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 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

Точки z =1 и z = −2 – нули знаменателя, причем z =1– нуль третьего порядка, а z = −2 – простой нуль. Числитель в этих точках в нуль не обращается, поэтому точки z =1 и z = −2 будут соответственно полюсами

3-го и 1-го порядка функции

f ( z ) .

Решение: 2) нулями знаменателя будут точки

z = 2πn , n Z .

Разложим знаменатель

( z )

в ряд:

∞

z 2k

∑

ϕ( z ) = z

− cos( z )) = z

1 −

(−1)

( 2k )! = z

2!−

4! + . . . .

= 0

Точка z = 0 – нуль пятого порядка функции ϕ( z ) , поэтому z = 0 –

полюс пятого порядка

f ( z ) . Точки z = 2πn, n Ζ, n ≠ 0 , – простые нули

знаменателя, поэтому они будут простыми полюсами f ( z ) .

43. Определить

характер

точки

z0 = −1

для

функции

f ( z ) = cos(

) .

lim f ( z )

Решение. Докажем, что

не существует.

Выберем две

z→−1

последовательности:

{z′n

2πn

{z′′n }=

( 2n +1) π

→ −1,

→ −1.

Для них

− 2πn n →∞

1 −(2n +1)π n

→∞

′

2πn

lim

f ( z n ) = lim cos

(1 − 2πn)

n →∞

2πn(1 − 2πn)

= lim cos(2πn)

= lim cos

=1 .

(1 − 2πn)

n →∞

lim

f ( z′′n ) = lim cos( 2n +1)π = −1 .

n →∞

→∞

Таким образом, lim f ( z′n ) ≠ lim

f ( z′n′

) .

n→∞

Значит,

z0 = −1 – существенно особая точка f ( z ) .

Глава 6. ВЫЧЕТЫ

6.1. Вычисление вычетов

Пусть z0 ≠ ∞ – изолированная особая точка однозначной аналитической в проколотой окрестности точки z0 функции f ( z ) , L – замкнутый жорданов кусочно-гладкий контур, содержащий внутри себя точку z0 и лежащий целиком в окрестности z0 .

Определение 18. Вычетом функции f ( z ) в точке z0 называется интеграл:

Res f ( z ) =	1		∫ f ( z ) dz .	(31)
	2πi
z = z 0			L

Вычет функции f ( z ) в точке z0		равен коэффициенту c −1 при пер-
вой отрицательной степени ( z − z 0 ) −1		в разложении функции		f ( z ) в ряд

Лорана в окрестности z0 , т.е.			Res			f ( z ) = c −1 .
			Res			f ( z ) = c −1 .
			z	= z 0
Если z0 = ∞ , то			1					1
Res	f ( z ) =		1		∫	f ( z ) dz = −		1	∫ f ( z ) dz ,
Res	f ( z ) =	2			∫	f ( z ) dz = −	2πi		∫ f ( z ) dz ,
z =∞		2	πi L −				2πi		L
z =∞

где L− – замкнутый жорданов кусочно-гладкий контур, содержащий внутри себя начало координат и полностью лежащий в окрестности бесконечно

удаленной точки, где f ( z ) аналитична, причем L− означает, что обход осуществляется в отрицательном направлении. Кроме того

Res f ( z ) = −c −1 .

z =∞

В зависимости от типа изолированных особых точек приведем фор-

мулы для вычисления вычетов f ( z ) .

1. Пусть z0

– устранимая особая точка функции f ( z ) . Тогда

Res

f ( z ) = 0 ,

если z0 ≠ ∞;

z = z 0

Res f ( z ) = lim z ( f (∞) − f ( z )) ,

если z0 = ∞ .

