Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 1865

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

2.54 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2324 / 2524 25 > Следующая >>>

4) Возвращаемся к переменному z , подставляя ω = z −3 . Искомыми разложениями функции f (z) будут

∞

−1 n 3

f (z)=

+ ∑

(

)

(z −3)

, 0 <

z −3

< 4 ;

4(z −3)

n=0

−∞

−1 k+1 3

f (z)=

∑

(

)

(z −3)

, 4 <

z −3

< ∞.

z −3

k+2

k=−2

Если требуется найти лорановское разложение лишь в проколотой окрестности особой точки (например, точки z0 = 3 ), то указанные выше действия выполняются лишь для

одного из колец (в данном случае для кольца V1 ).

Изолированные особые точки и теория вычетов.

Задача 8.29. Найти разложение функции

f(z)= (z + 2)2 e z(z+2)

вряд Лорана в окрестности точки z0 = −2 . Указать кольцо

сходимости, правильную и главную части разложения, а также тип особой точки z0 .

Решение. 1) Сделаем замену переменного ω = z + 2 . Тогда z = ω−2 ,

f (z)= (z + 2)2 e z(z+2) = ω2e(ω−2) ω = ω2e1−2 ω = e ω2e−2 ω .

2) Воспользуемся известным разложением функции e z

— формулой (33.1), в которую подставим −2ω вместо z :

231

−1

2 −2 ω

2 1 2

1 2

( ) 2

e ω e

= e ω

1−

−

+...+

+... =

2! ω

3! ω

−1 n

2 n e

= e ω2 −2e ω+ 2e−

+...+

(

)

+...

3!ω

n! ωn−2

+∞

−1 k 2k+2

= e ω2 −2e ω+ 2e + ∑

(

)

ω−k

(

)

k=1

+ 2 !

(в последнем равенстве мы

сделали

замену

k = n−2 ,

т.е.

n = k + 2 ).

Так как ряд (33.1) сходится при

< ∞, то полученный

ряд сходится при −2 ω < ∞, т.е.

> 0 , или ω ≠0 .

Возвращаемся

переменному

z ,

подставляя

ω = z + 2 . Получаем искомое разложение функции

f (z):

+∞

−1

k 2 k+2 e

−k

f (z)= e(z + 2)

−2e(z + 2)

+ 2e + ∑

(

)

(z + 2)

(

k + 2 !

k=1

)

z ≠−2 ,

Правильной частью является сумма

e(z + 2)2 −2e(z + 2)+ 2e,

главной частью – ряд

+∞

−1

2k+2

∑

(

)

+ 2)

(

k + 2 !

k=1

)

Поскольку главная часть имеет бесконечно много отличных от нуля коэффициентов, то z0 = −2 является существенно

особой точкой.

232

Задача 33.30. Определить тип особой точки z0 = 0 функции

f (z)=	cos z −1+ z 2
	e z 3 −1−z 3 .

Решение. Разложим числитель и знаменатель в ряд Тейлора по степеням z . Для этого используем известное разложение функции cos z (формула (6.13)):

cos z =1−

z 2

z 4

−...+ −1 n

z 2n

... =

)

( )

(

∞ −1

z 2n

z ^. (8.4)

∑(

)

(

)

n=0

Из (33.4) вытекает равенство

cos z −1+ z

= z

−

−... = z

−...

причем ряды сходятся во всей комплексной плоскости.

Для разложения знаменателя e z 3	−1−z 3 воспользуемся
формулой (8.1), в которую подставим	z 3 вместо z и вычтем
1+ z 3 .

e z 3 −1−z 3 =1+ z 3 −1−z 3 + (z 3 )2 + (z 3 )3 +... = 2! 3!

= z 6 1 + z 3 +... .

2 3!

Полученный ряд (как и ряд (8.1)) сходится при всех z ^. Отсюда

233

−...

cos z −1+ z

f (z)=

h(z),

−1−z

+...

где

z 2

−...

h(z)=

z 3

+...

Функция h(z)

имеет вид

h(z)= f1 (z)

f2 (z),

где функции

f1 (z) и

f2 (z)

аналитичны

в комплексной плоскости ^ и

f2 (0)=1 2 ≠0 .

Поэтому функция

h(z)

также аналитична в

некоторой окрестности

точки

z0 = 0 ,

причем

h(0)=1≠0 .

Так как

f (z)= h(z) z 4

то,

согласно следствию 26.4, точка

z0 = 0 является полюсом порядка N = 4 .

Задача 8.31. Найти все изолированные особые точки функции

f (z)= sin1z

(z 2 +9)2

и определить их тип.

Решение. Конечными особыми точками являются z1 = 0 ,

а также точки, в которых z 2 +9 = 0 , т.е. z2 = 3i и z3 = −3i . Поэтому особая точка z4 = ∞ тоже является изолированной,

так как найдется окрестность z > R , не содержащая других особых точек.

