Учебное пособие 800226

Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

n w n re n

( , k 0,1, 2, , n 1).

Пусть односвязная область G содержит точку w0 , но не

содержит точек w 0

и w . Тогда различным фиксирован-

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.05.2022

Размер:

1.02 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 74 5 6 7 > Следующая >>>

z w	многозначна в области G . Если существуют одно-
значные,	аналитические в области G функции		z 1 w ,
z 2 w	, , для которых данная функция w f z является
обратной,	то функции z 1 w ,	z 2 w ,	называются
однозначными ветвями функции		z w , определенными в
области G .
Например, функция w zn каждой точке z			ставит в со-
		0

ответствие единственную точку w0 , но одной и той же точке w0 (w0 0, w0 ) функция z nw ставит в соответствие n

различных точек плоскости z ; при этом, если w rei , то эти

nзначений z находятся по формулам (1.30):

i( 2k )

ным значениям k (k 0,1, 2, , n 1) при одном и том же вы-

боре числа 0 (например, 0 argw0 ) соответствуют различ-

ные ветви функции z nw .

Точка, обладающая тем свойством, что обход вокруг нее в достаточно малой окрестности влечет за собой переход от одной ветви многозначной функции к другой, называется точкой разветвления рассматриваемой многозначной функции.

Точками разветвления функции z nw являются точки w 0 и w . После n-кратного обхода вокруг точки w 0

мы вернемся к первоначальной ветви функции z nw ; точки разветвления, обладающие таким свойством, называются ал-

гебраическими точками разветвления порядка n 1. В каждой из этих точек функция z nw имеет только одно значение:

n0 0, n , т.е. различные ветви функции в этих точках

совпадают.			w Ln z
Для	логарифмической	функции	w Ln z	точками раз-
ветвления	являются z 0	и z ,	причем	Ln0 и

Ln . Любое конечное число обходов (в одном и том же направлении) вокруг точки z 0 не приведет к первоначальной ветви функции w Ln z . Такие точки ветвления называ-

ются логарифмическими.

При интегрировании необходимо выделять ветвь многозначной функции. Это достигается заданием значения многозначной функции в некоторой точке кривой интегрирования.

Если контур интегрирования замкнут, то начальной точкой z0 пути интегрирования считается та точка, в которой за-

дано значение подынтегральной функции.

Пример 6. Вычислить интеграл dz , где C – верхняя

C z

дуга окружности z 1, интегрирование проводится в положи-

тельном направлении. Для функции z берется та ветвь, для которой 1 1.

Решение. Первый способ. Функция z имеет два значе-

ния ( arg z ):

cos

isin

cos

isin

cos

isin

Так как интегрирование ведется по дуге окружности

1, то

cos

isin

cos

isin

(*)

Условию 1 1 удовлетворяет второе значение (*). В самом

деле, пусть z 1,

тогда argz 0

1 cos0 isin0 1.

Применяя формулу Ньютона-Лейбница, получим

dz 2 z

1 1 .

Полагая в формуле (*)

z 1, найдем

cos

arg( 1)

isin

arg( 1)

cos

isin

Согласно выбору ветви имеем

1 1 и окончательно полу-

чим

2 i 1 2 2i .

Второй способ. Полагаем z rei , где r

а ме-

няется от

0 до . Из условия

1 следует,

что

e 2 . Тогда

iei

iei d

i e

0 ei

e 2

i 1 2 2i.

2e 2

2 e

2 e i 2

Пример 7. Вычислить интеграл

по дуге окруж-

ности

(ln z – главное значение логарифма, ln1 0).

Решение. Первый способ. Применяя формулу НьютонаЛейбница, получим

									i		3	z			i											ln	4		z			i
									i		3				i												4					i
										ln			dz ln3 z d ln z
											z		dz ln3 z d ln z
									1		z				1										4							1
									1						1											4						1
										ln	4 i ln				41 ln4 i							1				4								4
																								i											.
												4					4							i							64				.
												4					4					4		2							64
	Второй способ.														Делаем						замену					переменной															ln z w,
dw	dz	. Дуга окружности																z	1 переходит в отрезок мнимой
	dz

	z
	z
оси, заключенный между точками 0, 0
																												и			0,						.				Интеграл
																												и			0,						.				Интеграл
примет вид																																		2
примет вид																							i 2
				i		ln		3	z			i 2								w		4			1 (i )								4					4
				i				3				i 2										4											4					4
														w3dw
										dz																														.
								z		dz										4					4				2	4										.
				1				z						0						4			0		4				2					64
				1										0									0
	Третий способ. Полагаем																					z rei , где												r		z			1. Тогда
	Третий способ. Полагаем																					z rei , где												r		z			1. Тогда
ln z i ,				dz iei d . Действительная переменная изменяет-
ся в пределах 0 2. В этом случае получаем
	i		ln		3		z				2			3 3 i			d					2									4			2							4
	i				3						2			3 3 i								2									4			2							4
								dz						i ie						3d
																																										.
				z											i														4													.
1				z								0			e							0							4					0				64
1												0										0												0
								3.3. Интегральная формула Коши
	Если функция													f z		аналитична в области D,																									z0 D и

D – контур, охватывающий точку z0 , то справедлива ин-

тегральная формула Коши:

f z0	1		f z	dz.	(3.21)
	2 i		z z0

При этом функция f z имеет всюду в D производные любо-

го порядка, для которых справедливы формулы: 63

	n	z0	n!	f z
f					dz,	n 1, 2, .	(3.22)
			2 i	z z0 n 1

Формулами (3.21) и (3.22) применяются для вычисления некоторых интегралов.

