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 45 / 235 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +

L+	Γ+	γ1−		(1.114)
	+ ∫	f (z)dz + K +	∫ f (z)dz = 0,	(1.114)
	+ ∫	f (z)dz + K +	∫ f (z)dz = 0,
	γ2−		γn−
в чем и следовало убедиться.
(1.114) ∫ f (z)dz = ∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz + K + ∫ f (z)dz. (1.115)
	Γ+	γ1+	γ2+	γn+

Последнее означает следующее: если для n −связной области D условия теоремы Коши выполняются, то контурный интеграл по внешнему контуру Γ равняется сумме контурных интегралов по внутренним контурам

γi, i = 1, n −1, где обход всех контуров должен быть согласован, то есть все контуры обходятся либо по часовой стрелке, либо против часовой стрелки.

Основные формулы теории интегрирования аналитических функций

Докажем, что для целых n (n Z)

10 . ∫	dz	= 2 πi, l :	z − z 0	= r .


l+ z − z 0

20 . ∫ (z − z 0 )n dz = 0, n ≠ −1 .

l+
		Действительно, l : z = z 0 + r ei ϕ ,
	z	Действительно, l : z = z 0 + r ei ϕ ,
r	•	силу этого и (1.106)
r		силу этого и (1.106)
• z0		∫	dz	=	dz = r ei ϕ i dϕ	=
			dz

Рис. 1.15		l+ z − z0
		l+ z − z0
		2π
		= i ∫ dϕ = 2πi .
		= i ∫ dϕ = 2πi .

(1.116)

(1.117)

0 ≤ ϕ ≤ 2π. В

2πr ei ϕ i dϕ		=
∫
	r ei ϕ
0

Аналогично ∫ (z − z 0 )n dz =

2π

(n +1)ϕi dϕi =

∫ r n en

ϕi r

eϕi i dϕ = r n +1

∫ e

n +1

2π

n +1

2π

∫ e(n +1)i ϕ d [i (n +1)] =

n +1

≠ 0

e(n+1)i ϕ

n +1

r n +1

[e2πi (n+1) −1]= 0 , так как

n +1

e2πi (n +1) = cos 2π(n +1) + i sin 2π(n +1) = 1.

Замечание. Основные формулы (1.116), (1.117)

• z0

справедливы и для произвольного контура Γ,

если

только z0 есть внутренняя точка области Τ,

огра-

ниченной Γ. Действительно, существует

Рис.1.16

замкнутый круг радиуса r					с центром в т. z 0 , принадлежащий открытой области
Τ, так как z 0 − внутренняя точка Τ. В двусвязной области (рис. 1.16), ограни-
ченной Γ U ω, ω : z − z0				= r , подынтегральные функции – аналитические ( z0
в эту двусвязную область не входит). Теперь остается применить (1.115), чтобы
убедиться в справедливости нашего утверждения.
		1.7. ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА КОШИ.
					СЛЕДСТВИЯ. ПРИМЕРЫ
Теорема 1.9. Если
ω = f (z) -								(1.118)
аналитическая функция в замкнутой односвязной области D и Γ − замкнутая
кусочно-гладкая граница этой области, z0 − внутренняя точка D , то
f (z 0 )=			1	∫	f (z)dz .			(1.119)
			2 πi	Γ	z − z 0
Другими словами, для задания анали-								D
тической функции в замкнутой области D ,								D
тической функции в замкнутой области D ,
вполне достаточно задать эту аналитиче-							ω
скую функцию на границе области.							ω
Доказательство. Функция
ϕ(z)=	f	(z)− f (z 0 )			(1.120)		• z0	Γ
ϕ(z)=		z − z 0			(1.120)			Γ
		z − z 0				p
есть аналитическая функция в D за исклю-						p
есть аналитическая функция в D за исклю-
чением точки z0 . Но
							Рис. 1.17
lim ϕ(z)= lim f (z)− f (z 0 ) = f ′(′z 0 ).								(1.121)
z→z0		z→z0		z − z 0

Имея последнее в виду, полагаем

ϕ(z 0 )= f ′(z 0 ).

