Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Государственный Лесотехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UMK11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

3.4 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2314 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Заметим, что точка z = ∞ называется нулем порядка k функции f(z),


если точка ζ =	1	= 0 является нулем порядка k для функции f			1	= ϕ(ζ).
	z
				ζ
		Примеры решения задач
ПРИМЕР 2.44. Найти нули функции f(z) = (z2 + π2 )sh z и определить
их порядки.				получим (z2 + π2 )sh z = 0 , откуда
Решение.		Полагая	f(z) = 0,
z2 + π2 = 0 или sh z = 0.			Первое уравнение имеет корни z = ±π i . Корнями
второго уравнения являются числа zk = k π i (k = 0, ± 1, ± 2,K).
Итак, точки z = ±π i,			zk = k π i	(k = 0, ± 2,K)− нули функции f(z).

Определим их порядки. Точки z = ±π i − нули 2-го порядка, так как они явля-

ются нулями 1-го порядка для функции g1 (z) = z2

+ π2 и g 2 (z)= shz . В са-

мом деле, в силу (2.56) получаем

g1′(z)

z=±π i = 2 z

z=±π i = ± 2π i ≠ 0,

g′2 (z)

z=±π i

= ch z

z=±π i

= ± chπ i = cos π ≠ 0.

Точки zk = k π i

(k = 0, ± 2, ± 3,K) являются нулями 1-го порядка дан-

ной функции f(z), так как

f ′(z)

= (2 z sh z + (z2 + π2 )ch z)

= (− 1)k π2 (1 − k 2 ) ≠ 0

z=zk

при k = 0, ± 2, ± 3,K.

ПРИМЕР 2.45. Найти особые точки функции и выяснить их характер:

z 2

б) f(z) =

;

а) f (z)= (z − 2)3 ;

sin z

в) f(z) =

tg z

−

;

г) f(z) = z e z .

−

π z

Решение.

а) Особая точка функции f(z) z = 2 (знаменатель дроби об-

ращается в нуль).

Легко видеть,

что lim f (z) = ∞, значит, согласно (2.52),

z→2

z = 2 − полюс, причем 3-го порядка, так как по определению (2.53)

lim(z − 2)3

= lim z2 = 4 ≠ 0.

(z − 2)3

z→2

б)	Изолированные особые точки zn = n π				(n = 0, ± 1, ± 2)− простые
полюсы, так как для функции		1	= sin z точки zn		= n π являются нулями 1-
полюсы, так как для функции		f(z)	= sin z точки zn		= n π являются нулями 1-
		f(z)
го порядка. Действительно, sin n π = 0, (sin z)′					= cosπn = (− 1)n ≠ 0 .
го порядка. Действительно, sin n π = 0, (sin z)′					= cosπn = (− 1)n ≠ 0 .
				z=π n
				z=π n
в)	Особые точки: z = 0,		z = π , zn = (2n + 1)π (n = 0, ± 1, ± 2,K).
			4		2

Выясним их характер. Отметим, что в точке z = 0 обращается в нуль и числитель. Найдем предел функции при z → 0 :

lim f(z) = lim		sin z		1	= − π .
lim f(z) = lim				π	= − π .
z→0	z→0 z			π	4
			z −	cos z
				4

Следовательно, согласно (2.51), точка z = 0 является устранимой особой
точкой.	Точка z = π − простой полюс, так как для функции ψ(z) =								1	=
точкой.	Точка z = π − простой полюс, так как для функции ψ(z) =								f(z)	=
		4							f(z)
	π
= z z −	ctg z эта точка является нулем 1-го порядка. В самом деле, функ-
	4
цию можно представить в виде:						π	ϕ(z), где ϕ(z) = z ctg z ана-
цию можно представить в виде:					ψ(z) = z −		ϕ(z), где ϕ(z) = z ctg z ана-
						4
литична в точке z =		π		π	≠ 0. Точки z n		= (2n +1)	π
литична в точке z =		4	и ϕ		≠ 0. Точки z n		= (2n +1)	2
		4		4				2

(n = 0, ±1, ± 2,K) также являются простыми полюсами, так как для функции

ψ(z) =

= = z

−

z ctg z

они являются нулями 1-го порядка в силу

(z)