(32)

z =∞

z →∞

2. Пусть z0

– полюс n-го порядка, z0 ≠ ∞, тогда

Res

f ( z ) =

lim

d n −1

[( z − z 0 )n f ( z ) ],

(33)

z = z 0

( n −1)! z → z 0

d zn −1

в частности при n = 1

Res f ( z ) =

lim

( z − z 0 ) f ( z ) .

z = z 0

z → z 0

Если z0 – простой полюс и

f ( z ) =

ϕ( z )

, где ϕ( z ) и ψ(z )

– анали-

ψ(z )

тические функции в точке z0 , причем ϕ(z0 ) ≠ 0, ψ(z0 ) = 0, ψ′(z0 ) ≠ 0 , то

Res	f ( z ) =	ϕ(z0 )	,	(34)
Res	f ( z ) =	ψ′(z0 )	,	(34)
z = z 0		ψ′(z0 )
	52

если f ( z ) =		ϕ (z )		, где ϕ		(z ) аналитична в точке z0 , то
если f ( z ) =		( z − z 0 ) m		, где ϕ		(z ) аналитична в точке z0 , то
		( z − z 0 ) m
		Res	f ( z ) =			1		ϕ (m −1) (z0 ) .
		Res	f ( z ) =		( m −1)!			ϕ (m −1) (z0 ) .
		z = z 0			( m −1)!
3. Если z0	– существенно особая точка								f ( z ) , то, раскладывая	f ( z )
в ряд Лорана по степеням (z − z0 ) , находим c −1 , тогда
		Res f ( z ) = c −1,					Res f ( z ) = −c −1 .
		z = z 0					z =∞
Заметим еще, что, если f ( z ) – четная функция, то
Res	f ( z ) = − Res f ( z )					и	Res f ( z ) = Res f ( z ) = 0 ,
z = z 0		z =− z 0					z =0		z =∞
если f ( z ) – нечетная, то
			Res f ( z ) =				Res f ( z ) .			(35)
		z = z 0				z =− z 0

ОСНОВНАЯ ТЕОРЕМА О ВЫЧЕТАХ. Если z1 , z2 , . . . , zn – изолированные конечные особые точки функции f ( z ) , аналитической, кроме этих точек во всей комплексной плоскости, то

Res

f ( z ) + Res f (z)= 0 .

(36)

∑

= 0

z = z k

z =∞

Примеры

44. Вычислить вычет функции f ( z ) в точке z0 :

1) f ( z ) =

z e i z

z0 = i .

2 +1

Решение. Точка z0 =i

– простой полюс

f ( z ) , так как

lim

f ( z ) = lim

z e i z

= ∞.

+ i )( z

− i )

z →i

z →i ( z

Поэтому из формулы (48)

( z − i ) z e i z

−1

Res f ( z ) = lim

i e

( z + i )( z − i )

i + i

z =i

z →i

2) f ( z ) =

z eaz − ez

z0 = 2πi .

z (e z −1)

Решение. Точка z0 = 2πi – полюс 1-го порядка, так как знаменатель

функции имеет в точке z0 нуль первого порядка, так как:

(e 2 πi −1) = (cos( 2π) + isin ( 2π) −1) = 0

(ez −1)′ = ez ≠ 0 .

Представим

f ( z ) =

ϕ(z)

, где ϕ(z) =

z e az

− ez +1

, ψ(z) = e z

−1 ,

ψ(z)

причем ϕ( 2πi ) ≠ 0, ψ ( 2πi ) = 0, ψ′ ( 2πi ) = e 2 πi

=1, из (34) имеем

Res

f ( z ) =

ϕ( 2πi )

= 2πi e 2 πia − e 2 πi +1 = e 2 πia .

z =2 πi

ψ′ ( 2πi )

2π i

3) f ( z ) = ctg2 ( z ) ,

z0 = 0 .

