Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

32_all

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

390.78 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Особые точки однозначного характера

2003/2004

z −

cos z cos

cos z

f (z)=

z −π

z−

Найти все особые точки функции

, определить их тип. Ответ

(sin z −1)2

обосновать.

Шабунин, Сидоров стр. 64 – 70 (примеры 9 - 13 стр. 68 – 72), Половинкин стр. 85 – 95 (примеры 1 - 4 стр. 91 – 93)

c f (z)=

ϕ(z)

где функция ψ(z) регулярна при всех

z . Поэтому особые точки функции

f (z)

определяютя особыми

ψ(z)

точками функции ϕ(z) и нулями знаменателя ψ(z).

Кандидаты в особые точки:

z =

- нуль знаменателя аргумента экспоненты,

z =π - нуль знаменателя аргумента косинуса в числителе,

z =

π + 2πk, k =±1, ± 2,K - нули знаменателя,

z = ∞ .

2Покажем, что точка z =

является устранимой особой точкой1 для функции

f (z):

проведем замену t = z −

. Тогда

t 4 cos

−

+ o(1)

+ o(t 5 )

sin t

cos

+ o(t

)

t −

(t +o(t 2 ))

cos

−

+ o(1)

sin t

f (t)=

t =

e1+o(t )

(cos t −1)2

t 2

t 4

+ o(t 5 )

1 −

+ o(t )−1

→ 4e cos

t→0

Следовательно,

для

f (z).

z = 0 - УОТ

3Покажем, что точка

z =π является

существенно особой2 для функции ϕ(z):

)= 0 ;

пусть z

= π +

, тогда lim z

= π , а

lim cos

= cos

+ 2πl =0, т.е. lim f (z

−π

l →∞

l→∞

+ 2πl

2πl

= cos(2πm)=1, т.е.

пусть

теперь

= π +

тогда

lim z

= π

cos

2πm

m→∞

−π

2πm

cos(π) cos(2πm)

cos

lim f (z

e−2 π

≠0.

(sin π −1)

m→∞

1 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется устранимой особой точкой, если

существует конечный предел lim f (z) C .

z→a

2 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется существенно особой точкой, если

не существует конечного или бесконечного предела lim f (z).

→a

Особые точки однозначного характера

Следовательно,

для

f (z).

z =π - СОТ

e Рассмотрим точки

z =

+ 2πk, k =±1, ± 2,K ,

в которых

нули знаменателя совпадают с нулями числителя функции

t = z − π − 2πk .

f (z).

Произведем

замену:

Тогда

f (t)=

(t + 2πk )

cos t

+ 2πk cos

cos t +

+2πk

t −

+ 2πk

t +2πk

sin t +

+ 2πk

−1

−(t + 2πk )3 sin(t + 2πk ) cos

+ o(1)

−(t

+ 2πk )3 sin(t) cos

+ o(1)

2πk −

−sin (t +2πk )

2πk −

−sin

(t )

t +2πk

t +2πk =

(cos(t

+ 2πk )−1)2

(cos(t )−1)2

)

+ o(t

)

−(2πk ) t

cos

+ o(1) + o(t

)

−(2πk )

t cos

π + o(1)

2πk

−

−t +o(t

2πk −

o(1)

2πk +o(1)

t 2

t 4

+ o(t 5 )

+ o(t )

1 −

−1

−(2πk )3 cos

+ o(1) + o(t)

2πk −

eo(1)

→∞ - полюсы3 3-го порядка.

t 3

+ o(t 4 )

t→0

Точки

z =

+ 2πk, k = ±1, ± 2,... - полюсы 3-го порядка

для функции

f (z).

(НОТ)4,

т.к.

в любой

ее окрестности

есть полюсы

3-го

порядка

z = ∞

неизолированная особая точка

z =

π + 2πk, k =±1, ± 2,K (точка накопления

полюсов).

3 Определение. Изолированная особая точка a C функции f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

4 Определение. Пусть функция f определена и регулярна в проколотой окрестности точки a C , т.е. на множестве B ρ (a),

ρ > 0 . Тогда точку a называют изолированной особой точкой (однозначного характера) функции f .

