Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Саратовский государственный университет им. Н.Г. Чернышевского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ТФКП - методичка

.pdf

Скачиваний:

449

Добавлен:

09.06.2015

Размер:

713 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Глава 4. ИНТЕГРАЛ ОТ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ

4.1. Понятие интеграла от функции комплексной переменной

Пусть f (ξ) – непрерывная функция в области D комплексной плоскости; L – кусочно-гладкая кривая, лежащая в области D с началом в точке z0 и концом в точке z .

Разобьем кривую L произвольным образом на n элементарных час-

тей γ0 , γ1,..., γn−1

точками z0 , z1,..., zn

= z . Составим сумму

n∑−1 f (ξk ) zk , где

k=0

ξk γk ,

zk = zk+1 − zk ,

k = 0,1,..., n −1. Пусть lk , k = 0,1,..., n −1 – длина ду-

ги кривой γk , a λ = max{lk }. Тогда

lim n∑−1 f (ξk )

zk = ∫ f (ξ)dξ

λ→0 k=0

называется интегралом от функции

f (ξ) по кривой L .

Если кривая L задается уравнением z = z(t), t [α,β], то вычисление

интеграла от функции

f (z) по кривой L (в порядке возрастания парамет-

ра t ) сводится к вычислению определенного интеграла по формуле

∫ f (z)dz = β∫ f (z(t))z'(t)dt .

(14)

Если f (z)=u(x, y) + iv(x, y), то интеграл (19) сводится к вычислению

криволинейных интегралов

∫ f (z)dz = ∫u(x, y)dx − v(x, y)dy + i∫v(x, y)dx + u(x, y)dy .

(15)

Примеры

26.

Вычислить

∫

z dz , где

L – часть окружности

=1,

0 ≤ arg(z)≤ π, выбрав за начало L точку z =1.

Решение. Запишем уравнение кривой L в виде

z = eit ,

0 ≤t ≤ π.

Тогда z = e−it , dz = ieit dt . Используя формулу (14), имеем:

∫

z dz = ∫e−itieit dt = i∫dt = πi .

27. Вычислить ∫(z2 + zz )dz , где L – дуга параболы

y = x2 ,

0 ≤ x ≤1,

z = 0 – начало кривой.

Решение. Выпишем действительную и мнимую части подинтегральной функции:

z2 + zz = (x + iy)2 + (x + iy)(x − iy)= 2x2 + i2xy u = 2x2 ,v = 2xy.

Воспользовавшись формулой (15), имеем (y = x2 , dy = 2xdx)

ках 1,

-1

∫(z2 + zz )dz = ∫2x2dx − 2xydy + i∫2xydx + 2x2dy =

= 21∫

(x2 − 2x4 )dx + 6i1∫x3dx = −

3i .

28. Вычислить ∫

, где L

– квадрат с вершинами в точ-

Im(z)

Re(z)

i ,

−1, −i

(рис. 9).

Решение. Поскольку на сторонах квадрата ABCD выполняется ра-

венство |Re(z)|+|Im(z)|=|x|+|y|=1, получаем

∫

= ∫dz .

Im(z)

Re(z)

Подсчитаем интеграл вдоль отрезка AB: y=1-x,

x 0≤x≤1, dy = – dx, Dz = dx + idy = (1– i)dx, откуда

-i

∫dz = ∫(1 − x)dx = −1 + i .

Рис. 9

Аналогично,

∫dz = −1 − i ,

∫dz =1 − i , ∫dz =1 + i .

Окончательно,

∫

= 0.

Im(z)

Re(z)

4.2. Интегральная теорема Коши

ТЕОРЕМА (Интегральная теорема Коши). Если функция f (z) – ана-

литическая в односвязной области D, то интеграл от нее по произвольному замкнутому жордановому кусочно-гладкому контуру L, целиком лежащему в области D, равен нулю:

∫ f (z) d z = 0.

