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 3 45 / 95 6 7 8 9 > Следующая >>>

z −1

−

2z 2 +5z + 2

z + 2

2z +

Применяя к каждой из дробей формулу (28), получим

∞

= ∑ ( −1) n ( z +1) n ,

z +1

<1,

z + 2

1 −( −( z +

1))

∞

1 .

= −

= − ∑ 2 n ( z +1) n ,

z +1

2z +1

2(z +1) −

1 − 2( z +1)

Отсюда

z −1

∞

∑ (

−1) n ( z

+1) n + ∑ 2 n (z +1) n =

2z 2

+ 5z +

= 0

∞

= ∑ ( 2 n + ( −1) n )(z +1) n

= 0

для всех

z +1

z − i

z 0 = i .

z + i

z 0 = i радиуса

Решение. Для всех точек

окрестности

точки

z −i

< 2 :

z − i

∞

z − i

− i

z − i

z −i

∑ ( −1)

;

z + i

− i ) + 2i

z −i

2i (1 −

(−

))

z −i

так как

<1, то имеем

z − i

∞

z −i

n +1

∞

z − i

n +1

= ∑

(

−1) n

= ∑

( −1) n

i n+1

z + i

( −1) n +1

n =

∞

n+1

( z − i )

=− ∑ i

= 0

2 n

6) cos( z ),

z 0 =

π .

Решение. Пользуясь тригонометрическими формулами, получаем

cos( z ) = cos(( z −

π) +

π) = cos( z −

π)cos(

π) − sin( z −

π)sin (

π) =

cos( z −

) − sin ( z −

) .

Из разложений (22), (23):

π) 2 n

π) =

∞

( z −

cos( z −

∑ ( −1) n

(2n)!

n =

π) =

∞

( z −

π) 2 n +1

sin ( z −

∑ ( −1) n

( 2n +1)!

n =

Окончательно имеем

cos( z ) =

1 − ( z − π) −

( z − π) 2 +

( z − 4 ) 3

( z −

4 ) 4

+...

( z −

)

2 n +1

( z −

) 2 n +

n +1

n + 2

z C.

... + ( −1)

+ ( −1)

+... ,

( 2n +1)!

( 2n + 2)!

7)ez , z0 = 3.

Решение. Из разложения (21) имеем

ez =e ( z −3 ) +3

∞

(z − 3)

= e 3 ∑

n =

8) sin 4 (z) +cos 4 (z),

z0 = 0.

Решение. Пользуясь тождеством

sin 2 (z) + cos

2 (z) =

3 +

1 cos( 4 z )

и формулой (28), получаем

∞

2 n

sin 4 (z) + cos 4

(z) =

∑ (−1)n

2n =

( 2n)!

4 n

= 0

(1 −

( 4z )

− ... + (−1)

n ( 4z ) 2n

+ ... ) =

( 2n)!

∞

2 n

=1 + ∑ (−1)n

4 2n −1.

( 2n)!

n = 1

9) ch ( z )cos( z ), z0 =0 .

Решение. Для разложения функции в степенной ряд преобразуем ее, воспользовавшись формулами Эйлера:

ch ( z ) =		ez + e −z	; cos( z ) =	e i z	+ e −i z	.
ch ( z ) =		2	; cos( z ) =		2	.
Тогда		2			2
Тогда	1
ch ( z) cos( z ) =	1	(e (1+i ) z	+ e (1−i ) z + e − (1+i ) z + e − (1−i ) z ) .
	4

Замечая, что

		1		1					π		π			π	i
1 + i =	2		+		i	=	2	cos(	4	) + i sin (	4	)	=	2 e 4
		2		2

− π

−

3π

1 −i =

2 e

, −1 − i =

2 e

−1 + i = 2 e 4

получаем

∞

πn

3 πn

πn

ch ( z )cos( z ) =

∑

(

2) n e

+ e−

i + e

+ e−

n = 0

∞

2) n

π n

3π n

∑ (

cos (

) +cos (

) .

4 n =

Кроме того:

π0

3π0

n =0

cos (

) + cos (

) =2,

n =1

cos (

π ) + cos (

3π

)

−

=0 ,

n =2

cos (

π ) + cos (

3π

) =0 − 0 =0 ,

n =3

cos (

3 π

) + cos (

9 π

) = −

=0 ,

n =4

cos π + cos (

12 π

) = − 1 −1 = −2 ,

т.е. cos (

πn

) + cos (

3πn

)

если

не кратно 4;

(−1)n / 4 2,

если

кратно

Отсюда окончательно имеем

∞

4 k

ch ( z )cos( z) = ∑ (−1) k 2

2 k

( 4k )!

k =

10) z e 2 z ,

z0 =1.