(1.122)

Из определения аналитичности функции f (z) в

( f ′(z) непрерывна в

ϕ(z) есть непре-

) следует, что доопределенная в т. z0 по формуле (1.122)

она ограничена:

рывная функция в

и, тем самым, в

ϕ(z)

≤ M, M > 0 .

(1.123)

Далее, (см. рис. 1.17)

∫ϕ(z)dz = ∫ ϕ(z)dz ,

(1.124)

Г+ ω+

так как ϕ(z)− аналитическая функция в двусвязной области, ограниченной Γ ω (см. рис. 1.17). Это дает

∫ ϕ(z)dz

ϕ(z)

≤ ∫

= dx 2 + dy2 = dl

≤

Γ+

ω+

≤ 2 M π p

→

0 при p

→ 0 (см. рис. 1.17),

p − радиус окружности ω.

Отсюда следует, что

∫ ϕ(z)dz = ∫ ϕ(z)dz = 0,

(1.125)

Γ+

ω+

или ∫

f (z)− f (z 0 )

dz = ∫

f (z)dz

dz − ∫ f (z0 )

= 0 . Теперь, соглас-

Γ+

z − z0

Γ+

z − z0

Γ+

z − z 0

но основным формулам интегрирования (формулы (1.116), (1.117)), отсюда имеем

f (z 0 )=	1	∫	f (z)dz	,

	2 πi Γ+		z − z 0

что и надо. Последнее соотношение можно переписать так:

∫	f (z)dz	= 2πi f (z 0 ).

Γ+	z − z 0

Следствие 1 (без доказательства).

f n (z 0 )=	n!	∫	f (z)dz	, n N ,

	2πi Γ (z − z 0 )n+1

(1.126)

(1.127)

(1.128)

то есть (1.126) можно почленно дифференцировать под знаком контурного интеграла по параметру z0 неограниченное число раз. Другими словами, анали-

тическая функция дифференцируема неопределенное число раз в точке аналитичности.

Следствие 2. Формула Коши справедлива для многосвязной области. Доказательство. Возьмем для определенности трехсвязную область (рис.

1.18). Здесь мы поступаем, как и в теореме Коши (см. теорему 1.8) (см. доказа-

тельство

теоремы).

Область,

ограниченная

Γ+ = γ+ l1+ l1− γ1+ l+2 l−2 γ2+ − односвязна. В силу этого

f (z 0 )=

∫

f (z)dz

∫

f (z)dz

(1.129)

2 πi

Γ+

z − z 0

2 π

γ+ γ1+ γ2+

z − z 0

так как

∫

f (z)dz

= 0,

i = 1,2 , что и следовало доказать.

+ − z − z

Формулы (1.126), (1.127) и (1.128) находят приложения при нахождении контурных интегралов. Покажем это на примерах.

	ПРИМЕР 1.21. Вычислить по интегральной формуле Коши ∫									ez dz
	ПРИМЕР 1.21. Вычислить по интегральной формуле Коши ∫										,
	L : z + i = 2,5.								L z 2		+ 4
	L : z + i = 2,5.
	Решение. L − окружность с центром в
т. (− i) и радиуса r = 2,5 . Точка 2i								не при-
надлежит кругу, ограниченному L , тогда как										• z0
− 2i принадлежит этому кругу.										• z0
	Подынтегральную функцию ϕ(z) пре-
образуем следующим образом:
						ez			l 2
				ez		z − 2 i			l 2		γ2
ϕ(z)= (z + 2 i) (z − 2 i) =						z − (− 2 i).					γ
f (z)=		e	z	−				l1	γ1		γ
f (z)=		e		−	аналитическая функция в				γ1
	z	− 2 i
замкнутом круге Τ как отношение двух ана-
литических функций ez и						z − 2 i ≠ 0 в Τ,			Рис. 1.18
z0 = −2 i есть внутренняя точка этого круга.									Рис. 1.18
z0 = −2 i есть внутренняя точка этого круга.
Тогда, согласно (1.127),									y
					ez				2 i
	ez dz				dz		e	−2 i
∫	ez dz	=		2πi ∫	z − 2 i	= 2 πi	e	−2 i
∫	z 2 + 4	=		2πi ∫		= 2 πi		=
L	z 2 + 4			L z − (− 2 i)			− 4 i .		• i
= − π (cos 2 − i sin 2)									0 • − i		x
= − π (cos 2 − i sin 2)									0 • − i
	2								•− 2 i
	Ответ: π (− cos 2 + i sin 2)								•− 2 i
	Ответ: π (− cos 2 + i sin 2)
				2					Рис. 1.19
	ПРИМЕР 1.22. Вычислить по интеграль-

z dz

ной формуле Коши L∫ (z +1)2 ;

L : z −1 = 4 .

