Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.65 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 177 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

∞

В открытом круге

z − z0

< R

степенной ряд ∑ cn (z − z0 )n (см. теоре-

му Абеля) сходится и его сумма

ϕ(z)− аналитическая функция. Следова-

тельно, имеет место равенство

f (z)= ϕ

(z),

z ≠ z0 .

(1.179)

Это позволяет доопределить f (z) в т. z0 , полагая

f (z0 )= ϕ(z0 )= c0 .

(1.180)

Имея это в виду т. z0 , при условии (1.178), называют устранимой осо-

бой точкой аналитической функции f (z).

II) Разложение (1.175) содержит конечное число членов главной части

ряда Лорана:

c−1

f (z)= ∑∞ c

(z − z

)n +

(z − z0 )

(1.181)

c−2

c−k

+K+

, с

≠ 0,

(z − z0 )2

(z − z0 )k

−k

где c−(k+1) = c−(k+2)

=K= c−(k+ρ) = 0, ρ =1,2,3,K. В этом случае особая

точка z0 называется полюсом k −го порядка аналитической функции. Если

k=1, то z0 называется простым полюсом.

III)Разложение (1.175) содержит неограниченное число членов главной части ряда Лорана. Такая особая точка z0 называется существенно особой

точкой аналитической функции.

Убедимся на нижеследующих примерах, что все рассматриваемые варианты реализуются.

Найти все разложения указанных функций в ряды Лорана по степеням z − z0 и установить области сходимости полученных разложений.

ПРИМЕР 1.38.

z0 =1.

z (z −1)

Решение. Замена z −1 = t,

z =1 + t , сводит решение задачи к разложе-

нию по степеням t , что облегчает, как правило, решение задачи. Имеем

t n +K)=

а)

−

− (1 − t + t 2

− t 3 K+ (−1)

z (z −1)

(1 + t) t

1 + t

= −∑ (−1)n t n

+ 1 = ∑ (−1)n+1 (z −1)n + 1 , 0 < z −1 <1.

∞

z −1

Значит,

z =1 − простой полюс (полюс 1-го порядка);

б)

= 1 −1 1 = 1 +

1 ∑ (−1)n 1 =

∞

z (z −1)

t t 1

t 0

t n

= 1 + ∑ (−1)n+1

1 = ∑ (−1)n 1 = ∑ (−1)n

∞

t n+1

n=2

t n

n=2

(z −1)n

z −1

>1.

(z −1)n

, 0 < z −1 <1;

Ответ: ∑ (−1)n+1

∞

z −1

∑ (−1)n 1

, z −1 >1.

∞

n=2

(z −1)n

ПРИМЕР 1.39.

z0 = i .

2 +1

t = z −i, z = t + i ,

Решение.

Поступая,

как

примере

1.38,

имеем

t + i

−

. Но

+ i

(t + i)

+ 2 t i

t (t + 2i)

2 i

t + 2i

а)

<1,

< 2

+ 2i

1 +

(z −i)n

∑∞ (−1)n

t n

∑∞ (−1)n

t n

∑∞ (−1)n

, 0 <

z −i

< 2

(2i)n

(2 i)n+1

(2i)n+1

б)

1 =

2 i

<1, t >

1 ∑ (−1)n (2i)

∞

t + 2i

t 0

t n

= ∑ (−1)n

(2i)

= ∑ (−1)n

(2i)

, z −i > 2 .

∞

t n+1

(z −i)n+1

Ответ:

− ∑ (−1)n

(z −i)

, 0 < z −i < 2 ;

∞

2i (z −i)

(2 i)n+2

− ∑ (−1)n (2i)

n−1

, z −i > 2 .

∞

2i (z −i)

(z −i)n+1

ПРИМЕР 1.40. z2 e

= 0 .