Решение. Точка z0 = 0 – полюс 2-го порядка, так как знаменатель

sin2 ( z ) в точке z0 = 0 имеет нуль 2-го порядка. Из формулы (33) имеем

2z2 ctg( z )

Res f ( z ) = lim

(z2 ctg2 ( z )) = lim

2z ctg2 ( z )

sin2

z 0 = 0

z →0 dz

z →0

(z)

= 2 lim z ctg( z )

cos( z ) sin ( z ) − z

= 2 lim

(cos( z ) sin ( z ) − z )′

sin2 (z)

(sin2 (z))′

z →0

= 2 lim

− sin2 ( z ) + (cos2 ( z ) −1)

= −2 lim

2sin2 ( z ))

2sin(z) cos( z)

z →0

→0 2sin(z) cos( z)

= −2 lim

sin ( z )

= 0.

cos( z )

z →

4) f ( z ) =

≠ 0.

Подсчитать вычеты во всех особых

z (1 − e −h z )

точках.

2n πi

Решение. Точки zn =

n Z,

n ≠ 0 –

простые полюсы,

из

1 ,

формулы (32) имеем (ϕ ( z ) =

ψ ( z ) = (1 − e −h z ))

Res f ( z ) =

= −

n Z, n ≠ 0.

zn he

−h zn

πni h 1

2πn

z = zn

Точка z0 = 0

– полюс второго порядка,

так как знаменатель в

имеет нуль второго порядка. Разложим

f ( z )

в ряд Лорана в окрестности

z0 = 0 :

− h2 z2

+ h3 z3

1 − e −h z = h z

+ . . . .

Выполняя деление рядов

h z

−

h2 z

h3 z3

+ . . .

–

h z

1 −

+ . . .

h z

−

h2 z2

+ . . .

–

h z

h2 z2

−

+ . . .

−

+ . . .

получаем

2π) .

+ . . .

(0 <

z (1 − e −h z )

h z 2

Отсюда: c −1 =

Res

f ( z ) =

z =0

sin (

)

5) f ( z ) =

z0 = ∞.

z −1

Решение. Так как

′

sin (

)

cos(

)

−

lim f ( z )

= lim

lim

= 0,

(z −1)′

z →∞

то z0 = ∞ – устранимая особая точка. Воспользовавшись формулой (32), найдем

sin (

)

sin (

)

Res f ( z ) = lim

−

= lim

= 0 .

z −1

z =∞

z →∞

f ( z ) = ln ( z ) sin

=1.

z −1

Решение. Точка z0 =1 – существенно особая точка. Разложим функцию в ряд, воспользовавшись формулами (22) и (26):

∞	( −1)k −1 (z −1)	k		(z −1)	2		(z −1)	3
ln ( z ) = ∑	( −1)k −1 (z −1)		= (z −1) −	(z −1)		+	(z −1)	+... ,
k =1	k			2			3
			55

∞

2k +1

sin

∑ ( −

1)k

−

−...

( 2k +1)!

z −1

3! (z

−1)3

5! (z −1)5

z −1

k =0

z −1

Перемножая два ряда, найдем коэффициенты при первой отрица-

тельной степени (z −1) −1 :

∞

(−1) n −1

c −1

−

− . . . = ∑

4 5!

6 7!

2n( 2n +1) !

n =1

6.2.Вычисление интегралов с помощью вычетов

I. Если однозначная функция f ( z ) аналитична в замкнутой области

D , за исключением конечного числа изолированных особых точек zk D , k =1,2, ... , n , область D ограничена замкнутой жордановой кусочногладкой кривой Г, то

	n	Res f ( z ) ,	(37)
∫ f ( z ) dz = 2πi ∑
Γ	k =1	z = zk

где контур Г обходится в положительном направлении относительно области D.

		Примеры
45. Вычислить интегралы:
1) ∫	z2 +1	dz ; D : Γ ={z,	z +1	+	z −1	= ε}.

