Учебное пособие 374

Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ная функция

имеет существенно особую точку

z = 2 . Вычет

f (z ) в этом случае равен коэффициентус-1 раз-

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

394.09 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

132

1 - z + 6

	8	¥
= -		å(-1 n)
	2
13		n=0

æ		z + 6 ön		¥	(z + 6)n
ç	-		÷	= -8å	13n+2	.
		13
è			ø	n=0

(z + 6)

Ряд сходится. Итак, f (z )=

- 8

13n+2

13 z + 6

n=0

4. f (z )=

z - 5

z - 6

>1.

Второе сла-

z2 -13z + 42

z - 7 z - 6

гаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем

первое слагаемое

z -

-1+ z - 6 z

- 6 1-

- 6

Раскладывая, получим

n æ -1 ön

(-1 ) ç

÷ = 2å

(z - 6)n+1

z - 6

z - 6 n=0

è z - 6 ø

n=0

- z - 6

= 2å

– сходящийся ряд. Итак,

(z - 6)n

n=1

f (z )= -

+ 2å

z - 6

- 6)n

z - 6

n=1 (z - 6)n

n=2 (z

Задачи 10–11. Вычислить интегралы с помощью вычетов.

sh (z + pi )dz

z + 2

а) I =

; б) I =

z-2

dz ;

z4 + p2 z2

z - 2

z-2

в)

I =

(z + 2)cos

z + 2

dz .

Р е ш е н и е. При решении данных задач будут использованы формулы пункта 8 «Краткие сведения из теории».

а) I = ò

sh (z + pi )dz

+ p

=4 z

(z + pi )(z - pi )

Особыми точками подынтегральной функции являются z = 0 –

полюс

второго

порядка,

z = pi

– полюс

первого

порядка и

z = -pi

– устранимая особая точка (так как

lim

sh (z + pi )

= 1).

z ®-pi

z + pi

Внутри

окружности

= 4 лежат

все

три точки.

Поэтому

I = 2pi(res f (0)+ res f (-pi )+ res f

(pi )) . Для

полюса второго

по-

рядка

res f (0 )=

lim

d æ sh (z + pi)ö

÷ =

z2 + p2

1! z®0 dz

= lim

ch (z + pi )(z2 + p2 )- sh (z + pi)× 2z

p2 ch pi

cos p

= -

(z2 + p2 )

z®0

Для полюса первого порядка

res f (pi

)= lim

sh (z + pi)

sh 2pi

i sin 2p

= 0 .

-p2 × 2pi

z®pi z2 (z + pi)

-2p3i

Вычет

устранимой

особой

точке

равен,

т.е.нулю

res f (-pi) = 0 . Окончательно I =

2pi ç

÷ = -

б)

I = ò

z + 2

dz .

области

=1 подынтеграль-

z -2

z - 2

z -2

z - 2

ложения ее в ряд Лорана. Преобразуем подынтегральную функцию

z - 2 +

z -2+2

f (z )=

z -2 =

æ1+

öe

z -2 = e × f

(z )+ 4e × f

(z ),

z - 2

2 ø

e z -2

где f (z )= e

z -2

, f

(z )=

По

теореме

Коши о

вычетах

z - 2

I = 2pi (e res f1 (2) + 4e res f2 (2)).

Разложим

функции f1 (z ) и

f2 (z ) в ряд Лорана (26). Получим

f1 (z )= e

z-2

= å

n=0 n!(z - 2)n

В этом разложении коэффициент с-1 = 2 , т. е.

res f1 (2) = c-1 = 2 .

z-2

(z )=

= å

z - 2

n=0 n!(z - 2)n+1

Здесь

в)

с-1 =1 , т.е. res f2 (2) = c-1 =1. Следовательно,

			I = 2pi (e × 2 + 4e ×1) =12pei .
I = ò			(z + 2)cos	z + 2	dz . В области	z	=1 подынтеграль-


	z	=1		z

ная функция f (z )= z( + 2)cos z + 2 имеет существенно особую z

точку z = 0 . Вычет res f (0) в этом случае равен коэффициенту с-1 разложения ее в ряд Лорана. Преобразуем подынтегральную функцию:

f (z )= z( + 2)cos

z + 2

= (z + 2)cos çæ1 +

÷ö = (z + 2 )çæcos1cos

-sin1sin

÷ = cos1× z cos

+ 2cos1 cos

- sin1× z sin

-2sin1 sin

= cos1× f (z )+ 2cos1× f

)- sin1× f

(z )- 2sin1× f

(z ),

где f (z )= z cos

, f

(z )= cos

(z )= z sin

(z )= sin

По теореме Коши о вычетах

I = 2pi (cos1res f1 (0) + 2 cos1res f2 (0 )-sin1res f3 (0 )-

-2sin1× res f4 (0)). Разложим

функции f1 (z ),

f2 (z ) ,

f3 (z ) и

(-1 n) 22n

f4 (z ) в ряд

Лорана(26). f1

(z )= z cos

= z

. В этом

(

2n !)z

n=0

разложении

коэффициент с

равен с

-1

= -

= -2 , т.е.

