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 78 / 238 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 > Следующая >>>

Теорема 1.24. Точка z0

является полюсом m −го порядка аналитической

эта точка есть нуль m −го поряд-

функции f (z) , когда для функции

f (z)

ка.

Доказательство. Необходимость. По условию теоремы имеем

f (z)= ∑∞

cn (z − z 0 )n +

c−2

c−1

+ K

(z − z 0 )2

z − z 0

(1.197)

c−m

K +

, c−m ≠ 0.

(z − z 0 )m

∞

f (z)=

∑cn

(z − z 0 )m+n + c−1 (z − z 0 )m−1 +

− z

(1.198)

0 )

+ c−2 (z − z 0 )m−2 +K + c−m ].

Степенной

ряд

в квадратных

скобках сходится, его сумма ϕ(z) при

z ≠ z0 равняется (z − z0 )m f (z)− аналитическая функция. При этом

ϕ(z 0 )= c−m ≠ 0 .

(1.199)

Для функции

имеем

f (z)

− z 0 )m

= (z − z 0 ) ψ (z), ψ (z)=

(1.200)

f (z)

ϕ(z)

(z)

ψ (z 0 )=

≠ 0 .

(1.201)

ϕ(z 0 )

Согласно второму равенству из (1.200) ψ (z)− аналитическая функция в

т. z0 . Согласно теореме 1.23 (см. (1.190), (1.191)) условия (1.200) указывают на

то, что т. z0 является нулем m − го порядка аналитической функции			1	. Не-
			f (z)	. Не-
			f (z)
обходимость доказана.
Достаточность. Из (1.200), (1.201) следует
f (z)=	ϕ(z)
		.	(1.202)
	(z − z 0 )m	.	(1.202)

Теперь надо воспользоваться (1.195), что дает

f (z) =

[c0 + c1 (z

− z 0 )+ c2 (z − z 0 )2 + K +

(z − z 0 )m

+ am (z − z 0 )m + am+1 (z − z 0 )m+1 + K]=

(1.203)

= am + am+1 (z − z 0 )+ am+2 (z − z 0 )2 + K

am−1

am−2

+ K +

, c0 = ϕ(z

0 ) ≠ 0.

(z − z 0 )

− z 0 )m

z − z 0

Это согласно (1.181) доказывает наше утверждение.

Вычет аналитической функции в изолированной особой точке ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.41. Коэффициент с−1 в разложении f (z) в ряд Лора-

на в окрестности т. z0

∞				c−1		c−2
f (z) = ∑ cn (z		− z 0 )n +			+		+K +
						(z − z 0 )2
0				z − z 0			(1.204)
	c−m
+			+ K.
	(z − z 0 )m
называется вычетом аналитической функции в т.							z0 и обозначается

Re s f (z 0 ). Принимая во внимание основные формулы интегрирования теории

аналитических функций (формулы (1.116), (1.117)) и интегрируя почленно (1.204) по замкнутой кусочно-гладкой линии l, где l содержится в открытом

кольце r < z − z 0 < R и содержит внутри себя окружность z − z0 = r , полу-

чим

∫ f (z)dz = c−1 2 πi,

		1	(1.205)
Re s f (z 0 ) = c−1	=		∫ f (z)dz.
		πi
	2		l

Теоремы о вычетах. Напомним, что точка комплексной расширенной плоскости называется конечной, если ее вещественная и мнимая части числа (конечные величины).

Теорема 1.25. (Первая теорема о вычетах). Если f (z) − аналитическая функция в области D , за исключением конечного числа точек z1 , z 2 ,K, z N ,

являющихся внутренними точками D , и l − кусочно-гладкая граница области D либо замкнутый кусочно-гладкий контур, лежащий в D и охватывающий точки z1 , z 2 ,K, z N , то

	N	).
∫ f (z)dz = 2 πi ∑ Re s f (z i		).	(1.206)
l	1

Доказательство. Так как z k − внутренние точки области D , то, не теряя общности, можно считать, что окружности ωk : z − z k = ρk лежат внутри D

(рис. 1.25).
	Далее, поступая как при доказательстве теоремы Коши для многосвязной
области, получаем (рис.
области, получаем (рис.						l
1.25) с учетом (1.205)					ω1	l
		N			ω1	ω2
∫ f (z)dz = ∑ ∫ f (z)dz					• z1	• z 2
l	1		ωk		• z1	ωN
= 2 πi ∑ 1			∫ f (z)dz =			ωN
	N
	1 2πi					ωk
	N			(z k ),		ωk
	N
= 2 πi ∑ Re s f					•	• z N
	1			доказа-		• z k
что	завершает			доказа-
тельство теоремы.
	Таким			образом,		Рис. 1.25
первая теорема о вычетах						Рис. 1.25
первая теорема о вычетах

позволяет сводить нахождение контурных интегралов к отысканию вычетов в изолированных особых точках (см. пример 1.44).