Решение. Согласно разложению I) из п.1.9 имеем

z e

= z

+K+

2!z

n!z

= z2 + z +

+K+

+K,

z ≠ 0 . Отсюда видно, что

3!z

n!zn−2

∞

∑

содержит неограниченное число чле-

n−2

главная часть ряда Лорана

n!z

n=3

нов, то есть z = 0 − существенно особая точка рассматриваемой аналитической функции.

Ответ: z = 0 − существенно особая точка. ПРИМЕР 1.41.

sin z

=1 −

+K+ (−1)n

z2 n

+K,

z ≠ 0 .Последнее согласно

(2 n +1)!

(1.178) говорит о том, что

Ответ: z

0 − устранимая особая точка.

ПРИМЕР 1.42.

sin z

z0 = 0 .

Решение.

Имеем

2n+1

sin z

+K+ (−1)

−

+K =

(2n

+1)!

z2n−4

−

+K+ (−1)n

+K.

3!z 2

(2n +1)!

Согласно (1.181) отсюда следует, что z = 0 − полюс четвертого порядка

рассматриваемой функции.

Ответ: z

0 − полюс четвертого порядка.

Замечание. Вторые разложения в примерах 1.38 и 1.39 указывают на ана-

литичность рассматриваемых функций в ∞ точке.

Необходимые и достаточные условия

Теорема 1.20.

z0 − устранимая особая точка аналитической функции

f (z) , когда конечный предел:

lim f (z)= c0 ≠ ∞.

z→z0

Теорема 1.21. z0 − полюс аналитической функции f (z) , когда

lim f (z)= ∞.

(1.182)

z→z0

Теорема 1.22. z0 − существенно особая точка аналитической функции

f (z) , когда не существует lim f (z).

z→z0

Доказательства этих теорем можно найти, например, в [6] (с.115-118).

f (z)

∞ точка как особая точка аналитической функции
Пусть
z > R	(1.183)

определяет R − окрестность ∞ точки, в которой f (z)− аналитическая функция за исключением, быть может, самой ∞ точки (см. нижеследующее определение). Отсюда следует, что если ∞ точка есть особая точка f (z), то она изолирована, так как в ее R −окрестности f (z) аналитическая функция.

Замечание. Вместо (1.183) условие z − z0 > k также определяет R − окрестность ∞ удаленной точки, если учесть, что за счет параллельного переноса на вектор 0z0 точка z0 = x 0 + i y0 становится началом новой прямоугольной декартовой системой координат x′z0 y′. Другими словами, сделав за-

мену z* = z − z0 , мы снова придем к требованию (1.183).

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.39. Бесконечно удаленная точка (z = ∞) называется особой точкой аналитической функции f (z), если для функции ϕ(η), определяемой равенством

ϕ(η)= f

z =

= f (z),

(1.184)

точка η = 0 является особой

точкой

. В силу этого, если ∞ −

I) устранимая особая точка, то

ϕ(η)= c0 + c1η+ c2η2 +K+ cn ηn +K

(1.185)

f (z)= c0 +

+K+

+K,

z 2

где z > R − окрестность ∞ точки, не содержащая других особых точек. Итак, при условии (1.183) ∞ точка есть устранимая особая точка , ко-

гда имеет место разложение (1.185), то есть f (z) разлагается в ряд Лорана

только по неположительным (отрицательным) степеням z и этот ряд есть правильная часть ряда Лорана. Главная часть ряда Лорана отсутствует.

Замечание. Обратим внимание читателя на то, что при переходе к правильная часть и главная часть ряда Лорана сохраняются.

II) полюс k −го порядка, то

ϕ(η)= c0 + c1η+K+ cn ηn +K+	с−1	+	с−2	+K+	с−k
	η		η2		ηk
14444244443
правильная часть ряда Лорана	144424443
	главная часть ряда Лорана


f (z)= c0	+	c1	+	c2	+K+	cn	+K+ с−1z + c−2 z 2 +K+ c−k zk		,
		z		z 2
						zn		14444244443	(1.186)
14444244443								главная часть ряда Лорана
	правильная часть ряда Лорана

z > R.