Решение. L − окружность с центром (1,0) и радиуса r = 4, Τ − круг, ограниченный

L , z0 = −1, n = 1. Согласно (1.128)

L∫	z dz	=	f (z)= z	= 2πi .

			f ′(z)= 1
	(z +1)2

• • •0	• •	•	•	x
-3	1		4	x

Рис. 1.20

Ответ: 2 πi .

ПРИМЕР 1.23. Вычислить интеграл ∫

;

L : a)

z −1

= 1;

б)

z +1

= 1; с)

= R, R ≠ 1.

L (z −1)3 (z +1)3

Обозначая искомый интеграл через ∫

, имеем (см. формулу (1.128) при

n = 2 )

а)

∫=∫

(z +1)3

2 πi

f ′′(1),

где

f (z)=

−

аналитическая

(z −1)3

(z +1)3

L L

функция в замкнутом круге с границей а).

Найдем

f ′(z)= [(z +1)−3 ]′

= −3 (z +1)−4 ,

f ′′(z)= 12 (z +1)−5 ,

f ′′(1)=

. Отсюда ∫=

πi ;

б)

∫=∫

(z −1)3

= πi f ′′(−1),

где

f (z)=

−

аналитическая

(z +1)3

(z −1)3

L L

функция в замкнутом круге с границей б).

Далее		f ′(z)= [(z −			1)−3 ]′ = −3 (z −1)−4 ,	f ′′(z)= 12 (z −1)−5 ,
f ′′(−1)= −	3	. Отсюда ∫	= −	3	πi .

8		L	8

с) Если R <1, то подынтегральная функция аналитична в замкнутом круге с границей с). Согласно теореме Коши искомый интеграл равен нулю. Если же R > 2 , то рассматриваем трехсвязную область, ограниченную окружностями а), б), с). Здесь подынтегральная функция аналитична, и по теореме Коши

∫

+ ∫

(z −1)3 (z +1)3

z−1

z+1

=3 πi − 3 πi = 0 . 8 8

Ответ: а) 3 πi; б) − 3 πi ; с)0.

8 8

			sin	πz
			sin
ПРИМЕР 1.24. Вычислить интеграл ∫			4		dz .
ПРИМЕР 1.24. Вычислить интеграл ∫			(z −1)2 (z − 3)		dz .
	z−1	=1
	z−1	=1

sin π z

πz

sin

Решение.

∫= ∫

z − 3

= 2 πi f ′(1), где f (z)=

есть аналити-

(z −1)2

z − 3

z−1

z −1

= 1.

ческая функция в замкнутом круге с границей

Ее производная

π cos π z (z − 3)− sin

π z

•

f ′(z)=

(z − 3)2

π cos

− sin π

π cos π + sin π

f ′(1)=

= −

(π + 2).

Ответ: −

πi (π + 2).

1.8. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛОВЫЕ РЯДЫ. КОМПЛЕКСНЫЕ ФУНКЦИОНАЛЬНЫЕ РЯДЫ

Понятие сходимости комплексной числовой последовательности (КЧП)

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.26. Говорят, что КЧП

z1 = x1 + i y1 , z 2 = x2 + i y 2 ,K,

(1.130)

K, zn = xn + i y n ,K

сходится к КЧ z0 = A + Bi , если для любого числа ε > 0 , в частности, сколь угодно малого номер N = N (ε), такой, что как только n > N (ε), то для всех таких номеров выполняется соотношение

	z n − z 0	< ε		(1.131)

По-другому (1.131) можно записать так:
	lim z n = z 0 = A + B i, zn → z		0 = A + B i .	(1.132)
n→∞

Отметим, что N (ε) находится из решения неравенства (1.131), если z0

является пределом указанной числовой последовательности, и только в этом случае. Геометрическая иллюстрация (1.131) заключается в следующем: какой бы открытый круг ω(z0 , r) радиуса ε с центром в точке z0 ни выбрать, все

члены (1.130), за исключением конечного числа членов: z1 , z 2 ,K, z N , окажут-

ся в этом открытом круге.