234

	Рассмотрим точку			z1 = 0 . Пусть точки z′n таковы,	что
1	= πn , т.е. z′n =	1	,	n =1, 2,... Тогда f (z′n )= 0 . Через	z′′n
z′n		πn

обозначим		точки,	для которых				1		= π + 2πn ,
								z′′
									2
								n
z′′=	2	. В этих		точках	sin	1	=1,		n =1, 2,...
	π+ 4πn					zn′′
n		z′n → 0		z′′n →0
видеть, что			и		при	n →∞. В то же

пределы

т.е.

Легко

время

lim f (z′n )= 0 и	lim f (z′′n )= lim					1			=	1
lim f (z′n )= 0 и	lim f (z′′n )= lim		(					2	=	2
n→∞	n→∞	n→∞	(			2		)	9
			(	z′′	)		+9
				z′′			+9

различны. Следовательно, функция f (z) не имеет предела при z → 0 . Поэтому точка z1 = 0 является существенно особой.

Для рассмотрения точек z2 и z3 разложим знаменатель на множители. Так как

z 2 +9 = (z −3i)(z +3i),

то

f (z)=

sin1 z

h(z)

, где

h(z)=

sin1 z

(z +3i)

(z −3i)

(z +3i)

(z −3i)

Поскольку функция h(z) аналитична в окрестности точки z2 = 3i и

h(z)= sin1 32 i	≠0 ,
(6i)

235

то в силу следствия 26.4 точка z2 = 3i является полюсом второго порядка. Аналогично доказывается, что z3 = −3i —

тоже полюс второго порядка.

Осталось рассмотреть точку z4 = ∞. Это можно сделать двумя способами: либо перейти к переменному ω =1 z и исследовать особую точку ω0 = 0 функции G(ω)= f (1ω) (см. пример 4.11), либо непосредственно вычислить предел

lim f (z) (или доказать, что этот предел не существует). В

z→∞

данном случае указанный предел легко вычисляется, поэтому второй способ проще. Действительно, 1 z →0 при z →∞.

Поэтому и	(	)	→ 0	при z →∞. Очевидно, что
	sin 1 z

(	z 2	)	2 →∞ при z →∞. Следовательно,
	z 2	+9	2 →∞ при z →∞. Следовательно,
			lim f (z)= lim			sin1 z				= 0 .
			lim f (z)= lim		(			)	2	= 0 .
			z→∞	z→∞	(	z	2	)
			z→∞	z→∞			2	+9
								+9

Так как функция f (z) имеет конечный предел при z →∞, то z4 = ∞ — устранимая особая точка (здесь несущественно, что предел равен нулю; важно, что он является конечным числом).

Если положить f (∞) = 0 , то f (z) станет аналитической в точке z4 = ∞.

Задача 8.32. Вычислить интеграл

z 4dz

z−∫i =2 (z 2 + 4)(z +1)2 .

Решение. 1) Изобразим контур интегрирования

	{	}
Γ=		z −i	= 2	на	комплексной
плоскости.				Он	является

Рис. 8.9

236

окружностью с центром z0 = i и радиусом 2 (рис. 8.9).

2) Найдем все особые точки функции, попавшие внутрь

контура, и исследуем их характер. Функция

f (z)=

z 4

(

z 2 + 4

z +1 2

)(

)

имеет три особые точки: z1 = −1,

z2 = 2i

и z3 = −2i . Из них

z1 и z2 лежат внутри контура, a

— вне его (см. рис. 65).

Из следствия 3.4 легко получаем,

что z1 является полюсом

второго порядка, a z2

— полюсом первого порядка.

3) В каждой из особых точек внутри контура найдем

вычет

функции f (z). Вычет в

точке

z2 = 2i найдем

по

формуле (5.5):

(z −2i)z 4

res2i f = lim (z −2i) f (z)= lim

(

−2i

)(

z +

)(

)

z→2i

(

)

4 −4 +3i

)

(

2i + 2i

)(

2i +1 2

4i(−3+ 4i)

−4−3i

)

Для вычисления вычета в точке −1 применим формулу (5.7) с

n = 2 :
						res					f = lim				((	z −z		0 )	2	f		z		′	;
								z 0					z→z 0		((			0 )			(			))
			2		′					(		z +1 2 z 4					′				z		4		′
(		0 )								(				)							z
				f (z)
	z −z					=												=								=
																2					2
(										2
(				)						2		)
							(		z			)							z			+ 4
									z			+ 4		(z +1)					z			+ 4

=	4z 3	(			)		2	=	2z 3		(	z 2		2	)	;
	4z 3		z 2 + 4			−z 4 2z			2z 3			z 2	+8
			(	z 2		)			(	z	2	+	)
				z 2	+ 4					z	2	+	4

237

res

f = lim

2z 3 (z 2 +8)

= −2 9

= −18 .

(

)

−1

z→−1

4) Используя основную теорему о вычетах, найдем

искомый интеграл по формуле

∫ f (z)dz = 2πi∑res z k

k=1

(формула (5.2)):

z 4dz

4(−4 +3i) 18

4π

(6 +17 i).