Решение. Используя формулу (21), получаем

i =

z e 2 z =[( z −1) +1]e 2 ( z −1)+2 =[( z −1) +1]e 2 ∑∞ 2 k		( z −1)k =
k =	0 k!
43

= e 2

∞

−1)k +1

∞

−1)k

∑

( z

+ ∑

( z

= 0

k =

0 k!

∞

k +1

=e 2

∑

( z −1)k +1 +1 + ∑

( z −1)k +1

( k +1) !

k =

k = 0

∞

2 k

2 k +1

= e 2

∑

( z −1)k +1

k =

(k +1)!

= e 2

∞

(k + 3)( z −1)k +1

1 + ∑

(k +1)!

k = 0

При разложении в ряд некоторых функций, а именно функций, после дифференцирования которых получается рациональная дробь, целесообразно использовать теоремы о почленном дифференцировании и интегрировании равномерно сходящихся рядов (функций вида ln[ϕ(z) ],

arcsin[ϕ(z) ], arctg[ϕ(z) ], ... ).

Пример

37. Разложить в ряд Тейлора в окрестности точки

z0 = 0 функцию

ln (z + 1 + z2 ) .

Решение. Продифференцируем функцию

′

F(z) = [ln (z + 1 + z2 ) ] =

z + 1 + z2

1 + z2

Из формулы (27) имеем

1 + z2

∞

(1 + t)1 2

= ∑ c −k1 2 t k (

<1) ,

k = 0

( 2k −1)

(−1)k

1 3

k =1,2,...;

k! 2k

c −k1 2 =

k = 0;

(1+t )−1 2

∞

( −1)k 1 3 (2k −1) t k =

=1 + ∑

k = 1

k! 2 k

∞

( −1)k

(2k) !

t k .

∑

22k

(k!)2

= 0

Тогда

∞

( 2k ) !

(1 + z2 )1 2

= ∑ ( −1)k

z2 k

(

<1) .

22k (k!)2

k =

Проинтегрировав почленно последнее равенство, получим

∞

( 2k ) !

2 k +1

ln (z + 1 + z2 ) = ∫F(t) dt = ∑ ( −1)k

22k ( k!)2

2k +1

где

<1.

k =

5.3. Ряд Лорана

Если

функция

f (z)

однозначна

аналитична

в кольце

r <

z − z0

< R , то она разлагается в нем в ряд Лорана

∞

f (z) = ∑ cn (z − z0 )n =

n = −∞

∞

= ∑ cn (z − z0 )n + ∑ c −n (z − z0 )−n = f1

+ f2 ,

n = 0

n = 1

где

f ( z )

cn =

∫

dz ,

n Ζ, r <с < R .

2π i

=с

(z − z0 ) n +1

z−z0

При r = 0 и R < ∞ кольцо вырождается в круг с выколотым центром. Ряды f1 и f2 называются соответственно правильной и главной

частями ряда Лорана.

Определение 12. Внешность круга z ≤ R называется окрестностью

бесконечно удаленной точки.

Если f ( z ) однозначна и аналитична в окрестности бесконечно уда-

ленной точки (за исключением может быть только точки z = ∞), то она разлагается в ее окрестности в ряд

		∞	cn zn ,
		f ( z ) = ∑	cn zn ,
		n = −∞
называемый рядом	Лорана функции			f	в окрестности точки
z = ∞.
Определение 13. Ряды
~		∞		~	∞
f 1 ( z ) =c0		+ ∑ c−n z−n и		f 2	( z ) = ∑ c n z n
		n = 1			n = 1

называются соответственно правильной и главной частями ряда Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки.

Часто нецелесообразно использовать непосредственную формулу для подсчета коэффициентов ряда Лорана, поэтому, как и в случае ряда Тейлора, прибегают к некоторым искусственным приемам.