	Теорема 1.10.
		lim z n = z	0 = A + Bi		,
		n→∞
		lim xn	= A, lim y n		= B .	(1.133)
		n→∞		n→∞
	И тогда первое равенство из (1.132) в записи
выглядит так:
lim	(xn	+ i y n )= lim xn		+ i lim y n .		(1.134)
n→∞		n→∞		n→∞

Отметим, что критерий Коши для вещественной действительной последовательности имеет место и для КЧП, а именно:

Критерий Коши. Для того, чтобы КЧП

z0	•	z N+p
• z N+1		•
• z N+1
Рис. 1.21

(1.130) сходилась к z0 , необходимо и достаточно, чтобы для любого ε > 0 , в

частности, сколь угодно малого, существует номер N = N (ε), такой, что имеет

место неравенство	z n +m − z n			< ε при n > N (ε),	m = 1,2,K.

Комплексный числовой ряд (КЧР)
Если члены ряда
∞		= xn	+ i y n
∑ zn , zn					(1.135)
1

– комплексные числа, то он называется комплексным числовым рядом (КЧР).

∞	∞
Ряды ∑ x k ,	∑ yk назовем соответственно вещественной и мнимой ча-
k =1	k =1

стью КЧР (1.135). И здесь имеет место стандартная терминология для рядов

n			n	(x k + i yk )=
Sn = ∑ z k		=	∑
k =1			k=1			(1.136)
	n				n
						−
=	∑x k		+ i		∑yk
k =1				k=1

− n −я частичная сумма ряда (1.135).

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.27. Говорят, что КЧР (1.135) сходится, если существует конечный

lim Sn = S = A + B i, A, B R .	(1.137)
n→∞

Предел, где S = A + Bi называется суммой КЧР и это записывается так:

∞
S = ∑ z k	= z1 + z 2	+ K + z n + K.
1
Согласно (1.136) соотношение (1.137) означает следующее:
	n	n
A = lim ∑ xk , B = lim ∑ y k .			(1.138)
	n→∞ k =1	n→∞ k =1

Таким образом, справедлива

Теорема 1.11. КЧР (1.135) сходится , когда совместно сходятся ее вещественная и мнимая части.

Понятие комплексного функционального ряда (КФР)

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.28. Если члены ряда – функции комплексного пере-

менного, то такой ряд называется комплексным функциональным рядом

(КФР). Таким образом, КФР имеет вид

∑∞	un (z)= u1 (z)+ u2 (z)+K + un (z)+K.	(1.139)
1
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.29. Говорят, что КФР (1.139) сходится в т. z0 , если
∑∞	un (z 0 )	(1.140)
1
есть сходящийся КЧР.
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.30. Говорят, что D есть область сходимости КФР

(1.139), если в каждой точке z0 D ряд (1.140) сходится.

Тогда сумма ряда (1.139) есть функция от z, z D и s (z)= lim s n (z).
					n→∞
Абсолютная и условная сходимость КЧР и КФР
Рассмотрим КЧР (1.135) и составим ряд из модулей				zn	его членов:
Рассмотрим КЧР (1.135) и составим ряд из модулей				zn	его членов:
∞
∑	zn	.	(1.141)
1

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.31. Говорят, что КЧР (1.135) сходится абсолютно, если сходится ряд (1.141).

Теорема 1.12. Ряд (1.135) сходится абсолютно , когда сходятся абсолютно его вещественная и мнимая части, то есть сходятся абсолютно ряды

∞

∑ xk , ∑ y k .

(1.142)

Доказательство. Необходимость. По условию (1.141) сходится абсолют-

но. Из

≤

x 2

+ y2

абсолютная сходимость рядов (1.142),

если применить первую теорему сравнения для знакоположительных рядов, что и надо.

Достаточность.

= x 2

+ y2

≤

абсолютная сходи-

мость ряда (1.135). Теорема доказана полностью.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.32. Говорят, что КФР (1.139) абсолютно сходится в области D , если сходится ∑∞ u n (z) для всех z D .

