0887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Отже, областю збіжності заданого ряду є кільце

Розв’язання цієї задачі можна спростити. Ряди (3.35) та (3.36) є геомет-

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

3.59 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 3132 / 4532 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 > Следующая >>>

4. Функцію

f (z) =

розкладіть у ряди Тейлора або Лорана

(z − 1)(z − 2)

за степенями z

в областях: a)

< 1;

б) 1 <

< 2;

в)

> 2.

Розв’язання. За умовою

= 0 .

Функція

f (z)

має дві особливі точки:

z = 1,

z = 2 , які визначають три кругові «кільця» (рис. 3.10).

Розкладемо задану функцію у суму елементарних дробів:

f (z) =

−

z − 2

z − 1

Знайдемо по черзі усі лоранівські розклади функцій

f (z) =

та

− 2

(z) =

. Функція

(z)

має одну особливу точку z = 2 ,

коло

= 2

z − 1

ця функція

поділяє комплексну площину на дві частини. У крузі

< 2

аналітична, отже, за теоремою 1

розкладається в ряд Тейлора. Маємо

1 1

∞

z n

= −

+ ... +

+ ...

= −

∑

f1Тейлор .

z −

−

2 n=0

За умови

> 2

за теоремою 2 функція

f1 (z)

розкладається у ряд

Лорана, дістанемо

1 1

∞

+ ... +

...

= ∑

= f1Лоран .

n+1

z − 2

n=0

1−

f2 (z) :

Аналогічно знаходимо розклади функції

∞

= −

= − (1+ z + z2 + ... + zn + ...) = − ∑ zn

= f2Тейлор ,

< 1 ,

z − 1

− z

∞

n=0

1 1

... +

...

= ∑

= f2Лоран ,

(

> 1).

z − 1

−

n=0

Розглянемо тепер випадки:

а)

< 1.

У цьому крузі обидві функції

f1 (z) та

f2 (z)

розкладаються в

ряд Тейлора, отже, задана функція розкладається в ряд Тейлора, який має вигляд

	∞	zn	∞	n	∞			1		n
f (z) =	f1Тейлор − f2Тейлор = − ∑		+ ∑ z		= ∑	1	−		z		;
f (z) =	f1Тейлор − f2Тейлор = − ∑	2n+1	+ ∑ z		= ∑	1	−	2n+1	z		;
	n=0	2n+1	n=0		n=0			2n+1

311

б) 1 < z < 2 . У цьому кільці функція f1 (z) розкладається в ряд Тейлора, а

функція

f2 (z) у ряд Лорана, отже, розклад функції f (z) в ряд Лорана

такий:

∞

f (z) = f1Тейлор − f2Лоран

= − ∑

− ∑

;

2n+1

n=0

n=0 zn+1

в)

> 2 . У цьому разі розкладання f (z)

в кільці

> 2 має вигляд:

∞

2n −1

f (z) = f1Лоран − f2Лоран = ∑

−

∑

= ∑

zn+1

n=0

n=0 zn+1

n=1

5. Знайдіть усі лоранівські розклади функції

f (z) =

z + 1

за сте-

пенями z − 3 .

z2 − 4z + 3

Розв’язання: Функція f (z)

має дві особливі точки z1 = 1 та z2

= 3 . Про-

ведемо через особливу точку

z1 = 1 коло

z − 3

= 2 , яке поділить площину

на дві частини, у кожній з яких функція є аналітичною:

1) кільце 0 <

z − 3

< 2 ;

z − 3

> 2 – зовнішня частина круга

z − 3

≤ 2 (рис. 3.11).

2 х

Рис. 3.10

Рис. 3.11

Знайдемо ряди Лорана для кожного з цих випадків.

Виконаємо перетворення заданої функції:

z + 1

z − 1+ 2

f (z) =

− 4z

(z − 3)(z − 1)

z − 3

z − 1

z − 3

(z − 3) + 2

+ 3

У кільці 0 <

z − 3

< 2 виконується умова

z − 3

< 1, тоді

312

z − 3

(z − 3)

f (z) =

+ 1

−

+ ...

z − 3

− 3

z − 3

(z − 3)2

∞

(z − 3)n−1

−

+ ... =

+ ∑(−1)n

z − 3

n=1

Якщо

z − 3

> 2 , то виконуються нерівності

z − 3

> 1,

< 1.