Примеры

38. Разложить функцию f ( z ) в ряд Лорана в окрестности точки z0 :

1) f ( z ) =

, z0

=1 ; 2) f ( z ) =

+ 2z − 3

( z − a) ( z − b)

Решение: 1) используя метод неопределенных коэффициентов, разложим рациональную дробь f (z) на сумму простых дробей

f ( z ) =

z2 + 2z −

( z −1)( z + 3)

z −

z +

A + B = 0,

− B =1

Получаем	1		1
f ( z ) =		−		= f 1 ( z ) − f 2 ( z ) .
	4(z −1)		4(z + 3)

Функция f 2 ( z )	аналитична в			круге	z −1	< 4 , (особые точки

z = −3, z = ∞ в круг не попадают) и поэтому ее можно разложить в ряд Тейлора в окрестности z0 =1. Для этого представим f 2 ( z ) в виде

= 1

4( z + 3)

(( z

z −1

−1) +

1 +

Учитывая что

z −1

<1,

имеем

∞

(−1)n

−1

f 2

( z ) =

∑

16 n = 0

Функция f 1 ( z ) аналитична в кольце

z −1

> 0

и уже записана ря-

дом Лорана по степеням (z – 1). Окончательно получаем

∞

(−1)n (z −1)n

∞

(−1)n +1(z −1)n

f ( z ) = f 1

( z ) − f 2 ( z ) =

−

∑

4 n + 2

∑

4 n + 2

4(z −

n = 0

n = −1

где 0 <

z −1

< 4 .

f ( z )

a) в кольце

39.

Разложить функцию

ряд

Лорана:

a < z < b ; b) в окрестности бесконечно удаленной точки.

Решение: а) с помощью метода неопределенных коэффициентов

f ( z ) можно представить в виде

f ( z ) =

−

( f 1 ( z ) −

( z − a)

( z

− b)

a − b

Функция

f 1 ( z )

аналитична во внешности круга

поэтому

∞

a n

∞

f 1 ( z ) =

∑

z − a

z (1 −

z n

n = 1

)

Для функции f 2 ( z ) :

<1 .

f 2 ( z )) .

<1,

an −1

z n .

−1

∞

f 2

( z ) =

= −

∑

= − ∑

z − b

−

)

b n = 0

Окончательно

∞

an −1

∞

( z ) =

∑

z n

bn +1

a − b

= 1

n =

bn +1 .

Решение: b) окрестностью

бесконечно удаленной

точки

будет

кольцо

< ∞ , поэтому

из условия

имеем

<1 . Получаем


f ( z ) =	1		1		−	1

				a			b
	a − b			a			b
	a − b		− z )			z (1 − z )
		z (1	− z )			z (1 − z )

		∞		n		n
	1		a		− b
=		∑					.
				z n +1
	a − b n = 1

40. Разложить функцию в ряд Лорана в окрестности точки z0 :

1) cos (	z	), z0 = −1 ; 2)	1 − e− z		, z0 = 0 .
1) cos (	z +1	), z0 = −1 ; 2)		z3	, z0 = 0 .
	z +1			z3
Решение: 1) запишем дробь				z	в виде 1 −	1	. Тогда
Решение: 1) запишем дробь				z +1	в виде 1 −	z +1	. Тогда
				z +1		z +1

cos ( z +z 1) = cos (1 − z 1+1) = cos (1) cos ( z 1+1) + sin (1) sin ( z 1+1) .

Воспользовавшись стандартными формулами (22) и (23) для cos ( z ) и sin ( z ) , получаем

∞

(−1) n

∞

(−1) n

cos (

) = cos (1)

∑

+ sin (1)

∑

( 2n)! (z +1) 2 n

( 2n+1)! (z +

1) 2 n +1

z +1

n = 0

n =

где

z +1

> 0 .

1 − e− z

(1 − e − z )

Решение: 2) представим дробь

в виде

и вос-

пользуемся стандартным разложением (21):

∞

(−z)n

∞

zn−3

(1−e − z ) =

1−

∑

∑ (−1)n −1

n =

n = 1

Так как особые точки функции: z = 0 и z = ∞, то мы получили разложение в кольце 0 < z < ∞.

z +1

Разложить

функцию

f ( z ) = ln

в ряд

Лорана

области

−1

1 <

< ∞.

z +1

′

∞

F ( z ) = ln

= −

∑

= −2

∑

z2 −1

z2 1

− z −2

z 2 n

z −1

n = 0

n = 1

Этот ряд равномерно сходится на любой гладкой кривой, соединяющей точку z c ∞. Интегрируя почленно, находим

z +1

∞

1 2 k −1

F ( t ) dt = −2 ∑

= 2 ∑

2k −1

z −1

∞∫

k = 1 ∞∫ t 2 k

k = 1

5.4. Классификация изолированных особых точек однозначного характера аналитической функции

Определение 14. Точка z0 ≠ ∞ называется изолированной особой точкой однозначного характера функции f ( z ) , если в некоторой окрестности этой точки 0 < z − z0 < R однозначная функция f ( z ) аналитична, а в самой точке z0 не определена или не аналитична.