того, что

ψ(zn ) = 0,

−

n +1

(2n +1)π

ψ′(z

= (−1)

2z −

ctgz −

sin 2 z

z=zn

×(2n +1)π − π ≠ 0 .2 4

г) В окрестности особой точки z = 0 для f(z)

имеет место следующее

−

1 1

разложение: f (z) = z e z

= z 1

−

−K

3! z3

4! z4

z 2! z2

= z − 1 +

−

−K. Главная часть лорановского разложения со-

2! z

3! z2

4! z 3

держит бесконечно много членов. Следовательно, точка z = 0 является существенно особой для функции f(z).

Замечание.

Исследование функции f(z) в существенной особой точке

можно произвести лишь с использованием ряда Лорана.

ПРИМЕР 2.46. Определить характер особой точки z = ∞ для функций:

а) f(z) = sin

;

б)

f(z) = ctg π ;

в) f(z) = z2 e−e ;

г)

f(z) = z3 e z

Решение. а)

Точка z = ∞ − устранимая особая точка данной

функции,

так как lim sin

= 0.

z→∞

б) точка z = ∞ − полюс функции f(z) = ctg π ,

так как lim ctg π = ∞ .

z→∞

Порядок полюса равен порядку полюса функции ψ(ζ) = ctg πζ в точке ξ = 0

ψ(ζ)

ζ =

, функция же

имеет в точке ζ = 0 полюс 1-го порядка, так как

= tg πζ имеет в этой точке нуль 1-го порядка, в чем легко убе-

функция

ψ(ζ)

диться следующей проверкой:(tg πζ)

= 0,

(tg πζ)

ζ=0 =

ζ=0

cos

πζ

ζ=0

= π ≠ 0 . Таким образом, z = ∞ − простой полюс данной функции.

в) Разложим данную функцию в ряд Лорана в окрестности точки z = ∞ :

∞

n+2

f (z)

= z2 e−z = z2 ∑ (− z)

= ∑ (− 1)n

. Ряд Лорана содержит бесконеч-

n=0

поэтому z = ∞ − существенно

ное множество положительных степеней z,

особая точки функции.

г) Разложим функцию в ряд Лорана в окрестности точки z = ∞ :

	1	∞
		∞
f(z) = z3 e z		= z3 ∑
		n=0

1 nz

	z		1	∞	1
= z3 + z2 +		+		+ ∑		.
					n!zn−3
2		6		n=4

Так как главная часть ряда Лорана содержит конечное число положительных степеней z и старшая степень равна 3, то особая точка z = ∞ есть полюс 3-го порядка данной функции.

2.8.ВЫЧЕТЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ

КВЫЧИСЛЕНИЮ КОНТУРНЫХ ИНТЕГРАЛОВ

2.8.1. Вычет функции и его вычисление

Пусть z0 − конечная изолированная особая точка однозначной функции

w = f(z). Вычетом функции f(z) относительно точки z 0			называется число,
обозначаемое символом res f(z0 ) и определяемое равенство
resfz0 =	1	∫ f (z)dz ,	(2.58)

	2πiL+

где L+ − произвольный ориентированный против часовой стрелки замкнутый контур, лежащий в области аналитичности f(z) и содержащий внутри себя одну особую точку z0 .

Из определения следует, что вычет функции равен коэффициенту a −1 при

(z − z0 )−1 в лорановском разложении f(z) в окрестности точки z0
res f(z0 ) = a −1 .	(2.59)

Приведем формулы для вычисления вычета в полюсах функции, позволяющие избежать разложения функции в ряд Лорана - процесс в общем случае громоздкий.

Если z0 − простой полюс функции f(z), то
res f(z0 ) = lim f(z)(z − z0 ),	(2.60)
z→z0

причем, если f(z) представима в виде отношения двух аналитических в точке

z0 функций

f(z) =

ϕ(z)

, где ϕ(z0 ) ≠ 0,

ψ(z0 ) = 0,

ψ(z)

res f(z0 )

ϕ(z

0 )

ψ′(z0 )

Если z0

− полюс k − го порядка (k ≥ 2), то

res f(z

)

lim

d k −1[(z − z0 )k f(z)]

−

d zk −1

1)! z→z0

ψ′(z0 ) ≠ 0 , то

(2.61)

(2.62)

Для устранимой особой точки res f(z0 ) = 0. Для нахождения вычета от-

носительно существенно особой точки необходимо найти коэффициент a −1: res f (z0 ) = a −1 .