Вихо-

− 3

дячи з цього, виконуємо перетворення:

f (z) =

z − 3

− 3

1−

−

+ ...

z − 3

(z − 3)

n=1

∞

−

− ...

+ ∑

(−1)n

z − 3

− 3)

(z − 3)

− 3)

− 3

(z − 3)

n=2

6. Дослідіть збіжність ряду

z − 1

(z − 1)3

... +

+ 1 +

+ ...

−

(z − 1)

2(z − 1)

Розв’язання. Розглянемо два ряди:

+ ... ;

(3.35)

2(z − 1)

22 (z − 1)2

23 (z − 1)3

z − 1

(z −1)2

(z −1)3

+ ... .

(3.36)

Поклавши в ряді (3.35) z − 1 = 1 , дістанемо степеневий ряд z′

z′		z′2		z′3
	+		+		+ ... .
2	+	22	+	23	+ ... .

313

Визначаємо радіус збіжності цього ряду: R = lim 2n−1

n→∞ 1

z′

< 2 ,

z − 1

пеневий ряд збігається, якщо

< 2 . Тоді

z − 1

Отже, ряд (3.35) збігається поза кругом радіуса R =

точці z = 1.

Визначаємо тепер радіус збіжності ряду (1.35): R = lim

n→∞

=2. Отже, сте-

>1 .

12 з центром у

5n−1 = 5.

Звідси випливає, що область збіжності ряду (3.36) визначається нерівністю z − 1 < 5 .

ричними прогресіями із знаменниками

та

z − 1

відповідно. Ці ря-

2(z −

< 1 і

z − 1

< 1 , тобто

ди будуть збігатись, якщо одночасно

2(z − 1)

	z − 1	>	1	та	z − 1	< 5 . Таким чином, область збіжності ― кільце, що ви-
			1

		2
		2
значається подвійною нерівністю
							1	<	z − 1	< 5.
							1
				2
				2
	7. В околі точки z0 = 0 розкладіть у ряд Лорана функцію

f (z) = e z .

314

Розв’язання. Підставивши у формулу 1 з табл. 1 замість змінної z зна-

чення 1z , дістанемо шукане розвинення

e z

= 1 +

+ ... +

+ ... .

1! z

2! z2

n! zn

Ряд, щоміститься праворуч, збігається дофункції e z длявсіхz, крімz = 0.

8. Розкладіть в ряд Лорана функцію

f (z) = cos

в околі точки z0

= 3 .

z − 3

Розв’язання. Замінивши у формулі 3 (табл. 1) змінну z

на

, діста-

z − 3

немо розклад

cos

= 1

−

+ ... + (−1)n

+ ... ,

2!(z − 3)

(2n)!(z − 3)2n

z − 3

що збігається до функції cos

для всіх z, крім z = 3.

− 3

9. Розкладіть функцію

f (z) =

в ряд Лорана в околі точки z0 = ∞.

z2 − 4

Розв’язання. Функція

f (z)

має дві особливі точки —

z = 2

та

z = −2 .

В околі точки z0 = ∞, тобто у кільці

> R , де R ≥ 2 , ряд Лорана знаходи-

мо так:

f (z) =

+ ... +

+ ...

− 4

1−

∞

+ ... +

+ ... = ∑

z2n+2

n=0

де z > 2 .

315

10. Знайдіть нулі функції f (z) = 1 + cos z та визначте їх порядок. Розв’язання. Розв’язуємо рівняння

1+ cos z = 0 , тобто cos z = –1,

звідки дістаємо нулі заданої функції:

zn = (2n + 1)π (n = 0, ±1,…).

Далі

f ′((2n + 1)π) = − sin(2n + 1)π = 0,

f ′′((2n + 1)π) = − cos(2n + 1)π = 1 ≠ 0 .

Отже, точки zn = (2n + 1)π (n = 0, ±1, ±2,…) є нулями другого порядку заданої функції.

11. Знайдіть особливі точки функції та визначте їх характер:

− 1

1 − e− z

a) f (z) =

; б) f

(z) =

; в) f (z)

= e z

;

г)

f (z) =

;

1 − cos z

є) f (z) = tg2 z.

