 1 порядка в точке z0 , а (z0 ) 0	, то Re s f (z) lim					(z)	.
					0	(z)
	z z	0		z z

Доказательство (ДОК 32). По предыдущей теореме,

Re s

z z0

но

f (z)

при

lim	(z
z z
0

этом

z0 ) f (

(z0 )

z) 0

,тогда

так

Re s f (z) =

z z0

что можно

утверждать,

( (

z)	,
	,

z)

что

(z)

Re s f (z) = lim

(z z0 )

lim

(z) (z

)

(z) (z0 )

z z0

z z

в знаменателе как раз и есть производная от (z) в точке

Re s f (z) lim				(z)		, что и требовалось доказать.
			0		(z)
z z	0	z z

, а теперь

z0 . Итак,

Пример. Найти Re s

sin z

z 0

Решение. Re s

= lim

z 0

sin z

z 0 cos z

e z

Можно было решить и с помощью теоремы 4,

Re s

= lim z

sin z

z 0

sin z

= 1 1 1,

= lim

но в этом случае надо было бы использовать

z 0 sin z

1-й замечательный предел.

Выведем формулу для полюса порядка m.
Теорема 5. Если z0	- полюс порядка m, то верна
вычисления вычета:	Re s f (z) =	1	lim	(z

	z z0	(m 1)! z z0

формула

			m	(m 1)
z		)		f (z)
	0

Доказательство (ДОК 33). Как и теорему 3, можно доказать двумя методами: с помощью ряда и с помощью интегральной формулы Коши. Здесь остановимся на доказательстве только по интегральной формуле Коши. Запишем обобщённую формулу Коши для какойнибудь функции f1 , т.к. обозначение f у нас уже использовано, оно будет применяться ко всей функции, которая в интеграле.

f1	(n)	(z0 )	n!
			2i
				L

замену индекса:

f	(z)
1
(z z			)	n 1
(z z		0	)
		0
m n 1

dz . Но ведь мы можем сделать такую

и переписать формулу в виде

f1	(m 1)	(z0 )	(m 1)!		f	1	(z)			m dz

			2i		(z z				)
				L				0

или эквивалентно:

1		(m 1)	(z0 )	1		f1 (z)
	f1								dz . Пусть
(m 1)!	f1			2i		(z z	0	)m	dz . Пусть
					L		0

. Тогда

f	1	(z)
	1

виде:

f ( (m

z)(z z0

1lim

1)! z z0

)	m	,

(z

а интегральная

			m	(m 1)
z		)		f (z)
	0

формула Коши запишется в

1

2 i		f (z)dz = Re s f (z) . Правая
	L	z z	0

часть этой формулы по определению как раз и равна вычету Re s f (z) .

z z0

Пример. Найти вычет Re s

	z 0
Решение. Здесь точка	z0

формулу для этого порядка

1	.

z 3 (z 1)
0	полюс порядка 3, конкретизируем

и этой точки:

Re s

f (z) =

lim (z

f (z) .

Итак,

Re s

(z 1)

z 0

2! z 0

z 0

lim

lim z

lim

(z 1)

z 1

z 0

( 1)( 2)

= 1.

lim

(z 1)

z 0

Пример. Найти вычет

Re s

2)(z 5)

z 5

Решение.

Здесь точка z 5 полюс 1 порядка. Поэтому

Re s

lim (z 5)

lim

(z 2)(z

2)(z

z 5

Пример. Найти вычет

Re s

2)(z 5)

z 5

Решение. Здесь точка

z 5

полюс 2 порядка.

Поэтому

Re s

(z 5)

= lim

z 5

(z 2)(z 5)

z 2

z 5

(z 2) z

lim

(z 2)

z 5

Пример. Найти вычет

Re s

sin( 5z)

Решение. Здесь точка

z 5

полюс 3 порядка.

Поэтому

Re s		sin( 5z)
Re s				3
z				3
z
	2	z
			2

1
	lim sin( 5z)
2!	z
	z	2
		2

1
	lim 5 cos(5z)
2	z
	z	2
		2

1	lim		25sin( 5z) =	25	.