В некоторых случаях находит применение понятие вычета функции отно-

сительно бесконечно удаленной точки.
Пусть f(z) аналитична в некоторой окрестности точки z = ∞,						кроме
может быть, самой бесконечно удаленной точки. Вычетом функции f(z)						отно-
сительно бесконечно удаленной точки z = ∞ называют величину
res f(∞) =	1	∫	f(z)dz,			(2.63)

2	π i L−
где L− − произвольный ориентированный по часовой стрелке замкнутый кон-
тур, принадлежащий области			R ≤	z	< ∞ аналитичности функции.

Из определения следует, что вычет относительно z = ∞ равен коэффици-

енту при z−1 в лорановском разложении f(z) в окрестности z = ∞, взятому с противоположным знаком:

res f(∞) = − a −1 .

(2.64)

Между утверждениями (2.64) и (2.59), несмотря на их внешнее сходство, имеется существенное различие. Дело в том, что в разложении Лорана в окрестно-

сти точки z = ∞ член a	−1	z−1	принадлежит правильной (а не главной) части
	−1

ряда, и res f (∞) может быть отличным от нуля и тогда, когда f(z) аналитична

вбесконечности.

2.8.2.Теоремы о вычетах и их применение к вычислению

контурных интегралов

Теорема 2.4. (Основная теорема Коши о вычетах). Если функция f (z) аналитична в области D , за исключением изолированных особых точек

z1 , z2 ,K, zn , то для любого замкнутого контура L D, охватывающего эти точки,

	n
∫ f (z)dz = 2π i ∑ resf (z k ).		(2.65)
L+	k =1

Основная теорема о вычетах имеет важное значение для приложений. Она позволяет вычислять интегралы по замкнутому контуру от функции комплексного переменного, не прибегая к первообразным или криволинейным интегралам. С помощью вычетов вычисляются определенные и несобственные интегралы от функций действительного переменного. При вычислении некоторых интегралов удобно пользоваться теоремой о сумме вычетов.

Теорема 2.5. Если функция f(z) аналитична в расширенной плоскости

(т.е. включающей точку z = ∞), за исключением конечного числа изолированных особых точек z1 , z2 ,K, zn , то

n
∑ res f(zk )+ res f(∞) = 0	(2.66)
k =1
n
или res f(∞) = − ∑ res f(zk )	(2.67)
k =1

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.47. Найти вычеты функции относительно их особых точек

	z2			б) f(z) =	1		;

а) f(z) = (z − 2)3 ;
а) f(z) = (z − 2)3 ;					sin z
в) f(z) =	tg z				−	1
	tg z				−
			;	г) f(z) = z e z .
			;	г) f(z) = z e z .
	z2 −	π z
		4

Решение. Особые точки данных функций и их характер определены в примере 2.46. Итак, а) z = 2 − полюс 3-го порядка, поэтому по формуле (2.62)

d 2

z 2

находим resf (2)=

lim

(z − 2)

lim2

= 1.

−1)!

dz 2

(z − 2)3

2 z→2

б)

zn = n π (n = 0, ± 1, ± 2,K)− простые полюсы, поэтому, воспользо-

вавшись формулой (2.61), получаем resf (nπ)=

= (−1)n .

(sin z)′

z=n π

cosnπ

z = 0 − устранимая особая точка,

res f(0) = 0. Точка

в)

следовательно,

−

tg z

z =

−

простой полюс, согласно (2.60) имеем res f

= lim

z→ π

−

4 z

tg π

. Точки z n = (n + 1)π

(n = 0, ± 1, ± 2,K)− простые полюсы, то-

где по (2.61)

получим

resf

(2n +1)

ϕ(z n )

sinz n

ψ′(z n )

′

−

z=zn

z cosz

sin zn

(− 1)n

−

π2

(2 n + 1)

2 z cos z − z

z sin z

(2n +

−

(− 1)

z=zn

4 4

= −

n = 0, ± 1,

± 2,K.