(16)

Из этой теоремы вытекает: а) если f (z) аналитична в области D, то

интеграл не зависит от пути интегрирования, т.е. если γ1 D и γ2 D – две кривые, имеющие общие начало и конец, то

∫ f (z) dz = ∫ f (z) dz ;

b) если функции f (z)	γ1	γ2
b) если функции f (z)	и g(z)	вместе со своими производными пер-
		32

вого порядка аналитические в односвязной области D, то справедлива формула

∫ f (ξ) g′(ξ) d ξ = f (ξ) g (ξ)

− ∫ f ′(ξ) g (ξ) d ξ; z 0 , z D ;

z 0

Примеры

29. Определить, когда для интеграла ∫

можно применить ин-

тегральную теорему Коши, если L:

L z

− 4

a) | z | =

; b) | z -

| =

; c) | z - 1| = 4; d) | z | = 3.

Решение.

Подинтегральная функция

(z)=

имеет осо-

−

бенности в точках z = ± 2,∞. Следовательно,

a) круг

≤

полностью входит в область аналитичности f (z) и

(16) имеет место;

b) рассуждая аналогично п. а), имеем (16);

c) в круге с центром z = 1 и радиуса 4 функция f (z) имеет особенно-

сти и не является аналитической, следовательно, теорема Коши не применима;

d) рассуждая аналогично п. с), получаем, что теорема Коши также не применима.

	∞						π
30. Доказать, что ∫e − x 2		cos( 2b x) dx =					π
30. Доказать, что ∫e − x 2		cos( 2b x) dx =					2
	0						2
	0
Решение. Функция f (z)= e − z 2
– аналитична на всей комплексной
плоскости.	Проинтегрируем	f (z)			по
контуру	прямоугольника		x	≤ R ,
контуру	прямоугольника		x	≤ R ,
0 ≤ y ≤ b (рис. 10). Из (16) следует, что
0 ≤ y ≤ b (рис. 10). Из (16) следует, что						-R
∫e − z 2 dz = 0 . Тогда
γ

e −b 2 .

	bi

0
0		R	x
Рис. 10
Рис. 10

	R	b	−R		0
0 = ∫e −z 2 dz = ∫e −x 2 dx + ∫e− (R +i y) 2 idy + ∫ e−				(x +i b) 2 dx + ∫e− (−R+iy)2 idy =
γ	R	0	R		b
	−R	b	−R
	= ∫ e −x 2 dx +i ∫e −R 2		+ y 2 e −2i R ydy + ∫ e −x 2		+b 2 e −2bi xdx +
	R	0	R
			33

+ i ∫e −R 2 + y 2 e2R i ydy .

Если объединить второй и четвертый интегралы, разбить третий интеграл на два и воспользоваться формулами Эйлера

sin (x) =

e i x − e −i x

, cos (x) =

e i x+ e

−i x

то полученную сумму интегралов можно будет записать в виде

∫e−x 2 dx + i ∫e −R 2 + y 2

sin (2Ry) dy + ∫e

− x 2 +b 2

e−2bi xdx +

− R

+i ∫ e − x 2

+b 2 e−2bi xdx = ∫e − x 2 dx + i ∫e − R 2

+ y 2 sin (2R y) dy −

− R

− 2 ∫ e − x 2 +b 2

cos( 2b x) dx = 0.

При R→ ∞ lim

∫e − R 2 + y 2

sin(2Ry) dy = 0 .

R →∞

Таким образом,

∞

∫ e −x 2 dx = 2 ∫e −x 2 +b 2 cos(2b x) dx = 2e b 2

∫e −x 2 cos(2b x) dx.