Рассмотрим аналитическую функцию f (z) и R −окрестность (z > R )

∞ точки выберем таким образом, чтобы ее конечные изолированные особые точки оставались в открытом круге z < R , то есть R −окрестность ∞ точки

не содержит конечных изолированных особых точек аналитической функции f (z). При этом условии дадим

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.42. Вычетом аналитической функции в ∞ точке

(Re s f (∞)) называется контурный интеграл

Re s f (∞) =	1				∫ f (η)dη,	(1.207)
	πi
2				η	=R

где обход по окружности		η	= R совершается по часовой стрелке и ∞ точка

остается по левую сторону руки при таком движении.
Замечание. В формуле					(1.207) вместо окружности	интегрирования

η = R можно брать любую замкнутую кусочно-гладкую линию l, внутри ко-

торой лежат изолированные особые точки z1 , z 2 ,K, z N .

Теорема 1.26. (Вторая теорема о вычетах). Если z1 , z 2 ,K, z N , z∞ −

изолированные особые точки аналитической функции f (z), то сумма

N
∑ Re s f (zk )+ Re s f (z ∞ ) = 0 .			(1.208)
k =1
Доказательство. Согласно условию теоремы имеет место (1.206). С уче-
том (1.207) это равносильно (1.208), что и надо.
ПРИМЕР 1.44. Вычислить интеграл ∫	sin z	dz , где c = {z		z	= 4}.
	sin z

с	z 2 + 9
с	z 2 + 9

Решение. z1 = 3i, z 2 = −3i − особые точки, вычеты в которых следует найти и которые являются внутренними точками (рис. 1.26) круга, ограничен-

ного окружностью с. По первой теореме о вычетах имеем ∫

sin z

dz =

C z 2 + 9

= 2πi [Re s f (− 3i) + Re s f (3i)]. Но Re s f (− 3i) =

∫

sin z

dz =

2πi

ω z 2 + 9

sin z

∫

z − 3i

Круг

z + 3i

≤ ρ1

2πi

z + 3i

находится

внутри

открытого

круга

•4

< 4 . Функция ϕ(z) =

sin z

− ана-

•

z − 3i

ω2

литическая в круге

z + 3i

≤ ρ1. В силу

− 4

•

этого,

согласно интегральной формуле

ω1

•

− 3i

Коши

(формула

(1.119)),

имеем

•− 4

Re s f

(− 3i) =

sin (− 3i)

sin 3i

− 6 i

6 i

Аналогично (рис. 1.26)

Рис. 1.26

sin z

Re s f (3i) =

∫

sin z

dz =

∫

z + 3i

sin 3i

2πi

ω2

z 2 + 9

2πi

ω2

z − 3i

6 i

Окончательно получаем, что

− 2πsin 3i

2πi

C∫

sin z

dz = 2πi

sin 3i

sh 3 .

z 2 + 9

Ответ:

2πi

sh 3

Нахождение вычетов для случая полюса k −го порядка
Если точка z0 есть устранимая особая точка (формула	(1.168)), то
c−1 = 0 , что означает
Re s f (z 0 )= 0 ,	(1.209)

то есть вычет аналитической функции в устранимой особой точке равняется нулю.

Если z0 −полюс k −го порядка (формула (1.181)), то для z ≠ z0

имеем

(z − z 0 )k f (z)= ∑∞

cn (z − z 0 )n+k +

(1.210)

+ c−1 (z − z 0 )k −1 +c2 (z − z 0 )k −2 +K + c−k .

Правая часть

(1.210)

–

сходящийся степенной ряд в открытом круге

z − z0

< R и его,

следовательно,

можно почленно дифференцировать неогра-

ниченное число раз, что при z ≠ z0

дает

[(z − z 0 )k f (z)](k −1) = ∑∞ cn

(z − z 0 )n+k (k −1) + (k − 1)!C

−1 .

(1.211)

Отсюда, совершая предельный переход (z → z0 ), находим

lim [(z − z 0 )k f (z)](k −1)

= (k −1)!C−1 ,

z→z0

= Re s f (z

lim [(z − z

)k f (z)](k −1)

(1.212)

−1

− 1)! z→z0

где lim [(z − z 0 )k f (z)](k−1)

= 0 , согласно замечанию из п.1.9 (перед формулой

z→z0

(1.156)).

Для простого полюса (k = 1) из (1.212) получаем

C−1

= Re s f (z 0 )= lim [(z − z 0 ) f (z)].