ä) f (z) =

;

e) f (z) = (z − 1)e z−1 ;

Розв’язання: а) особливою є точка z0 = 0. Обчислимо границю

lim f (z) = lim

ez − 1

= 1.

z→0

z→0 z

Отже, z0 = 0 – усувна особлива точка;

б) особлива точка z0 = 0. Оскільки lim f (z) = lim

= ∞ , то точка z0 = 0

z→0

z→0 z3

є полюсом цієї функції. Для функції ϕ(z) = z3 точка z0 = 0 є нулем третьо-

го порядку, отже, z0 = 0 ― полюс третього порядку для функції f (z) =					1	;
					z3	;
в) розглянемо поведінку цієї функції на дійсній та уявній осях. На дійс-
		1
ній осі z =	x і	f (x) = e	x2	→ ∞ при x → 0. На уявній осі z =	iy	і
1

f (iy) = e− y2	→ 0	при y → 0. Отже, границя f (z) у точці z = 0 не існує (ні

скінченна, нінескінченна). Томуz = 0 ―істотноособливаточкафункції f (z);

г) використовуючи розвинення в ряд Тейлора функції e− z в околі точки z0 = 0, одержуємо лоранівський розклад функції f (z) в околі нуля:

316

− e− z )

f (z) =

1 −

− z +

−

... =

z −

−

...

1 −

− ... .

Цей розклад не містить головної частини. Тому точка z0 = 0 є усувною особливою точкою;

д) розкладаючи cos z у ряд Тейлора за степенями нівський розклад функції f (z) в околі нуля:

f (z) =

−

+ ...

−

2! z

4! z

6! z

z, дістаємо лора-

z + z3 + ... .

8! 10!

Розкладання у ряд Лорана функції f (z) в околі точки z0 = 0 містить скінченне число членів з від’ємними степенями z. Отже, точка z0 = 0 є полюсом п’ятого порядку, оскільки найбільший показник степеня z у знаменниках членів головної частини ряду Лорана дорівнює п’яти;

е)

використовуючи

розклад

ew = 1+ w +

+ ...

та

покладаючи

w =

, дістаємо лоранівський розклад функції f (z) в околі точки z0 = 1:

z − 1

f (z) = (z − 1)

+ ...

z − 1

2!(z

− 1)

3!(z − 1)

1 + (z − 1) +

+ ... .

2!(z − 1)

3!(z − 1)2

Цей розклад містить нескінченну множину членів з від’ємними степенями ( z – 1). Отже, точка z0 = 1 є істотно особливою точкою функції f(z);

є) особливі точки даної функції це ті значення z , для яких cos z = 0,

звідси zn = π2 + πn , n Z . Покажемо, що усі ці точки є полюсами другого

порядку. Оскільки sin2 zn = 1 ≠ 0, то достатньо визначити за теоремою 5 порядок нуля zn функції ϕ(z) = cos2 z :

ϕ′(z) = − sin 2z, ϕ′(zn ) = − sin(π + 2πn) = 0,

ϕ′′(z) = −2 cos 2z, ϕ′′(zn ) = −2 cos(π + 2πn) = 2 ≠ 0.

317

Отже, точки zn = π2 + πn (n = 0, ±1, ±2,…) є нулями другого порядку функції ϕ(z) тавідповіднополюсамидругогопорядкузаданоїфункції f (z).

12. Визначте, яку особливість у нескінченно віддаленій точці мають функції:

	z		z
а) f(z) =		;	б) f (z) = e ; в) f (z) = sin z; г) f (z) = cos z.
	2 − z

Розв’язання: а) розкладемо функцію в околі точки z = ∞ ( R < z < +∞ ). Маємо

f (z) =

= z

= − 1

+ ...

= −1−

−

− ...

2 − z

− z

У знайденому розкладі немає членів з додатними степенями z, отже, для заданої функції нескіченно віддалена точка є усувною особливою;

б) – г) Запишемо розвинення заданих функцій у степеневий ряд:

ez = 1 +

+ ... +

+ ...;

sin z = z −

+ ... + (−1)n+1

z2n−1

+ ...;

(2n − 1)!

cos z = 1 −

z2n

+ ... + (−1)

+ ... ,

(2n)!

де z ― будь-яке комплексне число. Оскільки кожен ряд містить нескінченно багато членів з додатними степенями z, то для заданих функцій нескінченно віддалена точка є істотно особливою.