Другими словами, главная часть ряда Лорана содержит конечное число

членов (c−k ≠ 0, но c−m = 0, m > k).

III) существенно особая точка, то

ϕ(η)= ∑cn ηn +

∑c−n

∞

ηn

f (z)=

∞

∑

∑c

−n

> R , (1.187)

123

14243

пр. часть ряда Лорана

главная часть ряда Лорана

где должно быть неограниченное число членов с положительными степенями z , определяющими главную часть ряда Лорана.

ПРИМЕР 1.43. Выяснить характер ∞ для функции

f (z)= e−2z +3z3 − z +8.

Решение. Согласно I) из таблицы разложений (п.1.9 после (1.161) форму-

∞	(− 2 z)n	∞	(−1)n 2n zn
лы) имеем e−2z = ∑	n!	= ∑	n!	.
0	n!	0	n!
В силу этого	f (z)= ∑∞ (−1)n 2n zn			+ 3z3	− z +8, которое	содержит
		0	n!			∞ − суще-
главную часть ряда Лорана, число ее членов неограниченно. Значит,						∞ − суще-
ственно особая точка f (z).

Ответ: ∞ − существенно особая точка f (z).

1.11.НУЛИ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ И ИХ СВЯЗЬ

СПОЛЮСАМИ

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.40. Точка z0 называется нулем m −го порядка аналитической функции f (z), если в этой точке функция аналитическая и совме-

стно выполняются условия
	f (z0 )= f ′(z0 )= f ′′(z0 )= K= f (m−1)(z0 )= 0 ,	(1.188)
но	f (m )(z0 )≠ 0.	(1.189)

Теорема 1.23. Для того, чтобы т. z0 являлась нулем	m −го порядка ана-
литической функции f (z), необходимо и достаточно, чтобы в некоторой окре-
стности этой точки она могла быть представлена в виде
f (z)= (z − z0 )m ϕ(z),	(1.190)
где ϕ(z)− аналитическая функция в т. z0 и
ϕ(z0 )≠ 0.	(1.191)

Доказательство. Необходимость. Так как f (z) аналитична в т. z0 , то со-

гласно (1.188) и (1.189) ее разложение в ряд Тейлора (формулы (1.160), (1.161))

f (z)=

f m (z

)

(z − z0 )

f (m+1)(z

)

− z0 )

m+1

(m +1)!

= (z − z

(m )(z0 )

f (m+1)(z0 ) (z − z0 )

(m +1)!

f (z)= (z − z0 )m ϕ(z),

(1.192)

где

ϕ(z)=

f (m ) (z0 )

f (m+1)(z0 ) (z − z0 )

(1.193)

(m +1)!

ϕ(z0 )

(m ) (z

)

≠ 0 .

(1.194)

f (z)

Аналитичность

ϕ(z) следует из (1.193), то есть ϕ(z)=

m есть

(z − z0 )

сумма степенного ряда. Этим необходимость доказана.

Достаточность. В силу аналитичности ϕ(z)

в т. z0 и (1.191) имеем

ϕ(z)= ϕ(z0 )+

ϕ′(z0 ) (z − z0 )+

ϕ′′(z0 )

(z − z0 )2 +K+.

(1.195)

Вставляя (1.195) в (1.192), получаем

f (z)= ϕ(z0 ) (z

− z0 )m +

ϕ′(z0 )

(z − z0 )m+1 +

ϕ′′(z0 )

(1.196)

(z − z0 )m+2 +K+ .

Отсюда следуют соотношения (1.188), (1.189), что полностью завершает доказательство теоремы.

Теорема 1.24. Точка z0

является полюсом m −го порядка аналитической

функции f (z) ,

когда для функции

эта точка есть нуль m −го поряд-

f (z)

ка.

Доказательство. Необходимость.