(1.213)

z→z0

Если

ϕ(z)

f (z)=

, ϕ(z 0 )≠ 0,

ψ (z 0 )= 0, ψ′′(z 0 )≠ 0 ,

(1.214)

ψ (z)

где – ϕ(z)− аналитическая функция в точке z0 , то согласно (1.213)

C−1 = Re s f (z 0 ) =

ϕ(z)

lim

(z − z 0 )

z→z0

ψ (z)− ψ (z 0 )

(1.215)

ϕ(z)

ϕ(z 0 )

lim

ψ (z)− ψ (z

z→z0

0 )

ψ′(′z 0 )

z − z 0

Последняя формула полезна в приложениях. Вернемся к разобранному примеру 1.44. Подынтегральная функция

f (z) =			sin z	=	ϕ(z)	=	ψ (z)	,
		(z − 3i) (z + 3i)			(z − 3i)1		(z + 3i)1

где ϕ(z) =	sin z		− аналитическая функция в окрестности точки + 3i ;
	z + 3i

ψ (z) =

sin z

− аналитическая функция в окрестности точки − 3i . При этом

z − 3i

ϕ(3i) =

sin 3i

≠ 0,

ψ (− 3i) =

sin 3i

≠ 0 . Выводим, что z1 = −3i ,

6 i

z 2 = 3i − простые полюсы. Согласно (1.213)

Re s f (− 3i) = lim

(z + 3i) sin z

sin 3i

(z − 3i) (z + 3i)

z→−3i

6 i

Re s f (3i) = lim

sin z

sin 3i

что приводит к тому же самому ре-

z→−3i z + 3i

6 i

зультату.

∫ z tg π z dz .

ПРИМЕР 1.45. Вычислить

Решение. cos π z = 0, πz = π + k π. 2

Точки z = 1 + k, k = −1; 0 2

находятся внутри круга z ≤ 1 и являются

полюсами 1-го порядка, так как для функ-

ции ϕ(z) =	1	=	cos π z	эти точки –
	f (z)		z sin π z

нули 1-го порядка.

Действительно, согласно (1.188), (1.189)

	1•
•	• 0 •	•	•	1	x
-1	-1/2	1/2		1	x

•

-1

Рис. 1.27

ϕ′(z) = −

2 cos π

ctg

πz −

. Следовательно, ϕ

= 0,

π sin π

z 2

z sin 2

π z

= − π ≠

ϕ −

= − π ≠

′

0 ,

но

′

0 , в чем и следовало убе-

диться.

Из (1.215) получаем

sin π

2 2

Re s f

= −

, Re s f

−

2 π

− πsin

+ πsin

z tg π z dz = 2 πi

∫

−

= 0 .

2 π

Ответ: 0 .

1.12. ПРИМЕНЕНИЕ ВЫЧЕТОВ К ВЫЧИСЛЕНИЮ ОПРЕДЕЛЕННЫХ И НЕСОБСТВЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ

ЛЕММА 1.1. Если функция f (z) есть аналитическая функция в верхней полуплоскости Jm z > 0 за исключением конечного числа конечных изолиро-

ванных особых точек и

R > 0, M > 0, δ > 0 ,

для которых имеет место

оценка

f (z)

при

> R ,

(1.216)

1+δ

то

lim

∫ f (η)dη = 0 ,

(1.217)

R→∞

ωR

где

(рис. 1.28)

ωR − полуокружность

радиуса R с центром в начале коорди-

нат.

ωR

Доказательство. Согласно (1.216)

•

имеет место оценка

∫ f (η)dη

M πR

= πM → 0

•

ωR

R1+δ

− R

при R

→ +∞, что равносильно (1.217)

Теорема 1.27. Если f (z) − анали-

Рис. 1.28

тическое продолжение

f (x), x (− ∞; + ∞), на верхнюю полуплоскость Jm z ≥ 0

и удовлетворяет требованиям: 10 . f (z) удовлетворяет условиям леммы 1;

20. не имеет особых точек z k на оси 0x ;

30 все изолированные особые точки z k в верхней полуплоскости (y > 0)

конечны совместно с их числом: k = 1, N , то

+∞			N
∫ f (x)dx = 2 πi ∑ Re s f (zk ).				(1.218)
−∞			k =1
Доказательство. R выберем таким образом, чтобы все изолированные
особые точки	z k, k=		находились внутри	замкнутого контура
особые точки	z k, k=	1, N	находились внутри	замкнутого контура
L = [− R; R]U ωR	(см. рис. 1.28). Тогда по первой теореме о вычетах имеем
(формула (1.206))
R			N
∫ f (x)dx + ∫ f			(z)dz = 2 πi ∑ f (zk ).	(1.219)
−R	ωR		k =1

Совершая в последнем равенстве предельный переход (R → +∞) и учитывая лемму 1.1, мы приходим к (1.218), если учесть, что правая часть (1.219) не зависит от R , что и требовалось доказать.