-1

(-1 n) 22n

res f1 (0) = -2 .

Далее,

f2 (z )= cos

= å

Здесь с-1 = 0 ,

n=0 (

2n !z

)

так как в разложении присутствуют только четные степени, т.

			2	¥	(-1 n) 22n+1
е. res f2 (0) = 0 . Аналогично:	f3	(z )= z sin		= z å			.
			z		(2n +1)!z	2n+1
				n=0

Так как в разложении тоже присутствуют только четные сте-

			2	¥	(-1 n) 22n+1
пени, то с-1 = 0 , т.е. res f3 (0) = 0 .	f4	(z )= sin		= å			.
			z		(2n +1)!z	2n+1
				n=0

этом

разложении

коэффициентс

равен с

= 2

-1

res f4 (0) = 2 . Следовательно, искомый интеграл равен

I = 2pi (-2cos1 - 4sin1) = -4pi (cos1 + 2sin1).

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помо-

щью вычетов.

I = ò

(x2

+ 2)

x(2 + 3)

Р е ш е н и е.

Подынтегральная функция

четная,

по-

этому

= ò

Для

функции

(x2 + 2 )

(x2 + 3)

(x2 + 2 )

(x2 + 3)

2 -¥

R(z )=

числитель –

многочлен

нулевой

степени,

(z2 + 2)2

z(2 +3)

знаменатель

–

многочлен

шестой

степени. Полюса

функции

z = ±i 2

z = ±i

лежат

вне

вещественной оси, причем в

верхней полуплоскости лежат полюса z = i

кратности два и

z = i

3 – простой полюс. Поэтому для вычисления интеграла

можно

воспользоваться

формулой

(31)

I =

2pi (res R (i

2 )+ res R (i

). )

Вычислим вычеты. Для простого полюса z = i

3 вычет равен

res R (i

= )lim

z - i

lim

z(2 + 3)

z®i 3 (z2 + 2)

z ®i 3 (z2 + 2)

(z + i 3 )

(-3 + 2)2 (i 3 + i 3 )

i2 3

Для полюса z = i 2 кратности два вычет равен

res R (i

2 )=

lim

çæ

(z - i 2 )2

÷ö

÷ =

+ 2)

z(2 + 3)

z®i 2 dz

èç (z

ø÷

2(z

+ 3)+ (z + i 2 )×2z

= lim

lim

(z2

+ 3)

(z2

+ 3)

z®i 2 dz

èç (z + i 2 )

ø÷

z®i 2

(z + i 2 )

= -

2(-2 + 3)+ (i 2 + i 2 )× 2i 2

= -

(i 2 + i 2 )3 (-2 + 3)2

i8 2

Подставляя res R (i

2 )

и res R (i

2 )

в формулу, получим

æ 1

p(4 2 - 3 3 )

I = pi ç

÷ =

è i2

2 ø

Задача 13. Найти интеграл от заданной ветви многознач-

ной функции по кривой C от точки z1 до точки z2 .

а) òln zdz, C -прямая, z1 =1+ i, z2 = -1+ i, ln (1 + i) = ln

2 +

б)

ò z ln zdz, C - частьокружности

=1, z1 = i, z2 = -1,

ln1=-2pi .

в)

ò 4 z2 dz, C - частьокружности

=1, z1 =1, z2 = i,

4 1 = -1 .

Р е ш е н и .еПри решении данной задачи сначала выделим ветвь многозначной функции, а затем производим интег-

рирование по методике задачи6, с использованием формулы

(19).

а)

ò ln zdz, C -прямая, z1 = 1 + i, z2 = -1 + i . Согласно формуле

(12)

Ln (1 + i ) = ln

æ p

Учитывая

условие

2 + i ç

+ 2k p ÷

ln (1 + i ) = ln

2 +

, получаем, что k = 0 . Так как контур интег-

рирования

есть

прямая между

точкамиz1 =1 + i и

z2 = -1 + i ,

параллельная

оси Ox

( dy = 0 ),

то

переменная z

имеет вид

z = x + i . Тогда подынтегральную функцию можно представить

в виде ln z = ln

1+ x2 + i arccos

. Следовательно, искомый

1 + x2

интеграл с учетом формулы (19) можно записать в виде

-1

òln zdz = ò ln 1 + x2 dx + i ò arccos

dx .