13. Знайдіть лишки функцій у скінченних особливих точках:

а) f (z) = sin	1	;	б) f (z) =	cos z	;	в) f (z) = cos	1	;	г)	sin z	.
	z			z3			z − 1			z

Розв’язання: а) розвинення функції sin 1z в ряд Лорана в околі особливої точки z0 = 0 має вигляд:

sin

−

− ... ,

> 0.

3! z3

5! z5

z z

318

Отже, за формулою (3.24) маємо Re s sin

= a−1

= 1;

z=0

б) функція

cos z

розкладається в околі особливої точки z0 = 0 в ряд

Лорана:

cos z

−

z −

z3 + ...,

> 0.

Звідси

2! z

Re s

cos z

= a−1

= −

;

z=0

в) в околі точки z0 = 1 функція cos

має вигляд:

z −

cos

= 1 −

− ... ,

z − 1

> 0.

Отже,

z − 1

2!(z − 1)2

4!(z − 1)4

Re s cos

= a−1 = 0;

− 1

z=1

г) розкладемофункцію

sin z

врядЛоранавоколіособливоїточкиz0 = 0:

sin z

z −

−

...

1−

− ... .

Отже, z

= 0 – усувна особлива точка і

Re s

sin z

= a

= 1.

z=0

−1

14. Обчисліть лишок функції

f (z) =

у точці z0 = 2.

(z − 2)(z − 3)

Розв’язання. Оскільки особлива точка z0 = 2 — простий полюс, то за формулою (3.25) маємо:

Res f (z) = Res		1
Res f (z) = Res		(z − 2)(z − 3)
z=2	z=2	(z − 2)(z − 3)

15. Обчисліть лишок функції f (z) =

	= lim	(z − 2)
	= lim	(z − 2)(z − 3)
	z→2	(z − 2)(z − 3)

sin2 z у точці z0 cos z

=−1.

=π2 .

319

Розв’язання. Оскільки sin2

≠ 0,

cos

= 0, (cos z)′

π = −1

≠ 0 , то за

формулою (3.26) дістаємо

sin

sin2 z

Re s

= −1.

cos z

− sin

16. Обчисліть лишок функції

f (z) =

у точці z0

= 2.

(z − 2)2 (z − 3)

Розв’язання. Враховуючи, що точка z0 = 2 є нулем кратності 2 для функції, що стоїть у знаменнику, і при цьому чисельник дробу не дорівнює нулю, то вона є полюсом другого порядку функції f (z). Отже, за формулою

(3.27) маємо

(z − 2)

′

Re s

= lim

= − lim

= −1.

(z − 3)

(z − 2)

z=2 (z − 2)

z→2

(z − 3)

z→2 (z − 3)

17. Знайдіть лишок функції

f (z) = e z

у точці z = 0.

Розв’язання. Маємо

= 1 +

e z

+ ... .

2! z2

3! z3

Отже, z = 0 ― істотно особлива точка і

Re s e z

= a−1 = 1.

z=0

18. Обчисліть інтеграл ∫

dz , де L ― коло

z + i

= 1.

L+ (z

− 1)(z

+ 1)

Розв’язання. Підінтегральна функція

f (z) =

має три осо-

(z − 1)(z2 + 1)

бливі точки:

z = 1; ± i . Кругу

z + i

< 1 належить тільки одна особлива точ-

ка — z = −i . Ця точка є простим полюсом ( z = −i нуль першого порядку знаменника (z − 1)(z + i)(z − i) . За формулою (3.26) маємо

320

<<< < Предыдущая 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 3132 / 4532 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
29.08.20195.47 Mб21(Т4 укр)м(Л21).doc
#
29.08.20193.68 Mб36(Т5укр)м(Л22-23).doc
#
11.12.2018296.96 Кб12+Изгот микросхем.doc
#
11.12.2018437.76 Кб3+страничная память.doc
#
19.02.20162.32 Mб210887578_645D9_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat.pdf
#
19.02.20163.59 Mб510887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat.pdf
#
19.09.2019106.5 Кб01 000 000 $.doc
#
16.11.20191.38 Mб11 Lab (Neuro).docx
#
19.02.20161.12 Mб1001 Конспект лекций Основы системного анализа.doc
#
25.11.2019238.27 Кб41 Літосферні стихійні лиха.docx
#
19.02.201652.22 Кб4741 ПЗ М1 Менеджмент.doc