− ∞

∞

2 dx =

Зная, что

∫e −x

π (интеграл

Эйлера – Пуассона), оконча-

− ∞

тельно имеем

∞

− x 2

cos( 2b x) dx =

−b

∫

4.3. Интегральная формула Коши

Пусть функция f (z) аналитическая в ограниченной замкнутой одно-

связной области D с кусочно-гладкой жордановой границей L. Тогда для любой точки z0 D справедлива формула

f (z0 ) =		1	f (z) d z	.	(17)
	2	πi L∫
			z − z0

Формула (17) называется интегральной формулой Коши. Для производной n-го порядка справедливо обобщение (17):

f ( n ) (z0 ) =	n!	f (z)	dz .	(18)
	2πi L∫	(z − z0 ) n +1

	34

Примеры

31. Вычислить ∫

zez

dz , где

L (z

+1)(z −1)

а) L={z,

z −1

=1};

b) L={z,

};

c) L={z,

z −1+i

2 }.

Решение: а) перепишем интеграл в виде

z e z

∫

dz =

∫

( z

2 +1)

z−1

=1 ( z 2

+1) ( z −1)

z−1

( z −1)

функция

f (z)=

z e z

–

аналитическая

в области

z −1

<1,

точка

( z 2 +1)

z0 =1 {

z −1

<1} , тогда из (25) имеем

∫

z e z

dz = 2πi

z =1 = πei ;

z−1

=1 ( z 2 +1)( z −1)

z 2 +

z e z

в области | z | =

подынтегральная функция

–

( z

2 +1)( z

−1)

аналитическая, поэтому из интегральной теоремы Коши (16) имеем

∫

z e z

dz = 0 ;

( z 2 +1)( z −1)

с) в области | z – 1 – i | < 2 лежат две точки, в которых знаменатель обращается в ноль: z1 =1, z2 = i , поэтому воспользоваться непосредственно

формулой (17) невозможно. Разложим функцию на сумму простых дробей

= −

z −1

( z 2 +1)( z −1)

2 ( z 2 +1)

2 ( z −1)

Тогда, применяя (25) к каждому из интегралов, имеем

∫

z e z

dz = −

∫

( z −1)e z

dz +

∫

e z

dz =

( z 2 +1)( z

z 2 +1

−1)

L ( z −

( z − i )e z

(17)

∫

z + i

∫

= −

dz +

dz =

z − i

L z −

( z −1)e z

= −πi

+ πi e z

(1 − i )e i+πei .

z + i

z =i

z =1

2π

d ϕ

2π

32. Доказать, что ∫

( a >1).

a + cos ( ϕ)

a 2

−1

2π

dϕ

Решение. Заменой z = eiϕ сведем интеграл ∫

к инте-

a + cos(ϕ)

d z

гралу по контуру от функции комплексной переменной. Так как d ϕ =

i z

воспользовавшись формулой cos(ϕ) =

(e t ϕ + e−t ϕ) =

( z +

) , имеем

2π

dϕ

∫

0 a + cos(ϕ)

=1 z 2 + 2a z +1

Разложим знаменатель на множители:

( z 2 + 2a z +1) = ( z + a + a 2 −1)( z + a − a 2 −1) = ( z − z ) ( z − z

) .

Точка z2 = −a + a2 −1 { z <1}, точка z1 = −a − a2 −1 { z >1}, таким образом, функция (z + a + a 2 −1)−1 – аналитическая в { z <1}, и из формулы (17) имеем

z∫

z 2 + 2a z +1

∫

z + a + a 2 −1

dz =

2πi

2π

z + a − a 2 −1

i z + a + a 2 −1

a 2

−1

z =−a +

−1

33. Вычислить

∫

z sin (z)

dz .

(z − 2)

Решение. Воспользовавшись (17), имеем

		z sin (z)		2π i			′′
			dz =		2! (z sin ( z ) )				= π i ( 2 cos ( z )
∫ (z − 2) 3								z =2
∫ (z − 2) 3								z =2
z	=3
z	=3					= 2πi (cos( 2) = sin ( 2)) .
						= 2πi (cos( 2) = sin ( 2)) .
					2π
	34. Вычислить				∫sin 6 (x) dx .
					0

− z sin ( z ) )

z =2

Решение. Сделав замену z = e i x и используя формулу

sin(x)=

( z −

1 ) ,

имеем

2π

6 (x) dx = −

∫ ( z

−

2π

[( z 2 −1) 6 ]( 6 )

5π .