По условию теоремы имеем

f (z)= ∑ c (z − z )n + c−2

+ c−1 +K

∞

(z − z0 )2

z − z0

(1.197)

c−m

K+

, c−m ≠ 0.

(z − z0 )m

∞

m+n

m−1

f (z)=

∑cn (z − z0 )

+ c−1 (z

− z0 )

(z − z

0 )

(1.198)

+ c−2 (z − z0 )m−2 +K+ c−m

Степенной ряд в квадратных скобках

сходится, его сумма ϕ(z) при

z ≠ z0 равняется (z − z0 )m f (z)− аналитическая функция. При этом

ϕ(z0 )= c−m ≠ 0 .

(1.199)

Для функции

имеем

f (z)

(z − z0 )m

= (z − z0 )m ψ(z), ψ(z)=

(1.200)

f (z)

ϕ(z)

ψ(z

)

≠ 0 .

(1.201)

(z0 )

Согласно второму равенству из (1.200) ψ(z)− аналитическая функция в

т. z0 . Согласно теореме 1.23 (см. (1.190), (1.191)) условия (1.200) указывают на

то, что т. z0 является нулем m −го порядка аналитической функции			1	. Не-
			f (z)	. Не-
			f (z)
обходимость доказана.
Достаточность. Из (1.200), (1.201) следует
f (z)=	ϕ(z)	.	(1.202)
f (z)=	(z − z0 )m	.	(1.202)
	(z − z0 )m

Теперь надо воспользоваться (1.195), что дает

f (z)− аналитическая


			1		[c0 + c1				2
f (z)=							(z − z0 )+ c2 (z − z0 )			+K+
		(z − z0 )m
+ am (z − z0 )m + am+1 (z − z0 )m+1 +K]=										(1.203)
= am + am+1 (z − z0 )+ am+2 (z − z0 )2 +K

	am−1			am−2			c0		= ϕ(z0 )≠ 0.
+			+			+K+		, c0
	z − z0			(z − z0 )			(z − z0 )m

Это согласно (1.181) доказывает наше утверждение.

Вычет аналитической функции в изолированной особой точке ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.41. Коэффициент с−1 в разложении f (z) в ряд Лора-

на в окрестности т. z0							+K+
f (z)= ∑ cn (z − z0 )n + c−1 + c−2							+K+
∞
	0				z − z0	(z − z0 )2	(1.204)
			c−m				(1.204)
+			c−m	+K.
+		(z − z0 )m		+K.			z0 и обозначается
		(z − z0 )m
называется вычетом			аналитической функции в т.

Re s f (z0 ). Принимая во внимание основные формулы интегрирования теории

аналитических функций (формулы (1.116), (1.117)) и интегрируя почленно (1.204) по замкнутой кусочно-гладкой линии l, где l содержится в открытом

кольце r <	z − z0		< R и содержит внутри себя окружность				z − z0	= r , полу-
кольце r <	z − z0		< R и содержит внутри себя окружность				z − z0	= r , полу-
чим
	∫ f (z)dz = c−1 2 πi,
	l					(1.205)
					1	(1.205)
	Res f	(z0 )= c−1 =			1	∫ f (z)dz.
	Res f	(z0 )= c−1 =		2	πi	∫ f (z)dz.
				2	πi	l

Теоремы о вычетах. Напомним, что точка комплексной расширенной плоскости называется конечной, если ее вещественная и мнимая части числа (конечные величины).

Теорема 1.25. (Первая теорема о вычетах). Если

функция в области D , за исключением конечного числа точек z1 , z2 ,K, z N ,

являющихся внутренними точками D , и l− кусочно-гладкая граница области D либо замкнутый кусочно-гладкий контур, лежащий в D и охватывающий

точки z1 , z2 ,K, z N , то

	N
∫ f (z)dz = 2 πi ∑ Res f (zi ).		(1.206)
l	1

Доказательство. Так как zk − внутренние точки области D , то, не теряя

общности, можно считать, что окружности ωk :

z − zk

= ρk лежат внутри D

(рис. 1.25).