(2n + 1)(4 n + 1)π2

г) z = 0 − существенно особая точка. Для определения вычета относительно существенной точки надо получить разложение функции в окрестности

этой

точки.

Как

было

показано

примере

2.46(г),

ze−

= z − 1 +

−

+K. Согласно (2.59),

res f(0) = a −1 =

2! z

3!z

ций:

ПРИМЕР 2.48. Вычислить вычеты относительно точки z = ∞ для функ-

б) f(z) = z2 e−z ;

а) f(z) = sin

;

sin z

г) f(z) =

в) f(z) = z3 e z ;

(z2

+ 1)

Решение. Вычет функции относительно бесконечной удаленной точки можно определять по формуле (2.64), для чего необходимо получить лорановское разложение в окрестности данной точки.

а) Так как z = ∞ − устранимая особая точка (limz→0 f(z) = 0), то лоранов-

ское разложение не содержит положительных степеней (главную часть), но содержит правильную часть, поэтому найдем ряд Лорана для данной функции в

окрестности z = ∞ : sin	1	=	1	−	1	1	+	1	1	−K, откуда видно, что a −1 = 1,
	z		z			3			5
					3! z			5! z

следовательно, resf(∞) = −1.

Из примера следует, что вычет функции относительно бесконечно удаленной устранимой особой точки может сказаться отличным от нуля.

б) Как показано в примере 2.48(б), ряд Лорана в окрестности z = ∞ для

∞

n+2

(− 1)n

данной функции имеет вид:

z2 e−z = ∑

= z2 −

−K. Так

a −1

n=0

как в разложении слагаемое

отсутствует, то res f(∞) = −a

−1 = 0.

= z3 + z2 +

в)

Как показано в примере 2.48(в),

z3 e

+K. Откуда следует, что res f(∞) = −a −1

= −

5!z

4!z

г) Разложить функцию в ряд Лорана с тем, чтобы вычислить вычет по формуле (2.64), трудно. Для вычисления вычета относительно бесконечно удаленной точки удобнее воспользоваться формулой (2.67), поскольку сравнительно просто найти вычеты функции относительно ее конечных изолированных

особых точек

z1 = −i

и z2

= i . Итак, по формуле (2.67) имеем res f(∞) =

= −

∑ f(zk ). Указанные точки являются полюсами 2-го порядка. Тогда в силу

k =1

(2.62) находим res f(i) = lim

sin z

(z − i)

(z − i)2 (z + i)2

z→i dz

= lim

cos z(z + 1)2 − 2

(z + i)sin z

2 i cosi − 2 sin i

= −

(cosi + i sin i) =

(z + i)

(2 i)

z→i

= −

(cos i + i sin i) = −

ei2 = −

e−1 .

Аналогично

находим res f (− i) =

= −

. Таким образом, res f(∞) = −resf(i)− res f(− i) =

4 e

2 e

ПРИМЕР 2.49. Используя теоремы о вычетах, вычислить контурные ин-

тегралы:

а)

∫

dz ;

б) ∫

;

(z + 1)

z−1

− 1

1 z

			ez dz
в)		L∫ (z 2 +1)(z − 3),			где
x = 2, y = −2, y = 2
г)	∫		(2z − 1)cos	z		dz ;

				z −
	z	=2			1

L − квадрат ограниченный прямыми x = −2,

д) ∫			2 z7	+ 1	dz .

			z 6 (z2	+ 1)
	z	=2
	z	=2

Решение. а) Подынтегральная функцияf (z)=	z		имеет четыре про-
	z 4 −1

стых полюса, из которых три: z1 = 1, z 2 = i, z 3 = −i лежат в круге

z − 1 < 3 (рис. 2.25). По основной теореме о вычетах (2.65) имеем:

I =

∫

z dz

= 2 π i[res f(1) + res f(i) + res f(− i)].