2	z			2

		2

Определение вычета в

. Пусть

замкнутый контур, на контуре и

вне его нет особых точек. Тогда интеграл

1		f (z)dz
2	i
		C

называется

вычетом функции

f (z)

в и обозначается

Re s

(z)

Когда мы рассматривали конечную точку

, то при вычислении

интеграла по контуру обходили его против часовой стрелки, чтобы точка оставалась слева. А чтобы например, линия горизонта (бесконечность) оставалась с левой стороны при движении, нужно круг обходить наоборот, именно по часовой стрелке. Поэтому-то здесь изначально в определении знак минус.

Важно заметить,	что	при этом		Re s		f (z)	равен	a 1	, т.е. минус
				z
первому коэффициенту ряда Лорана при разложении в окрестности

(то есть в области	z R ) с противоположным знаком.
				1
Пример. Найти вычет		Re s z cos			.
Пример. Найти вычет		Re s z cos			.

		z	z

Решение. Вспомним разложение косинуса в ряд Тейлора:

cos t

	t	1
	t	z
		z

1	t 2		t 4		t 6	...	Здесь	z	бесконечно-большая величина, а

2!		4!		6!

наоборот, бесконечно малая, так что переход получается

корректный, ведь мы применяем формулу Тейлора как раз в окрестности нуля.

		1			1 1			1	1		1		1
z cos		=	z 1			2				4				6
	z				2! z	2		4! z		4	6! z			6
	z				2! z			4! z			6! z
Теперь выберем коэффициент при
1	1	. Ответ.		1	.
2!	2	. Ответ.		2	.
2!	2			2
												1
Пример. Найти вычет							Re s z 3e z						.
								z

1 z

	=	z	1 1	1	1
...						3
			2! z	4!	z

и изменим его знак,

1 1 ...

6! z5

получится

Решение. Вспомним разложение экспоненты в ряд Тейлора:

					t		t		2		t	3											1
									2			3
e	t	1										...				Тогда				z	3	e	z	=
e	t	1										...				Тогда				z	3	e		=

					1!			2!			3!
=		z	3			1			1	1			1	1			1	1						=	z	3	z	2	1	z	1	1 1
=		z		1							2				3				4	...				=	z		z			z
						z			2!	z	2		3!	z	3		4!	z	4										2!		3!	4! z
										z				z				z

Коэффициент при

равен

, тогда ответ Re s

Подробнее рассмотрим строение ряда Лорана в окрестности

...

241 .

. Если

для t	1	полюс порядка m в точке		t 0	, то крайняя отрицательная
	z

степень		равна m . Тогда	для	ряда	Лорана по	z	, крайняя

положительная степень равна			m . То есть ряд вида


...	a	2		a	1	a		a z ...
...		2			1	a	0	a z ...
	z		2	z			0	1
			2

		a
то ряд имеет вид	...	2
то ряд имеет вид	...	z	2
			2

a 1 может быть	не	равен

устранимая особая точка, то

am z	m	. Если

a
1	a0	. Но
z	a0	. Но
z

0. То есть, вычет может

	устранимая особая точка,

в этом случае коэффициент

даже в случае, когда
даже в случае, когда
быть не равен 0.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 159 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.20232.05 Mб2Математика.-3.pdf
#
05.02.20232.49 Mб2Математика.-4.pdf
#
05.02.20233.03 Mб2Математика.-5.pdf
#
05.02.20232.78 Mб2Математика.-6.pdf
#
05.02.20232.74 Mб4Математика.-7.pdf
#
05.02.20233.16 Mб3Математика..pdf
#
05.02.2023584.83 Кб39Математическая логика и теория алгоритмов.-1.pdf
#
05.02.2023886.2 Кб4Математическая логика и теория алгоритмов.-2.pdf
#
05.02.2023671.92 Кб3Математическая логика и теория алгоритмов.-3.pdf
#
05.02.2023482.94 Кб3Математическая логика и теория алгоритмов.-4.pdf
#
05.02.2023401.12 Кб4Математическая логика и теория алгоритмов.-5.pdf