Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Учебное пособие 1865

.pdf
Скачиваний:
2
Добавлен:
30.04.2022
Размер:
2.54 Mб
Скачать

z3,4 = ±4i . Из этих точек в верхней полуплоскости лежат только z1 = 3+ 2i и z3 = 4i . Так как

f (z)=

z 2 4

,

(z +32i)(z +3+ 2i)(z 4i)(z + 4i)

то в силу следствия 6.4 каждая особая точка является полюсом первого порядка. Вычеты в точках z1 и z3 найдем по формуле

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res z 0 f

= lim (z z0 ) f (z).

 

 

 

 

 

(8.6)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

zz 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res3+2i f =

 

lim

 

 

 

 

 

 

z +32i

)

z 2 4

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

 

)(

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z→−3+2i

 

z +32i

z +3

+ 2i

)

 

 

 

z 2 +16

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

z 2 4

 

 

 

 

=

 

 

(3+ 2i)2 4

 

=

 

 

 

 

(

z +3+ 2i

)

 

 

z 2 +16

 

 

4i((3+ 2i)

2

+16)

 

 

 

 

z→−3+2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

112i

 

 

=

1116i

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

)

 

 

12i(7 4i)

12 13i

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res4i f = lim

 

 

 

z 4i

)

z 2 4

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+13)(z 4i)(z + 4i)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z4i (z 2 + 6z

 

 

 

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

2

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

4i

)

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

((4i)2

 

+ 24i +13)8i

 

z4i (z 2 + 6z +13)(z + 4i)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

1+8i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

= 6 13i .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6i

 

1+8i

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

Следовательно,

241

 

(

x 2

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

4 dx

 

 

= 2πi(res3+2i

 

 

f )=

 

−∞

 

 

 

f + res4i

 

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

 

 

 

 

 

1116i

 

 

1+8i

 

 

π

(

)

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 2πi

 

 

+

 

 

=

 

 

1116i

+ 2 +16i

= .

 

 

 

 

13i

 

 

6 13i

 

 

6 13

 

 

 

6

 

 

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

Задача 8.35. Вычислить интеграл

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2π

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

21sin t

 

 

Решение. Сделаем замену переменного, положив z = eit t. Тогда dz = eiti dt = zi dt , откуда

 

 

dz

 

 

 

i dz

 

 

 

1

(e

it

 

 

 

it

)=

1

 

 

1

 

 

 

dt =

 

= ,

sin t =

 

 

e

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

zi

 

 

 

 

 

z

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

z

 

 

При изменении t от 0 до 2π

 

точка

z = eit описывает

окружность

 

z

 

=1.

 

Переходя

 

в

 

 

 

данном

 

 

интеграле

к

 

 

 

 

 

 

 

переменному z , получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2π

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

521sin t

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

z

=1

z 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

2 dz

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21 z

2

+10iz +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

 

=1

 

21

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Полученный интеграл вычислим с помощью вычетов. Вначале найдем особые точки функции

f (z)=

2

,

21 z 2 +10iz + 21

приравнивая знаменатель к нулю:

242

21 z 2 +10iz + 21 = 0 .

По обычной формуле для корней квадратного уравнения

получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D = 10i

)

2

 

4 21 21 = 16 ,

 

z

 

=

 

3i

, z

 

=

7 i

.

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

(

 

(

 

)

 

 

 

 

 

 

 

21

 

 

 

 

 

 

 

21

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из этих точек только

z1 лежит внутри окружности

 

z

 

=1,

 

 

поскольку

 

 

 

 

z2

 

= 7

21 >1 .

 

Так

 

как

 

 

 

функция

 

 

 

f (z)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

представима в виде

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (z)=

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21(z 3i

21)(z 7 i 21)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

то обе особые точки z1

и z2

полюсы первого порядка.

 

 

 

 

 

 

Найдем теперь вычет в точке z1

по формуле (8.6):

 

 

 

 

 

 

 

res z1 f = lim

 

 

 

 

2(z 3i

21)

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21)(z

7 i 21)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z3i

 

 

 

21 21(z 3i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

2

 

 

=

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(z 7 i 21)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z3i

21 21

 

 

7 i 3i

 

 

 

 

2i

Используя основную теорему о вычетах, получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (z)dz = 2πi res z1 f

= 2πi

 

1

 

 

= π.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

z

=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, исходный интеграл равен π.

243

ЗАКЛЮЧЕНИЕ

Приступая к изучению высшей математики, необходимо знать, что математику нельзя изучать пассивно, нужно стараться глубоко вникать в смысл математических понятий и теорем, пытаться самостоятельно решать математические задачи. Результатами изучения курса высшей математики должны быть развитие аналитического мышления, овладение навыками решения математических задач, выработка умения самостоятельно ставить задачи и выбирать или разрабатывать методы их решения.