Разложение в ряд Лорана			1
2003/2004	32

2f Разложить в ряд Лорана по степеням (z +3 +5i) функцию f (z)=		16 − z 2	в кольце, которому принадлежит точка
		z(z + 4i)2	в кольце, которому принадлежит точка
		z(z + 4i)2

z = −1−i . Указать границы кольца сходимости.

Шабунин, Сидоров стр. 70 – 75 (примеры 1, 2 стр. 73 – 75), Половинкин стр. 78 – 85 (пример 1 стр. 83 –

84)

c Дробь правильная.

Находим корни уравнения z = 0 . Получаем простой корень:

= 0 .

Находим корни уравнения (z + 4i)2 = 0 :

z2,3

= −4i . Получаем кратные корни: z2

= −4i и z3

= −4i .

dТочки z1

= 0 и z2,3 = −4i

являются особыми точками функции f (z) (в них

f (z) не регулярна).

eРазлагаем f (z) на элементарные дроби:

A(z + 4i)2 + Bz(z + 4i)+ Cz

A(z 2 +8zi −16)+ B(z 2 + 4zi)+Cz

16 − z 2

z(z + 4i)2

z + 4i

(z + 4i)2

z(z + 4i)2

z 0 : −16A =16

→ A = −1 Ì

z1 : 8iA + 4iB +C = 0

↓

Æ 4iB +C = 8i Ì

z 2 : A + B = −1

Æ B = 0

Æ C = 8i

f (z)=

−1

+ 4i)2

Для удобства дальнейших

выкладок произведем замену z +3 +5i = w или z = w −3 −5i :

f (w)=

−1

w −3 −

(w −3 −i)2

Кольца аналитичности

f (w):

w < 3 +i =

32 +12 =

10 ,

10 < w < 3 +5i = 32 +52 = 34 ,

w >

34 .

gПри z = −1−i получаем

w = 2 + 4i ,

w =

22 + 42 =

20 .

Т.о., раскладывать дроби в ряд Лорана по степеням w будем в кольце

10 < w <

34 , используя разложения в ряд

Тейлора.

При этом

3 +i

3 +5i

w n

−1

∞

∑

w −3 −5i

−3 −5i

3 + 5i

(3 +5i)

n+1

1 −

+ 5i n=0

n=0

3 +5i

′

∞

3 +i n

′

+i n−1

∞

∑

∑n

(w −3

−i)

3 +i

3 + i

1 −

3+i

n=0

3+i

n=1

1 −

8in(3 +i)n−1

∞

= ∑

n+1

n=1

Ответ:

кольце,

которму

принадлежит

точка

z = −1−i

(

10 < z +3 +5i <

34 )

∞

(z +3 +5i)

∞

8in(3 + i)

−1

f (z)= ∑

∑

n+1

(z + 3 + 5i)

n+1

n=0

(3 +5i)

n=1

Вычисление контурного интеграла с помощью вычетов

2003/2004

Применяя теорию вычетов вычислить интеграл

z−∫1

zdz

(π − 4z)(1 −sin 2z)

Шабунин, Сидоров стр. 134 – 138 (примеры 11 - 15 стр. 134 – 137), Половинкин стр. 95 – 102 (пример 1 стр. 101 – 102)

c Находим особые точки

f (z)=

(π − 4z)(1 −sin 2z)

Особыми точками являются: особые точки числителя: ,

нули знаменателя: z =

π ,

+ 2πk

+πk , k = ±1, ± 2,... - П2

sin 2z =1 2z

(полюсы 2-го порядка)2 3

особые точки знаменателя: .

z = ∞ - НОТ.

Внутри контура γ = {z :

z −1

=1}находится: z =

4 - П3 (полюс 3-го порядка).

zdz

dИнтеграл I =

, можно вычислить по формуле I = 2πi res f (z)4.

z−∫1

=1 (π − 4z)(1 −sin 2z)

e Для нахождения вычета5 функции

f (z) в точке z = π

разложим6

эту функцию в ряд Лорана в кольце

0 < z − π4 < ε (ε <<1). Получаем:

По умолчанию направление обхода считается положительным – против часовой стрелки.

Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

d (1 −sin 2z)

d 2 (1 −sin 2z)

(1 −sin 2z)

π = 0

= (− 2 cos 2z)

= 0 , а

= (4sin 2z)

π =1 ≠ 0

dz 2

z= 4

Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G

с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция

f определена и регулярна на

G всюду,

за исключением конечного числа изолированных особых точек

a1 , a2 , K, an G (при этом имеется в виду,

что, если

∞ G ,

то ∞ = an )

и пусть к тому же функция f

непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ

f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1 ak

={z :

= r} -

Пусть изолированная особая точка a

функции f : B ρ (a)→ C ,

ρ > 0 . Пусть γr

z −a

Определение.

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции f в точке a

называется число

res f

∫γ

f (z)dz .

2πi

res f

= c−1 , где c−1

- коэффициент разложения функции

в ряд Лорана с центром в конечной точке a при

Вычисление контурного интеграла с помощью вычетов

f (z) =

z = π + w

(π − 4z)(1 −sin 2z)

−sin 2z)

− z (1

w = z −

−

16w

−cos 2w)

(2w)

− w 1 −sin

+ 2w

− 1

−

+ o(w5 )

+ w

4(− w) 1

−sin 2

+ w

−

16w

4w2

16w4

−

+ o(w )

−

16w

16w 4

−

+ o(w

)

32w

+ o(w

2w −

−

+ o(w )

)

−

+ o(w).

32w3

8w2

96w

Откуда получаем, что коэффициент c−1 при

равен

c−1

= −

, следовательно res f

(z)= c−1 = −

z=π

fПо теореме Коши о вычетах

= 2πi res f (z)

= 2πi

−

= − π 2i

z= 4

Ответ:

∫

zdz

= −

π 2i

(π − 4z)(1 −sin 2z)

z−1

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

2003/2004

∞ x sin

(2 − x)

Применяя теорию вычетов вычислить интеграл

∫

dx .

+ 2

−∞

Шабунин, Сидоров стр. 140 – 145 (примеры 6 стр. 144), Половинкин стр. 103 – 108 (пример 3 стр. 107 – 108)

∞ x sin

(2 − x)

∞ x sin(x − 2)

cЗамечая, что I

∫

dx = − ∫

dx ,

+ 2

−∞

∞

xei(x−2)

для решения задачи достаточно вычислить несобственный интеграл ∫

и воспользоваться формулой

−∞ x

+ 2

∞

x sin(2 − x)

∞

xei(x−2)

I =

∫

dx = − Im ∫

dx .

(1)

+ 2

−∞

−∞ x

dДля того чтобы применить теорему Коши1 о вычетах2, вводим функцию комплексной переменной

f (z)=

zeiz

(z 2 + 2)ei 2

и строим контур, состоящий из отрезка

вещественной

оси [− R, R]

полуокружности CR

= {z :

= R, Im z ≥ 0},

выбрав R так, чтобы все особые точки zk

(k =1,2,K, n) функции

f (z), лежащие в верхней полуплоскости, оказались

внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах

f (z)dz =

xeix

dx +

f (z)dz =

2πi

res f (z).

(2)

∫

2)e

∑z=zk

−R (x

k =1

e Переходим к пределу при R → ∞. Так как в нашем случае Φ(z)=

есть правильная рациональная дробь и

(z 2

+ 2)ei 2

α =1 > 0 , то условия леммы Жордана3 выполнены и, следовательно,

Rlim→∞

∫ f (z)dz = 0 .

Поскольку правая часть в (2) не зависит от R , имеем

∞

xeix

n res f (z),

= 2πi

(3)

∫

+ 2)e

i 2

∑z=zk

−∞(x

k =1

где zk

- особые точки функции f (z)=

zeiz

, лежащие в верхней полуплоскости.

(z 2 + 2)ei 2

1 Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G C с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция

f определена и регулярна на G всюду, за исключением конечного числа изолированных особых точек

a1 , a2 , K, an G (при этом имеется в виду, что, если ∞ G , то ∞ = an ) и пусть к тому же функция f непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ

f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1 ak

(a)→ C , ρ

> 0 . Пусть γr ={z :

= r}-

2 Определение. Пусть изолированная особая точка a

функции f : B ρ

z −a

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции

f в точке a называется число

res f =

∫γ

f (z)dz .