1 + x2

Вычислим первый из интегралов с помощью интегрирования по частям:


-1				u = ln 1+ x		2	, du	=	xdx			,								-1
ò ln 1 + x2 dx =				u = ln 1+ x			, du	=	1 + x2			,	= xln 1 + x2							-
1				dv = dx,			v = x													1
																				1

-1			x2dx					-1				-1					dx
- ò			x2dx	== -ln 2 - ln 2 - ò dx + ò													dx		=
- ò		2		== -ln 2 - ln 2 - ò dx + ò											1		+ x	2	=
1	1 + x							1				1			1		+ x
1								1				1
= -ln 2 - x			-1 + arctg x		-1 = -ln 2 +1 +1 -					p	-			p		= 2 - ln 2 -					p	.
										p				p							p

			1		1			4				4						2
			1		1			4				4						2

Вычислим второй интеграл:

-1

u = arccos

du = -

ò arccos

dx =

1 + x2

1+ x2

1 + x2

dv = dx,

v = x

= x arccos

-1

-1 xdx

= -arccos ç

÷ + arccos

ò1 1 + x2

1 + x2

(x2 +1)

-1

ln 2

ln 2 = -p .

= -

Окончательно получим òln zdz = 2 - ln 2 -

- pi .

б) òz ln zdz, C - частьокружности

=1, z1 =i, z2 = -1, ln1 = -2pi.

Согласно формуле (12)

Ln1 = 2pki . Учитывая условие зада-

чи получаем, что k = -1 . Так как контур интегрирования есть

часть окружности радиуса единица, то переменную z							удобно
представить	в	видеz = ei(t+2kp)	= ei(t -2p) .				Тогда
ln z = ln ei(t-2p) = i (t - 2p) ,		dz = i × ei(t -2p)dt , t =	p	, t	2	= p . Следова-
ln z = ln ei(t-2p) = i (t - 2p) ,		dz = i × ei(t -2p)dt , t =		, t		= p . Следова-
		1	2
тельно, искомый интеграл можно записать в виде
	p	p
ò z ln zdz =	ò ei(t-2p) i (t - 2p)iei(t-2p)dt = - ò		(t - 2p)e2i(t-2p)dt .
C	p/ 2	p/ 2

Интегрируя по частям, получим

u = t - 2p,

du = dt,

-ò(t - 2p)e2i(t-2p)dt =

dv = e

2i(t-2p)

dt,

v =

2i(t -2p)

= -(t - 2p)

e2i(t -2p)

ò e2i(t-2p)dt =

/ 2

p / 2

æ p

-2p

= -(p - 2p)

2i(p-2p)

- 2p

(2i )2

æ p

-2 p ÷

-2 pi æ p

-3pi

1 ö

= e

+ e

(2i )2

4 ø

æ p

= (cos 2p - i sin 2p)ç

+ (cos3p - isin 3p)ç

÷ =

2i 4 4i 4

Окончательно получим I = ò z ln zdz = -

- i

в) ò 4 z2 dz, C - частьокружности

= 1, z1 =1, z2 = i,

4 1 = -1.

Согласно формуле (4)

= 4 1 = cos

2pk

+ i sin

2pk

k = 0, 1, 2, 3.

Тогда w0 =1,

w1 = i ,

w2 = -1 ,

w3 = -i . Учитывая условие задачи,

получаем, что k = 2 . Так как контур интегрирования есть часть окружности радиуса единица, то переменную z удобно пред-

ставить в виде

z = ei(t +2 k p) = ei (t +4 p) .

æ t

iç

+2p÷

Тогда

4 z2

= e è

ø , dz = i ei(t+4p)dt ,

t = 0 ,

. Следователь-

но, искомый интеграл можно записать в виде

p / 2

æ t

p / 2

i ç

+2p

iç

+6p÷

I = ò 4 z2 dz = ò e è

ø i ei(t+4p)dt = i ò e è

ødt =

p / 2

27p

iç

+6p÷

ei6p

27 p

27 p ö

e è

çcos

+ i sin

(cos 6p + i sin 6p)

= -

+ i

= -

+ i

Задача 14. Вычислить интеграл с помощью вычетов.

2p	dx		(a > b > 0) .
I = ò		,
	(a + b cos x)
0

Р е ш е н и е. Применяя подстановку eix = z и используя формулу (32), после преобразований получим

zdz

2piåres F (zk

I =

(bz

+ 2az + b)

k =1

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2022239.58 Кб4Учебное пособие 37.pdf
#
30.04.2022392.25 Кб14Учебное пособие 370.pdf
#
30.04.2022393.09 Кб6Учебное пособие 371.pdf
#
30.04.2022393.48 Кб3Учебное пособие 372.pdf
#
30.04.2022393.91 Кб1Учебное пособие 373.pdf
#
30.04.2022394.09 Кб1Учебное пособие 374.pdf
#
30.04.2022394.69 Кб3Учебное пособие 375.pdf
#
30.04.2022394.95 Кб2Учебное пособие 376.pdf
#
30.04.2022395.17 Кб3Учебное пособие 377.pdf
#
30.04.2022395.3 Кб4Учебное пособие 378.pdf
#
30.04.2022395.36 Кб4Учебное пособие 379.pdf