Вычеты

вычисляем по

3 z4

− 1

z−1

(2.61)

resf (z0 ) = res

ϕ(z0 )

ϕ(z 0 )

, значит,

формуле

ψ′(z0 )

ψ′(z 0 )

4z30

4z02

res f (1) =

, res f (i) = res f (− i) = −

. Следовательно,

π i

I =

2 π i

−

= −

б)

Подынтегральная функции f(z) =

имеет две особых точки,

z3 (z + 1)

из которых

= −1− простой полюс,

z2 = 0 − полюс 3-го порядка; причем

= 0 находится в круге

. Поэтому

формуле (2.62) res f(0) =

lim

2! z→0 d z2

I = ∫

= 2

π i res f(0) . По

z3 (z + 1)

′

−

(z +

2! z→0

(z + 1)

=	1	lim	2	= 1. Таким образом I = 2 π i .
			(z + 1)3
	2 z→0
			Y	Y

z= 3 2

z2 = i

= i

= 1

z4 = −1

z3 = 3

z3 = −i

z1 = −i

Рис. 2.25 Рис. 2.26

в)	Подынтегральная функция	f (z) =	e z	имеет три особых
			(z2 + 1)(z − 3)
точки:	z1 = −i, z2 = i, z3 = 3. Но	z3 = 3 лежит вне квадрата (рис. 2.26).
Вычеты функции относительно ее простых полюсов z1 и				z2 определяем по

формуле (2.61), положив ϕ(z) = ez , ψ(z) = (z2 + 1)(z − 3). Тогда в силу (2.65)

получаем ∫L

e z dz

= 2 π i[resf (− i) + resf (i)] =

(z2 + 1)(z − 3)

−i

(i − 3)

−i

(i +

= 2πi

− 2i(− i − 3)

2i(i

−

+ 3 i −

−10

ei + e−i

ei − e

−i

(2ichi

− 6shi) =

(3shi − ichi).

= −

− 6

г)

Функция

f(z) = (

2z − 1) cos

аналитична в круге

< 2 всюду,

z − 1

кроме точки z = 1.

Для определения типа особенности и вычета необходимо

разложить функцию в ряд Лорана в кольце

0 <

z − 1

< 1. Предварительно

найдем

cos

= cos

= cos1cos

sin1sin

z − 1

1 −

−

Легко видеть, что

= cos1

− z)

2 +

− sin1

2(1

z −

1 3!(z − 1)

разложение	функции (2z − 1) cos	z	= [2(z − 1) + 1]cos	z	содержит
				z − 1
		z − 1
бесконечно	много членов с отрицательными степенями;			значит z = 1−

существенно особая точка. Так как вычет равен коэффициенту при (z − 1)−1 , то

получаем

res f(1) = a −1 = −(cos1 + sin1).

Следовательно,

∫ (2z −

1)cos

dz = = −2π i(cos1 + sin1).

z −

д) Подынтегральная функция имеет 3 особых точки: z = 0 − полюс 6-го

порядка,

z = ±i

− простые полюсы, и все они принадлежат кругу

< 2 .

Можно применить основную теорему о вычетах, но удобнее вычислять, пользуясь вычетом относительно бесконечно удаленной точки:

I =

∫

2 z7 + 1

dz = −2 π i resf(∞) .

z0 (z2 + 1)

Разложение подынтегральной функции в ряд Лорана в окрестности точки

z = ∞ можно получить,

деля числитель на знаменатель по правилу деления

многочленов

2 z7 + 1

−

+K. Здесь

= 2 , значит:

−1

z3 + z6

z z3

res f(∞) = −2 , следовательно,

I = 4 π i .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 2314 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
02.09.2019397.82 Кб25Taxatsia_lesa.doc
#
03.06.20151.49 Mб7telsprav.pdf
#
26.04.2019243.71 Кб4teoria_kultury.doc
#
03.06.201571.17 Кб12Testy_kabinet.doc
#
03.06.2015330.75 Кб50topref.ru-17132.doc
#
27.03.20163.4 Mб43UMK11.pdf
#
16.11.2019344.02 Кб29Untitled0.doc
#
03.06.2015538.18 Кб5Urok_4_Zaprosy_KU.pdf
#
30.08.2019519.68 Кб31vmest.doc
#
03.06.201552.63 Кб8Vodnye_resursy_Sverdlovskoy_oblasti_Lektsia_1.docx
#
03.06.2015167.94 Кб16VOPROSY_K_EKZAMENU_PO_EP.doc