2πi

= R0 > 0}. Пусть число

3 Лемма (Жордан). Пусть Φ(z) - непрерывная функция на замкнутом множестве {z

Im z ≥ 0,

α > 0

и CR ={z

= R, Im z ≥ 0}, R > R0 - семейство

полуокружностей в

верхней полуплоскости. Обозначим

ε(R)=max{Φ(z)

z CR }при R > R0 . Если lim ε(R)= 0 ,то lim

eiαzΦ(z)dz = 0 .

R→∞

R→∞ ∫

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

f Находим особые точки функции

f (z)=

zeiz

(z −

2i)(z + 2i)ei 2

как нули (1-го порядка) ее знаменателя:

(z 2

+ 2)ei 2

z =

2i и z = − 2i . Таким образом, точки z =

и z = −

2i - полюса4 1-го порядка (ПП – простые полюса).

g Вычисляем

вычет в

простом полюсе

z =

по

формуле res

f (z)= lim (z − 2i)f (z). Получаем

z= 2i

z→ 2i

res

f (z)=

zeiz

2ie− 2

e−

2 −i 2

z= 2i

(z + 2i)e

z= 2i

(2 2i)e

hВычисляем несобственный интеграл по формуле (3):

∞

xeix

dx = 2πi res

f (z) = 2πi

e− 2 −i2

πi

e−2i =

πi

(cos(− 2)+i sin(− 2)) =

πi

(cos 2 −i sin 2).

∫

+ 2)e

i 2

z= 2i

−∞(x

iИспользуя формулу (1), находим искомый интеграл:

∞

x sin(2 − x)

∞

x sin(x − 2)

∞

xei(x−2)

πi

(cos 2 −i sin 2) = −

π cos 2

= ∫

dx = − ∫

dx = − Im ∫

dx = − Im

+ 2

−∞

−∞ x

∞ x sin(2 − x)

π cos 2

Ответ:

∫

dx = −

+ 2

−∞

4 Определение. Изолированная особая точка a C функции f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов							1
2003/2004			32
5h
5h		−1	x −1			1
	Применяя теорию вычетов вычислить интеграл ∫		5 (x + 2)	4	(x +1)	x	dx .
		−2	5 (x + 2)		(x +1)	x

Шабунин, Сидоров стр. 151 – 158 (пример 11 стр. 151-152, пример 12 стр. 153-154, пример 13 стр. 154-156), Половинкинн стр. 108 – 115 (пример 3 стр. 111 – 114)

c Чтобы вычислить этот интеграл J с помощью теории вычетов, продолжая подынтегральную функцию в комплексную

плоскость, мы вынуждены иметь дело с многозначной функцией {5 (z + 2)4 (z +1)}1. Эта функция допускает выделение
регулярных ветвей в области G=C\[-2,-1], что проверяется2.
d Замечая, что при x [− 2,−1] под знаком корня стоит отрицательное выражение3 ,		а при x > −1 - положительное,
выберем теперь регулярную ветвь корня, которая в пределе на верхнем берегу I +	разреза по отрезку [-2, -1] прринимает
значения арифметического корня 5 (x + 2)4 (− x −1) ≥ 0 , т.е. обозначим через	g	регулярную ветвь многозначной

функции {5

(z + 2)4 (z +1)}в области C\[-2,-1] такую, что ее предел из из верхней полуплоскости в точках x (− 2,−1),

т.е. на верхнем берегу I +

разреза по отрезку [-2, -1] равен

g(x + i0) = − 5

(x + 2)4 (− x −1) < 0 4.

(1)

g(z)= 5

(z + 2)4 (z +1)eiπ +

(4 γ arg(z+2)+ γ (z+1))

5 -

(2)

регулярная ветвь, соответствующая вышеприведенному условию (1).