Далее, поступая как при доказательстве теоремы Коши для многосвязной

области, получаем (рис.

1.25) с учетом (1.205)

ω1

ω2

∫ f (z)dz = ∑ ∫f (z)dz

• z1

• z2

ωk

ωN

= 2

πi ∑ 1

∫f (z)dz =

1 2πi

ωk

(zk ),

•

•z N

= 2 πi ∑ Res f

•zk

что

доказа-

завершает

тельство теоремы.

Таким

образом,

Рис. 1.25

первая теорема о вычетах

позволяет сводить нахождение контурных интегралов к отысканию вычетов в изолированных особых точках (см. пример 1.44).

Рассмотрим аналитическую функцию f (z) и R −окрестность (z > R) ∞ точки выберем таким образом, чтобы ее конечные изолированные особые точки оставались в открытом круге z < R , то есть R −окрестность ∞ точки не содержит конечных изолированных особых точек аналитической функции f (z). При этом условии дадим

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.42. Вычетом аналитической функции в ∞ точке
(Re s f (∞)) называется контурный интеграл
Res f (∞)=		1				∫ f (η)dη,	(1.207)
	2	πi
					η	=R

где обход по окружности			η	= R совершается по часовой стрелке и ∞ точка

остается по левую сторону руки при таком движении.
Замечание. В формуле						(1.207) вместо окружности	интегрирования

η = R можно брать любую замкнутую кусочно-гладкую линию l, внутри которой лежат изолированные особые точки z1 , z2 ,K, z N .

Теорема 1.26. (Вторая теорема о вычетах). Если z1 , z2 ,K, z N , z∞ − изолированные особые точки аналитической функции f (z), то сумма

N
∑ Res f (zk )+ Res f (z∞ )= 0.			(1.208)
k=1
Доказательство. Согласно условию теоремы имеет место (1.206). С уче-
том (1.207) это равносильно (1.208), что и надо.
ПРИМЕР 1.44. Вычислить интеграл ∫	sin z	dz , где c = {z		z	= 4}.
ПРИМЕР 1.44. Вычислить интеграл ∫	sin z	dz , где c = {z		z	= 4}.
с	z2 + 9
с	z2 + 9

Решение. z1 = 3i, z2 = −3i − особые точки, вычеты в которых следует найти и которые являются внутренними точками (рис. 1.26) круга, ограничен-

ного окружностью с. По первой теореме о вычетах имеем ∫

sin z

dz =

z2 +9

= 2πi [Re s f (−3i)+ Re s f (3i)]. Но Re s f (−3i)= 1

∫ sin z

dz =

2πi

ω z2 + 9

sin z

∫

z −3i .

Круг

z + 3i

≤ ρ1

2πi

z + 3i

находится

внутри

открытого

круга

•4

< 4.

Функция

ϕ(z)=

sin z

− ана-

•

z −3i

ω2

литическая в круге

z + 3i

≤ ρ1. В силу

− 4

•

этого, согласно интегральной формуле

ω1

•

−3i

Коши

(формула

(1.119)),

имеем

Re s f (−3i)=

sin

(−3i)

sin 3i

•

= =

−

− 6i

Аналогично (рис. 1.26)

Рис. 1.26

sin z

= sin 3i

dz = 1

Re s f (3i)=

∫

sin z

∫

z + 3i

2πi

ω2

z2 + 9

2πi

ω2

z −3i

Окончательно получаем, что

− 2πsin 3i

2πi

C∫

sin z

sin 3i

z2 + 9 dz = 2πi

sh 3.

Ответ: 23πi sh 3

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 177 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб102УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20151.09 Mб47УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб46УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб136УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219.14 Кб73УМП ВРЕМЕНА1.doc
#
06.03.20164.28 Mб41УМП для выполнения КР Наг.маш..docx
#
07.05.2019478.21 Кб3УМП Интегралы.doc