Отметим, что в простейших случаях к ряду ∑∞ u n (z), составленному из

модулей u n (z) , применяем известные признаки сходимости знакоположи-

тельных рядов. Поясним это на примерах.

∞

ПРИМЕР 1.25. Найти область абсолютной сходимости ряда ∑ n e−n z .

u n (z)

e−n z

en (x +i y )

en x

e−n i y

Решение.

= n e−n x .

Применяя признак Даламбера к полученному знакоположительному ряду

e−n x , имеем

с общим членом

u n +1 (z)

u n+1 (z)

e−(n+1)z

lim

= lim

n +1

lim

(z)

u n (z)

n→∞

u n

n→∞

n e−n z

n→∞

e x

Требование

< 1 дает x > 0 .

e x

Ответ: Re z = x > 0 − правая полуплоскость.

Замечание. Так как при x ≤ 0 lim

e−n x = +∞ , то необходимое усло-

n→∞

вие сходимости lim u n (z)= 0 lim

u n (z)

= 0 исходного ряда не выпол-

n→∞

няется. Итак, при x ≤ 0 исследуемый ряд расходится. Таким образом, область сходимости совпала с областью абсолютной сходимости.

ПРИМЕР	1.26. Найти область абсолютной сходимости ряда
∑∞ (−1)n n −z .

Решение. u n (z) = (−1)n n −z = e−z ln n = e−(x +i y )ln n =

= e−x ln n e−i y ln n = e−x ln n = n −x = 1 .

n x

∞

∑x − обобщенный гармонический ряд (ряд Дирихле), который схо-1

1 n

дится при x >1 и расходится при x ≤1.

Ответ:

Re z = x > 1 − правая полуплоскость, определяемая

прямой

x =1.

ПРИМЕР

1.27. Найти область

абсолютной сходимости

ряда

∞

e−n z2 .

∑

n 2

e−n (x 2 −y2 +2 i x y )

e−n (x 2 −y2 ) =

Решение.

u n (z)

n 2

en (y2 −x 2 )

n 2 en (x 2 −y2 )

n 2

(n +1)

(n +1) (x 2

−y2 ) −1

−2

lim

e−x

−x .

= lim 1 +

= e y

n 2 en (x2 −y2 )

ex 2 −y2

n→∞

Требование e−x 2 +y2 < 1 дает − x 2 + y2

< 0 . И в этой области ряд схо-

дится абсолютно. Если − x 2 + y2

= 0 , то

u n (z)

. И в этом случае имеет

n 2

u n (z)

место абсолютная

сходимость.

Если

же

y2 − x 2

> 0 ,

то

lim

= lim

(y2 − x 2 )

= ∞ ,

n→+∞

то есть необходимое условие сходимости ряда не вы-

n 2

n→∞

полняется.

Ответ: y2 − x 2

≤ 0.

ПРИМЕР

1.28.

Найти

область

абсолютной

сходимости

ряда

∞

n 2n

∑

(z − 3i)2n

(n +1) 2n +1

(z − 3i)2n

u n (z)

n 2n

Решение.

lim

(z − 3i)2n +2

n +1

z − 3i

n→∞

n 2n

2 > 2 −

= 2 lim

;

< 1,

z − 3i

внешность

(z − 3i)

z − 3i

− 3i

n→∞

круга радиуса

2 с центром в точке 3i .

Если

z − 3i

≤ 2 , то

u n (z)

≥ n, lim

u n (z)

= ∞ . И нарушается необ-

n→∞

ходимое условие сходимости ряда.

z − 3i

− внешность круга радиуса

Ответ:

2 с центром в точке 3i .

∞

z − i n

ПРИМЕР 1.29. Найти область абсолютной сходимости ряда ∑

z + i

∞

z − i

Решение.

∑

члены этого ряда образуют геометрическую про-

z + i

z − i

грессию со знаменателем q =

< 1. В противном случае

последний ряд

z + i

будет расходиться. Должно быть

z − i < z + i x 2 + (y −1)2 < x 2 + (y +1)2 , − 2y < 2y, y > 0.

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 235 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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