2πi

2 =

−

= −

z−i =2 (

)(

)

∫

+ 4 z +1

Задача

8.33.

Вычислить

вычет

функции

f (z)= (z + 2)e−1 z в бесконечно удаленной точке.

Решение. 1) Проверим, является ли особая точка z0 = ∞ изолированной. Для этого установим, существует ли

окрестность

точки

z0 = ∞

— внешность какой-либо

окружности

= R , — в которой нет других особых точек,

кроме

z0 = ∞.

Функция

f (z)= (z + 2)e−1 z

имеет

единственную конечную особую точку z1 = 0 .

Поэтому во

внешности любой окружности

= R (например, в

>1) нет

особых точек, кроме z0 = ∞.

2) Сделаем замену переменного ω =1 z

и подставим

z =1 ω в

f (z):

g (ω)= f (1ω)= (1ω+ 2)e−ω .

3) Найдем коэффициент при ω1 в лорановском разложении функции g (ω) по степеням переменного ω . Этот

коэффициент будет коэффициентом c−1 при z −1 в разложении Лорана функции f (z) по степеням z . Чтобы найти нужное

238

разложение функции			g (ω) , воспользуемся формулой (8.1).
Подставляя в эту формулу (−ω) вместо z , получаем
	1			(−ω)	2
	1			(−ω)
g (ω)=			+(−ω)+				=

		+ 2 1				+...
				2
	ω			2

= ω1 + 2−1−2 ω+ ω2 +ω2 −... = ω1 +1−32 ω+ω2 −...

(оставшиеся слагаемые содержат степени ω не ниже второй). Коэффициент при ω−1 равен c−1 = −32 .

4) Искомый вычет равен res∞ f = −c−1 = 32 .

Задача 8.34. Вычислить несобственный интеграл

(

x 2

)

+∞

−4 dx

−∫∞

(x 2 + 6x +13)(x 2 +16)

Решение. Как и в теореме 4.4, рассмотрим замкнутый

[

]

действительной оси и

контур, состоящий из отрезка −R, R

полуокружности γ(R) радиуса R , лежащей в верхней

полуплоскости

(рис.

8.10).

Возьмем

функцию

f (z)=

z 2 −4

(

z 2

+ 6 z +13

z 2 +16

)(

)

переменное x в подынтеграль-

ном выражении заменить на z .

Покажем, что

Rlim→∞ ∫ f (z)dz = 0

(8.5)

γ(R)

Рис. 8.10 (т.е. что выполнено условие (8.3) теоремы 4.4). Действительно,

239

										4																					4
					z	2				4
						2
						1−					2																1−						2
										z																							2
f (z)=										z								=														z						=
f (z)=		2			6		13								16			=					2				6			13						16		=
	z	2		+	6	+	13					2		+	16						z		2		+		6	+		13						16
	z		1	+		+		2	z				1	+	2						z			1	+			+			2			1+		2
					z		z																				z
					z		z								z												z				z					z
																																			=		1		h(z),
																																			=		z 2		h(z),
где
																	1−					4
						h(z)=											1−			z 2									.
																				z 2
															6			13								16
															6	+		13								16
													1+			+			2			1+					2
															z			z								z
															z			z								z

Так как h(z)→1 при z →∞, то для достаточно больших

значений

будет

h(z)

< 2 .

Поэтому

f (z)

= h(z) z 2 < 2

z 2 . Следовательно,

при

достаточно

больших R

∫ f (z)dz

≤ ∫

f (z)

≤ ∫

πR =

2π

R 2

γ(R)

Переходя к пределу при R →∞, получаем (8.5). (Заметим, что мы уже проводили аналогичные рассуждения в примере 4.5).

+∞

В силу теоремы 4.4 интеграл ∫ f (x)dx равен сумме

−∞

вычетов функции f (z) в особых точках, лежащих в верхней

полуплоскости, умноженной на 2πi . В нашем случае особыми будут точки, в которых знаменатель обращается в нуль, т.е. z 2 +6z +13 = 0 , откуда z1,2 = −3± 2i , и z 2 +16 = 0 , откуда

240

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2324 / 2524 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.20222.52 Mб3Учебное пособие 1860.pdf
#
30.04.20222.52 Mб5Учебное пособие 1861.pdf
#
30.04.20222.54 Mб2Учебное пособие 1862.pdf
#
30.04.20222.54 Mб3Учебное пособие 1863.pdf
#
30.04.20222.54 Mб2Учебное пособие 1864.pdf
#
30.04.20222.54 Mб2Учебное пособие 1865.pdf
#
30.04.20222.54 Mб5Учебное пособие 1866.pdf
#
30.04.20222.55 Mб5Учебное пособие 1867.pdf
#
30.04.20222.55 Mб6Учебное пособие 1868.pdf
#
30.04.20222.56 Mб4Учебное пособие 1869.pdf
#
30.04.2022317.56 Кб6Учебное пособие 187.pdf