Отметим, что предельное значение функции g из нижней полуплоскости в точках x (− 2,−1),

т.е. на нижнем берегу

I − разреза по отрезку [-2, -1], принимает по формуле (2) значение

i8π

= 5 (x + 2)4 (x +1)eiπ +

(4 2π +1 0)

= g(x +i0)e

(4 2π +1 0)6

= g(x +i0)e

g(x −i0)

(3)

В формуле (3) контур γ

начинается в точке на верхнем берегу разреза и оканчивается в той же точке на нижнем берегу

разреза.

e Пусть ε

γε , имеющий вид «гантели», т.е. составленный из окружностей C−2ε

. Рассмотрим в области G контур

и C−1ε

радиуса

и центрами в точках -2 и -1

соответственно,

а также двух берегов Iε+ и Iε− разреза по отрезку

[− 2 +ε, −1 −ε].

Ориентируем полученный контур γε положительно по отношению к ограниченной им внешней части плоскости.

(4ϕ01 +4

γ arg(2+z )+ϕ02 + γ (z+1)+2πk )

1 5 (z + 2)4 (z +1) = 5 (z + 2)4 (z +1)e

2 Теорема 2(§16П) Пусть функция f в области G регулярна, прчем f (z)≠ 0 , z G . Чтобы в области G существовали ветви

регулярной функции {n

f (z)}, необходимо и достаточно, чтобы для любого замкнутого кусочно-гладкого контура γ° G

нашлось целое число k °

такое, что

arg f (z)= (2πn)k ° .

3 Например,

5 (x + 2)4 (x +1)

x=−

= 5

(−1.5 + 2)4 (−1.5 +1) = 5 (−0.5)4 (−0.5) = 5 (−0.5)5 = 0.55

−1

4 g(x +i0)= − 5 (x + 2)4 (− x −1) = − 5 (x + 2)4 (− x −1) = − 5 (x + 2)4 (x +1) = 5 (x + 2)4 (x +1)eiπ

5 g(x +i0) = 5 (x + 2)4 (x +1)e

(4ϕ01 ++ϕ02 +2πk )

= 5 (x + 2)4 (x +1)eiπ = 5 (x + 2)4 (x +1)eiπ ei2πl , т.е.

= 2πl

4ϕ01 +ϕ02

+ 2πk

( ) i (0 2π +1 (−2π ))

6 или g x +i0 e5

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

Рассмотрим интеграл Jε = ∫ f (z)dz , где

f (z)=

z −1

zg(z)

γ ε

По теореме о вычетах7, с одной стороны, и из формы контура γε с другой, получаем равенства

= 2πi res f (z)+ res f (z)

+ ∫

Jε

8 = ∫

f (z)dz .

(4)

z=0

z=∞

Iε−

C1ε

C2ε

Iε+

fТочка z = 0 ПП (П1) – простой полюс9 (полюс первого порядка), поэтому вычет10 в этой точке равен

res f (z)= lim(z −0)f (z) =

−1

= 5

2−4 e

iπ

z=0

z→0

g(0)

5 (0

+ 2)4 (0 +1)e

iπ +

(4 0+1 (−π ))

Для вычисления вычета функции f(z)в точке z = ∞ (

УОТ12) разложим13 эту функцию в ряд Лорана в кольце

R <

< ∞ (R >>1). Для этого воспользуемся разложением f(z) в точке вещественной осиR < X :

f (X )=

X −1

g(X )

−

1 −

= −

(X + 2)

1)e

iπ +

(4 0+1 (−π ))

iπ −

iπ

−

iπ

X 5 1

X 5 1 +

1 +

4 2

1 1

iπ

9 1

iπ

−

+ o

1 −

+ o

e 5

−

+ o

1 −

+ o

e 5

5 X

X X

5 X

7 Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G C с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция

f определена и регулярна на G всюду, за исключением конечного числа изолированных особых точек

a1 , a2 , K, an G (при этом имеется в виду, что, если ∞ G , то ∞ = an ) и пусть к тому же функция f непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1 ak

8 Особыми точками функции f являются: z = ∞, нули знаменателя: z = 0 , особые точки числителя: , особые точки

знаменателя: (в G!!!)