∫sin

= −

64i

z 7

64 6!

z =0

Глава 5. СТЕПЕННЫЕ РЯДЫ

5.1. Понятие степенного ряда

Определение 9. Степенным рядом называется функциональный ряд

вида

∞

∑ c n ( z − z 0 ) n , (18)

n =0

где z0 , cn C, n = 0,1,2,... – фиксированные числа.

Определение 10. Радиусом сходимости степенного ряда называется число R, 0 < R < + ∞, обладающее тем свойством, что при любом z, для

которого z − z 0 < R , этот ряд сходится, а при любом z, для которого z − z 0 > R , ряд расходится. Круг {z, z − z 0 < R }, где R – радиус сходи-

мости степенного ряда, называется его кругом сходимости. Если ряд сходится только при z = z0 , то по определению полагают R = 0, если же ряд

сходится при всех z C, то считают что R = +∞. Для радиуса сходимости степенного ряда (18) справедлива формула Коши – Адамара

c n

(19)

lim

n → ∞

Примеры

35. Найти радиусы сходимости рядов:

∞

n n

z n

;

∞

1) ∑

4) ∑ z n ! ;

n =0

n =

∞

2) ∑ 3 n z n 3 ;

5) ∑ 2 n z n ! ;

n =0

n =

∞

3) ∑

z n

;

6) ∑ z 2 n .

2 n

n =1

n =

n n

Решение: 1) по формуле (19) имеем

lim n

lim

→ ∞

n →∞ n

для вычисления последнего предела воспользуемся формулой Стирлинга

n!=

2πn n

−n +θ n / 12n

, θ n (0,1) ,

тогда

1−θ n

/ 12n

= lim

lim

= e ,

−n +θ

n → ∞ n

2πn n n e

/ 12n

→ ∞

2π n

откуда R = e−1;

∞

∑ 3 n z n 3

– степенной ряд, у которого многие коэффициенты

n = 0

равны нулю. Прежде, чем воспользоваться формулой Коши – Адамара, за-

пишем выражения коэффициентов c k

∞

этого ряда

∑ c k z k

через но-

k = 0

мер коэффициента c k (здесь c k

– коэффициент при k-й степени z):

ck =

3 n,

k =n3,

n = 0,1,...;

k ≠ n3.

Так как требуется найти верхний предел неотрицательной последо-

вательности, можно не рассматривать ее нулевые члены. Поэтому

= lim (3n )

=1.

lim

k →∞

n→∞

→∞

5.2. Ряд Тейлора

Пусть f (z) однозначна и аналитична в области D, точка z0 D и R

– кратчайшее

расстояние от

точки

до

границы

области D. Тогда в

круге

z − z 0

< R

функция

разлагается

степенной ряд по

степеням

z − z 0 :

∞

f (z) = ∑ c n ( z − z 0 ) n ,

(20)

n =

где коэффициент cn вычисляется по формуле

c n

f ( n ) ( z 0 )

или c n =

∫

f (z)

dz, r < R,

n Z0 .

πi

( z − z 0 ) n +1

z−z 0

Определение 11. Степенной ряд (20) называется рядом

Тейлора

функции f (z) в окрестности точки z0 .

Как правило, прямое вычисление коэффициентов рядов Тейлора через вышеприведенные формулы затруднительно и приходится прибегать к различным искусственным приемам. При этом важную роль играет теорема единственности разложения функций в степенной ряд: если функция f

представима в круге z − z 0 < R как сумма степенного ряда, то коэффици-

енты этого ряда определяются однозначно.

Приведем разложение некоторых элементарных z 0 = 0 :

∞		z n
e z = ∑			(	z	< +∞) ,
e z = ∑		n!	(	z	< +∞) ,
n =	0	n!