	2

Γ z	(z − 2)

Решение. Особыми точками подынтегральной функции являются z1 = 0 – полюс второго порядка, z2 = 2 – простой полюс, z3 = ∞ –

устранимая особая точка. Точки z1 , z2 D , z3 D , воспользовавшись формулой (33), подсчитаем вычеты в точках z1 , z2 :

z2 +1

z2 − 4z

−1

Res

= lim

= −

z =0 z

(z − 2)

(z −

z →0

(z − 2)

z →0 dz

Res

= lim

z2 +1

z =2

z2 (z − 2)

z →2

Тогда из (37) имеем

z2 +1

= 2πi

−

= 2πi .

Γ∫ z2 (z − 2)

ch ( z )

dz ; D : Γ = z,

z −1

= 5 .

Γ∫

( z2 −1)cos ( z )

Решение. Особыми точками подынтегральной функции являются точки z 1,2 = ±1 (простые полюса), которые лежат внутри контура Г, и точ-

ки	~	π	+ πn, n Z, лежащие вне контура Г.
	zn =	2

Подсчитаем вычеты в точках z1 , z2 :

Res

ch ( z )

ch (1)

Res

ch ( z )

ch (1)

2cos (1)

z =1

( z2 −1)cos ( z )

z =−1 ( z2 −1)cos ( z )

− 2cos (1)

Из (53) имеем

ch ( z )

ch (1)

dz = 2πi

−

= 0 .

∫

−1)cos ( z )

2cos (1)

Γ ( z

∫

dz .

=2 z

−

Решение. В круге

≤ 2

лежат четыре особых точки подинте-

гральной функции zk = k 1 ,

k =

(полюсы). Вне круга лежит только одна

1,4

особая точка –

z5 = ∞ (устранимая особая точка). Воспользовавшись ос-

новной теоремой о вычетах (см. формулу (36))

∑

Res

= − Res

z4 −1

k =1

z = zk

z = z5

и формулой (32), имеем

∫

− z4

dz = −2πi Res

= −2πi

lim

= 2πi .

−1

z = z5

−1

z →∞ z

−

cos

∫

dz .

z −1−i

i z +1

Решение. Внутри контура интегрирования лежат две особые точки подынтегральной функции: z =i – простой полюс, z = 0 – существенно особая точка, для вычисления вычета в которой формул не существует и, следовательно, подсчитывать вычет сложно. Вне контура лежит только одна особая точка z = ∞, причем вычет в ней достаточно легко считается по формуле (32). Отсюда

cos

− z cos

2πi

∫

dz = −2πi Res

= −2π i lim

= 2

π.

i z +1

z −1−i

z =∞

z →∞

II. Теорию вычетов можно применять для вычисления интегралов

вида

2 π

∫R (cos ( x),sin ( x)) d x,

(38)

где R(u,v) – рациональная функция аргументов u и v, не имеющая особен-

ностей на окружности u2 + v2 =1.

Пусть z = e ix , тогда

cos ( x) =

z +

, sin ( x) =

−

dx =

(39)

i z

Когда x меняется от 0 до 2π , точка z пробегает окружность

=1 в

положительном направлении. Интеграл (38) такой заменой сводится к интегралу по замкнутому контуру от функции комплексного аргумента, который легко вычисляется с помощью вычетов (см. (37)).

Примеры

46. Вычислить интегралы:

2 π

1) ∫

≠1 , ρ– комплексное число.

− 2ρ cos ( x) + ρ2

0 1

Решение. Сделаем замену переменной (57):

2 π

∫

= i

∫

1 − 2ρ cos ( x ) + ρ2

ρ z2 − (1 + ρ2 ) z + ρ

Точки

z = ρ, z =

–

простые полюсы подынтегральной функции,

причем только один лежит в круге

<1. Если

<1, то в круге

лежит полюс z = ρ и

2 π

= 2πi Res

2π

∫

ρz

−(1

+ρ

) z

+ρ

0 1−2ρ cos ( x) +ρ

z =ρ

−ρ

Если

>1, то в круге

<1 лежит полюс z

= 1

2 π

= 2 πi Res

2 π

0∫ 1 − 2ρ cos ( x ) + ρ2

z =

ρz2 − (1 + ρ2 ) z + ρ

ρ2 −1

2 π

cos2

(3ϕ )

a C ,

2) J = ∫

dϕ,

≠1.