ЛЕММА 1.2. (Лемма Жордана). Если f (z) − аналитическая функция в верхней полуплоскости Jm z > 0 , за исключением конечного числа конечных

изолированных

особых точек, и равномерно относительно

arg z

(0 ≤ arg z ≤ π) стремится к нулю при

→ ∞, то при a > 0 .

lim ∫ ei a

f (η)dη = 0 .

(1.220)

R→∞ ωR

Доказательство. Равномерное стремление к нулю при 0 ≤ arg z ≤ π озна-

чает следующее:

f (z)

< µR ,

= R, lim

µR = 0 .

(1.221)

R→∞

: z = R ei ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π, R выбрано так,

Уравнение полуокружности ωR

чтобы изолированные особые точки z k , k = 1, N , находились внутри замкну-

того контура L = [− R; R]U ωR (рис. 1.28). Тогда согласно (1.221)

∫ ei a η f (η)dη ≤ µR R ∫

ωR

= R µR ∫ e−a R sin ϕ dϕ =

ei a R (cos ϕ+i sin ϕ) dϕ =

π	(1.222)
π
2
2 R µR ∫ e	−a R sin ϕ dϕ.
0

Но при 0 ≤ ϕ ≤ π имеет место оценка

sin ϕ ≥	2 ϕ	,	(1.223)
	π

в чем можно убедиться, строя графики рассматриваемых функций на

что дает

−2 a R ϕ

−

−a R sin ϕ

dϕ = −

∫

dϕ ≤ ∫

2 a R

= −

(e−a R −1)=

(1 − e−a R ).

2 a R

С учетом последней оценки из (1.222) получаем

∫ei a η f (η)dη

≤ π µR (1 − e−a R )→ 0 при R → +∞, что и надо.

ωR

Теорема 1.28. Если f (z) удовлетворяет условиям леммы 1.2 и есть про-

должение на верхнюю полуплоскость Jm z ≥ 0 функции f (x),							x (− ∞;∞) и
f (x) не имеет особых точек на оси 0x , тогда
+∞				N
	∫ ei a x f (x)dx = 2 πi ∑Re s F (z k ).						(1.224)
−∞			k =1
где z k , k =		есть особые точки f (z) в Jm z > 0 , F(z)= li a z f (z).
где z k , k =	1, N	есть особые точки f (z) в Jm z > 0 , F(z)= li a z f (z).
Доказательство.			L = [− R; R]U ωR − замкнутый контур, обходимый в
положительном направлении, внутри которого особые точки f (z). Тогда
			R
∫ ei α z f (z)dz = ∫ei a x f (x)dx + ∫ei a η f (η)dη =
L			−R		ωR		(1.225)
					N		(1.225)
					N
			= 2πi		∑ Re s F (zk ),
				k =1
где правая часть (1.225) не зависит от R . Переходя в (1.225) к пределу при
R → +∞ и учитывая лемму 1.2, получим (1.224), что и следовало доказать.
			2π		dx	, a > b > 0 .
ПРИМЕР 1.46. Вычислить ∫
ПРИМЕР 1.46. Вычислить ∫					(a + b cos x)2
			0		(a + b cos x)2

Решение.

Полагая

z = ei x , найдем

= e−i x , cos x =

(ei x + e−i x )=

z 2 +1

2 z

c =

> 1

2π

dz = e

i x

i dx

∫

= −

∫

(c + cos x)

= i z dz

d z

z c

dx = −i

= −

4 i

∫

z dz

(z 2

+ 2 z c +1)2

где при переходе к контурному интегралу использовалась формула (1.107). Подынтегральная

функция f (z)= ( z ) .Найдем ее осо- z 2 + 2 z c +1 2

бые точки и вычеты в них. Имеем

z 2 + 2zc +1 = 0, z1,2 = −c ± c2 −1 ,

z1 = −c − c2 −1 < −1 находится вне окружно-

сти z = 1;

	y
•	•0	•	x
-1		1	x
	Рис. 2.29

−1

z 2 = −c +

c2 −1 =

> −1 находится внутри окружности. Теперь

+ c2 −1

f (z)=

и z 2

− полюс 2-го порядка.

(z + c +

(z + c −

c2 −1

Re s f (z 2 )=

ф − ла (25)

′

= lim

из

∫10; k =

z→z2 (z + c +

−1)2

(z + c +

)2 − 2 z (z + c +

)

lim

−1

2 −1

z→−c+ c2 −1

(z + c +

−1)

lim

c +

c2 −1 − z

2 c

(z + c +

(c2 −1)

−1

z→−c+ c2 −1

c2 −1

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 238 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