Материал пособия предоставляет возможность студентам самостоятельно освоить основные положения одного из важнейших разделов в курсе высшей математики – теории функций комплексного переменного. Позволяет приобрести и закрепить практические навыки решения простых типовых задач, а также познакомится с методикой построения приложений теории функций комплексного переменного к задачам механики и физики. Наиболее эффективный результат может быть достигнут, если использовать пособие, как для аудиторных занятий, так и для самостоятельной работы.

Несколько слов о том, как работать с этой книгой. Прежде, чем приступать к изучению методов решения задач, необходимо повторить основные определения и теоремы, относящиеся к данному разделу, постараться понять и запомнить наиболее часто используемые формулы. После этого можно переходить к изучению разобранных примеров. Некоторые типовые задачи и методы рассмотрены в пособии, как в общем виде, так и на примерах. Весьма полезно изучить и то и другое. Это поможет вам не только отработать навыки решения задач, но и лучше понять и усвоить теоретический материал.

244

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

1. Краснов М.П. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости / М.П.

Краснов. - М.:, Наука, 1981. 302 с.

3.Мышкис А.Д. Математика. Специальные курсы / А.Д.

Мышкис. - М.: Наука. 1971. 482 с.

3.Ефимов А.В. Сборник задач по математике для втузов. Специальные разделы математического анализа / А.В. Ефимов, Б.П. Демидович. - М.: Наука, 1981. 422 с.

4.Волковыский Л.И. Сборник задач по теории функций комплексного переменного / Л.И. Волковыский, Г.Л. Лунц, И.Г. Араманович. - М.: Наука, 1975. 377 с.

5.Лаврентьев М.А. Методы теории функций комплексного переменного / М.А. Лаврентьев, Б.В. Шабат. - М.: Наука, 1973. 719 с.

6.Привалов И.И. Введение в теорию функций комплексного переменного / И.И. Привалов. - М.: Наука, 1977. 416 с.

7.Пантелеев А.В. Теория функций комплексного переменного и операционное исчисление / А.В. Пантелеев,

А.С. Якимова. - М.: Высш. шк., 2001. 445 с.

8.Лунгу К.Н. Сборник задач по высшей математике / К.Н. Лунгу, Д.Т. Письменный. – М.: Рольф, 2007.

9.Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике: Полный курс / Д.Т. Письменный. – М.: Айрис-

пресс, 2008.

10. Данко П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах / П.Е. Данко, А.Г. Попов, Т.Я. Кожевникова. – М.:

Высш. шк., 1998.

245

ОГЛАВЛЕНИЕ

ВВЕДЕНИЕ ……………………………………………….. 3

1.КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ…………………………………………….. 4

1.1.Комплексные числа …………………..……………4

1.2.Действия над комплексными числами………….. 14

2.ПОНЯТИЕ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО…………………………………….. 18

2.1.Плоскость комплексного переменного………… 18

2.2.Последовательности комплексных чисел и пределы последовательностей…………………… 22

3.ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО ……………….. 31

3.1.Производная и дифференциал. Условия Коши-Римана. Аналитические функции………… 31

3.2.Связь между аналитическими и гармоническими функциями…………………….. 38

3.3.Геометрический смысл производной функции

комплексного переменного. Понятие конформного отображения………………………. 42

4.КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ…………………. 48

4.1.Линейная и дробно-линейная функции….……… 48

4.2.Степенная функция. Понятие римановой поверхности……………………………………… 62

4.3.Показательная и логарифмическая функции….. 70

4.4.Общая степенная и тригонометрические функции. Функция Жуковского……………….. 76

5.ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО……………… 85

5.1.Интеграл от функции комплексного переменного……………………………………. 85

246

5.2.Теорема Коши………………………………….. 91

5.3.Неопределенный интеграл. Формула Ньютона-Лейбница……………………………. 96

5.4.Интегральная формула Коши и ее следствия……………………………………. 102

6.РЯДЫ

6.1.Числовые ряды………………………………….. 110

6.2.Функциональные ряды…………………………. 117

6.3.Степенные ряды………………………………… 126

6.4.Ряды Лорана…………………………………….. 135

 

168

7. ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ

168

ИТЕОРИЯ ВЫЧЕТОВ……………………………….. 146

7.1.Классификация изолированных особых точек... 146

7.2.Вычет функции в изолированной особой точке.. 161

7.3.Вычисление интегралов с помощью вычетов… 170

7.4.Логарифмический вычет и принцип аргумента.. 184

8.ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ……….. 195

ЗАКЛЮЧЕНИЕ………………………………………. 244

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК……………… 245

247