Бесконечно удаленная точка называется изолированной особой точкой однозначного характера функции f ( z ) , если в

кольце R < z < ∞ однозначная функция f ( z ) аналитична.

Точки ветвления многозначной функции называются особыми точками многозначного характера. В дальнейшем будем рассматривать только изолированные особые точки однозначного характера.

Классификация изолированных особых точек может быть проведена двумя эквивалентными способами:

по виду лорановского разложения функции в окрестности особой точки z0 ;

по характеру поведения функции в окрестности этой точки. Определение 15. Точка z0 называется устранимой особой точкой

функции f ( z ) если:

1) в разложении в ряд Лорана функции f ( z ) в окрестности z0 отсутствует главная часть ряда, т.е.

∞
f (z) = ∑ cn (z − z0 )n ,		z0 ≠ ∞,
n =	0
∞
f (z) = ∑ c − n z− n ,		z0 = ∞;
n =	0

2) lim f ( z ) = const ≠ ∞ .

z → z 0

Определение 16. Точка z0 называется полюсом порядка n функции

f( z ) , если:

1)в разложении в ряд Лорана в функции f ( z ) окрестности z0 главная часть ряда Лорана содержит конечное число слагаемых, т.е.

f (z) =

− n

c − n +1

+ . . . +

c −

− z0 )n

(z − z0 )n

−1

z − z0

∞

+ ∑ c k (z − z0 ) k , c − n ≠ 0, z0 ≠ ∞,

(29)

k =

∞

c −k z −k ,

f (z) = c n z n + c n −1 z n −1 + . . . + c1 z + ∑

≠ 0; z0 = ∞; (30)

= 0

lim f ( z ) = ∞.

z →z 0

Порядок полюса z0

функции f ( z )

равен по определению кратности

нуля функции ϕ ( z ) =

в точке z0 . Доказывается, что если в окрест-

f ( z )

ности z0

справедливо представление (29) или (30), то порядок полюса ра-

вен числу n.

z0 называется существенно особой точкой

Определение 17. Точка

f( z ) , если:

1)в разложении в ряд Лорана f ( z ) в окрестности z0 главная часть ряда Лорана содержит бесконечно много слагаемых, т.е.

−1		∞
f (z) = ∑	c k (z − z0 ) k + ∑ c k (z − z0 ) k ,		z0 ≠ ∞,
k = −∞		k = 0
	0	∞
f (z) = ∑		c −k z −k + ∑ c k z k , z0	= ∞;
k =−∞		k = 1

2) lim f ( z ) не существует.

z →z 0

Примеры

41. Определить характер изолированной особой точки z0 для функции f ( z ) :

1) f ( z ) = (1 − z ) tg (

πz

) , z0 =1 ;

2) f ( z ) = z (e 1 z −1),

z0 = ∞.

Решение: 1)

πz ) = − lim(1 − z) tg (

lim (1 − z) tg (

(1 − z −1)) =

z → z 0

z →1

(1 − z ) −

)

= lim(1 − z)ctg (

(1 − z )) =

= − lim(1 − z) tg (

z →1

= lim cos( π (1 − z ))

(1 − z ) 2

= lim

cos( π

(1 − z ))

z →1

sin (

(1 − z ))

z0 =1

– устранимая особая точка

f ( z ) ;

Решение: 2)

(z ( e1

z −1) )′

−

lim z ( e 1

z −1) = lim

= lim

= lim e1

=1 ;

1 ′

′

z →∞

z0 – устранимая особая точка

( z ) .

42. Найти полюсы функции f

( z )

и определить их кратности:

1) f ( z ) =

z ez

;

2) f ( z ) =

z4 − z3 − 3z2 + 5z − 2

z3 (1 −cos ( z ) )

Решение: 1) запишем функцию f ( z )

в виде

f ( z ) =

z ez

Имеем

( z −1)3 ( z + 2 )

z ez

lim

= ∞ ,

lim

= ∞.

( z −1)3

z →1 ( z

−1)3 ( z + 2)

→−2

( z + 2)

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 95 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