функций в точке

(21)

∞		( −1) n −1 z 2 n −1		(	z	< +∞) ,	(22)
sin ( z ) = ∑		( 2n −1)!		(	z	< +∞) ,	(22)
n =1		( 2n −1)!
∞	( −1) n z		2 n	(	z	< +∞) ,	(23)
∞	( −1) n z
cos ( z ) = ∑		( 2n )!
n =0		( 2n )!

	∞	z	2 n −1
sh ( z ) = ∑		z			(
sh ( z ) = ∑		( 2n −1)!			(
	n = 1	( 2n −1)!
	∞		z	2 n
ch ( z ) = ∑			z		(
ch ( z ) = ∑					(
	n =	0 ( 2n )!
ln (1 +	∞	( −1) n −1 z n
ln (1 +	z ) = ∑			n
	n =1			n

z < +∞) ,

( z <1 )

(24)

(25)

(26)

(здесь ln (z) – главная ветвь логарифма),

∞

(1 + z ) α =

∑ C αn z n

(

<1 ) ,

(27)

n = 0

α(α−1)...(α−n+1)

если

n =1,2,...,

C α =

n = 0

1, если

(здесь zα – главная ветвь степенной функции).

В частности из формулы (27) имеем

∞

∑ z n (

<1 ) .

(28)

1− z

n = 0

Приведем примеры разложения функций в ряды с использованием формул (21) – (28).

Примеры

36. Разложить в степенной ряд функции:

z 0 = 0 .

2 +

Решение. Из формулы (28) для

<1 имеем

∞

= ∑ (−z

2 ) n

= ∑ ( −1) n z 2n .

z 2 +

1 1 − ( − z 2 )

n = 0

= 0

z 0 = 0.

− z ) 2

Решение. Из теоремы о почленном дифференцировании степен-

ных рядов имеем

∞

∑ z n

∑

( z n ) =

(1 − z )

1 − z

n = 0

n =

∞

= ∑ n z n −1

= ∑ ( n

+1) z n ,

<1.

n = 1

n =

z 0 = 0 .

1 − z + z 2

Решение. Записав данную функцию в виде

z ( z +1)

1 − z + z 2

( z

+1)( z 2 − z +1)

1 + z 3

и воспользовавшись формулой (28), для всех

<1 имеем

z ( z +1)

∞

= z ( z +1) ∑ ( −1) n z 3 n = z ( z +1)(1 − z 3 + z 6 − z 9 +...

1 + z 3

+( −1) z 3 n +...) = z + z 2 − z 4 − z 5 + z 7 + z 8 − z 10 − z 11 +...

+ ( −1) n z 3n +1 + ( −1) n z 3n + 2 +...

z −1

, z

0 = −1.

2z 2 + 5z + 2

Решение. Воспользовавшись методом неопределенных коэффици-

ентов, разложим функцию на простейшие дроби:

z −1

A( 2z +1) + B( z +1)

;

2z 2 + 5z + 2

( z + 2)( 2z +1)

z + 2

2z +1

( z +1)( 2z +1)

: 2A+B

A =1,

B = −1.

: A

+2B

= −

Получаем

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
09.06.20151.56 Mб44Третье задание, геология России.pdf
#
09.06.201534.69 Кб45Трехмерная графика.docx
#
09.06.20152.7 Mб139Трудовое право для Нормы_07.08.12.doc
#
09.06.20153.75 Mб21Туманс_Рождение Афины.pdf
#
09.06.2015244.74 Кб44Туревская Е.И. Возрастная психология.doc
#
09.06.2015713 Кб449ТФКП - методичка.pdf
#
09.06.2015323.07 Кб64Угленосн.басс.doc
#
09.06.2015864.42 Кб61Уильям Баркли-толкование апокалипсиса.pdf
#
11.11.2019492.54 Кб9УМК ГПОМСРФ-2010.doc
#
10.09.201971.68 Кб0УМК ИСУ.doc
#
30.08.2019382.98 Кб2умозаключение (1).doc