ϕ ) + a2

0 1 − 2a cos (

Решение. После замены переменных (39) имеем

J = −	1	∫		(z6	+1)2				dz .
	4ai						1
		z	=1 z6 ( z − a) ( z			−		)


							a

Особыми точками подынтегральной функции F ( z ) будут точки z1 = 0 (полюс шестого порядка), z2 = a, z3 = 1a (простые полюсы). Пусть

<1, тогда в круге

<1 лежат полюсы z1 и z2 . Вычислим

Res F ( z ) = lim

(z6 +1)2

(1 + a6 )2

a5 (a2

z =a

z →a

−1)

( z −

)

Для вычисления вычета в z1 = 0 можно было бы воспользоваться

формулой (33), но тогда пришлось бы искать производную пятого порядка от сложной дроби. Это нецелесообразно, поэтому разложим каждый из множителей F ( z ) в ряд по формуле (27):

(z6

+1)2

z12 + 2 z6 +1

F ( z ) =

+ ...

− a z )

−

)

×(1 + a z + a2 z2 + . . . ) =

z6 + 2

1 +

+ . . .

+ a z

+ a2 z2 + ...).

Перемножая ряды, соберем все коэффициенты при z −1:

Res F ( z ) = a5 + a3 + a +

Тогда

z =0

(1 + a6 )2

1 + a6

+ a5

+ a3

J = −

+ a +

= π

−1)

1 − a

2 a a

Аналогично при

>1:

1 + a2

J =

a2 −1

3) J = ∫tg (x + i a) dx, a ≠ 0 – действительное число.

Решение. Так как функция tg (x) – периодичная с периодом π, то

имеем

π		1	2π
∫tg (x + i a) dx =		2	∫tg (x + i a) dx .
0			0

	59

Пользуясь тригонометрическими тождествами и сделав замену z = e i x −a , получаем

2π

−1

∫tg (x + i a) dx = −

∫

dz .

2 +1)

=e −a z ( z

Если a > 0, то e −a <1 и в круге

< e −a

лежит лишь одна особая

точка z = 0

(полюс первого порядка). Поэтому

z2 −1

= 2πi Res

2 −1

= −2πi и J =πi .

∫ −a z ( z2 +1)

z ( z2 +1)

z =0

Если a < 0 , то e −a >1, тогда в круге

< e −a лежат три особые точ-

ки: 0; ±i, а вне круга – лишь одна z = ∞ (устранимая особая точка), следовательно

Res	z2	−1	= −1.
	z ( z2	+1)
z =∞

По основной теореме о вычетах имеем J = −πi . Объединяя случаи a > 0 и a < 0 , имеем

		J = π i sign ( a) .
1	dx	, a >1.
4) J = ∫	dx
4) J = ∫	(a − x) 1 − x2
−1	(a − x) 1 − x2

Решение. Заменой переменных x = cos (ϕ) сведем интеграл J к ви-

ду (38):

π	dϕ		1	2 π	dϕ
J = ∫		=		∫		,
J = ∫	a − cos(ϕ )	=	2	∫	a − cos(ϕ )	,
0	a − cos(ϕ )		2	0	a − cos(ϕ )
0				0

стандартной заменой (39) и по формуле (36) подсчитаем

2 π

dϕ

J =

∫

= −

∫

a − cos(ϕ )

=1 z2 − 2a z +1

a2 −1

III. Теорию вычетов можно использовать при вычислении несобственных интегралов по вещественной оси, если методы действительного анализа оказываются неэффективными.

1. Пусть f(z):

а) аналитична в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек zk , Im(zk ) > 0 , k =1,2, ..., n , непрерывна в замкнутой

полуплоскости за исключением тех же точек и

b) lim z f (z) = 0 , Im(z) ≥ 0 .

z →∞

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 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