9 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

> 0 . Пусть γr ={z :

= r}-

10 Определение. Пусть изолированная особая точка a

функции f : B ρ (a)→ C , ρ

z −a

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции

f в точке a называется число

res f =

∫γ

f (z)dz .

2πi

11 Для вычисления g(0) берем контур γ с началом в точке, лежащей на верхнем берегу разреза Iε+ , и концом в точке z = 0

12 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется устранимой особой точкой, если

существует конечный предел lim f (z) C .

z→a

13 res f

= c−1 , где c−1 - коэффициент разложения функции f

в ряд Лорана с центром в конечной точке a при

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

iπ

f (z)

iπ

−

+ o

e 5 . По теореме единственности14 имеем:

= −

e 5

+ o

. Откуда получаем, что коэффициент

c−1

равен c−1

= −e

iπ

, следовательно res f (z)

= −c−1

= e

iπ

при

15.

z=∞

2πi res f (z)

(z) = 2πi

iπ

−

iπ

Таким образом, J

+ res f

2−4 e 5

+ e 5

= 2πi

5 +1 e 5

z=0

z=∞

g Оценим интегралы по окружностям C−2ε

= {z :

z + 2

= ε}и C−1ε

= {z :

z +1

= ε}:

∫C−2ε

f (z)dz

≤

2π

− 2 +ε −1

εdϕ ≤ A ε

→0 ,

∫0 (− 2 −ε)5 ε 4 (−1 −ε)

ε→0

∫C

f (z)dz

2π

−1 +ε −1

≤

∫

εdϕ ≤ B ε

→0

−1ε

(−1 −

ε)5 (2 −1 −

ε)

h В силу формул (1) и (3) получаем выражения:

∫ f (z)dz = −1∫−ε

x −1

dx = −1∫−ε

x −1

dx ,

iπ

Iε+

−2+ε g(x +i0)

−2+ε 5 (x + 2)4 (x +1)e

−2+ε

x −1

−1−ε

x −1

−e−

i8π −1−ε

−1

dx = −e−

i8π

∫ f (z)dz =

∫

dx = −

∫

dx =

∫

∫ f (z)dz .

i8π

Iε−

−1−ε

g(x −i0)

−2+ε g

(x +i0)e

−2+ε g(x +i0)

Iε+

iПереходя в формуле (4) к пределу при ε → 0 , получаем равенство:

2πi

−

iπ

−e

−

i8π

5 +1 e 5

5 J ,

i 4π

−

i 4π

−

i4π

iπ

e 5 −e

5 +1

т.е. e

2−

+1 e

J , J = −

= −

4π

sin

−

−1

x −1

Ответ:

∫

dx = −

5 (x + 2)

(x +1)

sin

−2

14 Теорема (единственности). Пусть функция f : G → C регулярна в области G C . Пусть существует последовательность различных точек {zn } G , сходящаяся к некоторой точке a G и такая, что f (zn )= 0 n N . Тогда f (z)≡ 0 на области G.

15 res f = −c−1 , где c−1 - коэффициент разложения функции f в ряд Лорана с центром в бесконечности.

∞

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
27.03.2016566.99 Кб142886_teoriya avtomaticheskogo regulirovaniya i upravleniya_kpmii_56sem_68_chasov.pdf
#
03.06.2015602.97 Кб302_2015_Thermodynamics.pdf
#
27.03.2016307.41 Кб122_Semyonov_Yu_I_-_Istoria_filosofii_-_chast.docx
#
03.06.2015168.89 Кб73.pdf
#
03.06.2015417.4 Кб531_all.pdf
#
03.06.2015390.78 Кб732_all.pdf
#
03.06.2015477.98 Кб933_all.pdf
#
03.06.2015391.56 Кб734_all.pdf
#
27.03.2016574.54 Кб153855_kompyuternoe modelirovanie zadach mekhaniki poleta _kaile_78sem_sait_.pdf
#
27.03.2016558.8 Кб63870_tekhnika i metodika eksperimenta v giperzvukovykh ustanovkakh_kaile_7sem_sait_.pdf
#
27.03.2016364.32 Кб163_Semyonov_Yu_I_-_Filosofia.docx