Пример 8. Вычислить			ez	dz, где C – окружность:
		C	z 3
		C
а) z 2, б)	z 4.
y		y		\|	y
y				\|	y
				z
				\|	\|
				=	\|
				4	z
					\|
	\|				=
	\|				3
	z				3
	\|
	=
	2				z0=0
z =-3 0	x z =-3	0		x	z0=0
z =-3 0	x z =-3	0		x	x
0	0

а) б)

Рис. 3.4 Рис. 3.5

Решение. а) Если C – окружность радиуса 2, то подын-

тегральная функция ez является аналитической в каждой z 3

точке круга z 2 (рис. 3.4, а). Поэтому, в силу теоремы Коши

(3.17), получаем			ez	dz 0.
(3.17), получаем			z 3	dz 0.
	z	2	z 3
	z	2

б) Если C – окружность радиуса 4, то точка z0 3 (в

ней подынтегральная функция не определена) расположена внутри окружности z 4 (рис. 3.4, б). Представим подынте-

гральную функцию в виде

f z

где f z ez

является ана-

z z0

литической в каждой точке круга

4. Применяя интеграль-

ную формулу Коши (3.21), получим

dz 2 iez

2 i

z 3

Пример 9. Вычислить

cosz

dz , где C :

cosz

Решение. Подынтегральная функция

является ана-

литической в круге

3 всюду кроме точки z0

0 (рис. 3.5).

Выделим под знаком интеграла функцию

f z cosz , являю-

щуюся аналитической

круге

3. Воспользуемся инте-

гральной формулой Коши для производной (3.22). При z0 0

и n 2 получим

cosz

2 i

cosz

2 i

cosz

z 0

ez2

z 0

Пример 10. Вычислить интеграл

dz , если:

z2 6z

1) C1 :

z 2

1; 2) C2 :

z 2

3; 3) C3 :

z 2

Решение.

1) Так как z2 6z z z 6 , поэтому знамена-

тель подынтегральной функции обращается в нуль в точках z 0 и z 6. В замкнутой области, ограниченной окружностью C1 : z 2 1, подынтегральная функция аналитическая

(рис. 3.6, а), поэтому в силу теоремы Коши (3.17)

	ez2
			dz 0.
C z2			dz 0.
C z2		6z
1
y				y
C3							C3
C2
C1
-3 -2-1 0 1 2 3 5 6 7 x		-3		0	2		6 7 x
				1		2

		а)	Рис. 3.6	б)
			Рис. 3.6
2)		Внутри	области, ограниченной окружностью
C2 :	z 2	3, находится одна точка		z 0, в которой знамена-
C2 :	z 2	3, находится одна точка		z 0, в которой знамена-

тель подынтегральной функции обращается в нуль (рис. 3.6, а). Перепишем интеграл в виде

ez2

z 6

dz .

C2 z

z 2

Функция f z

ez2

является аналитической в данной облас-

z 6

ти. Применяя интегральную формулу Коши (3.21), получим

ez2

z 6

2 i

z 6

z 2

z 0

3) В области, ограниченной окружностью C3 : z 2 5,

имеем две точки z 0 и z 6, в которых знаменатель подынтегральной функции обращается в нуль (рис. 3.6, а). Непосредственно формулу (3.21) применять нельзя. В этом случае для вычисления интеграла можно поступить так.

Первый способ. Разложим дробь							1			на простейшие:
						z2 6z

1			1	1	1			1	.
	z2 6z
		6		z 6 6				z
Подставив в интеграл, по формуле (3.21) получим

ez2

ez2 dz

C z2 6z

z 2

5 z 6

z 2

5 z

2 iez2

ie36

e36 1

2 iez2

z 6 6

z 0

Второй способ. Построим окружности 1 и 2 с центра-

ми в точках

z 0

и z 6 достаточно малых радиусов таких,

чтобы окружности не пересекались и целиком лежали в круге

	z 2	5 (рис.	3.6, б). В трехсвязной области, ограниченной
окружностями			z 2	5, 1 и 2, подынтегральная функция

всюду аналитична. По теореме Коши для многосвязной области (3.20) получаем

z 2

К каждому интегралу в правой части можно применить интегральную формулу Коши (3.21). В результате получим

z 2

ez2

e36 1

dz 2 i

2 i

5 z2

z 6

z 0

z 6

sin z

Пример 11. Вычислить интеграл dz.

z 1 1 z2 1 2

-1

Рис. 3.7

Решение. Подынтегральная функция

sin z

яв-

z 1 2 z 1 2

ляется аналитической в области

z 1

1 всюду, кроме точки

z 1 (рис. 3.7). Выделим

под

знаком

интеграла функцию

f z , являющуюся аналитической в круге

z 1

sin z

z 1 2

f z

z 1 2 z 1 2

z 1 2

Полагая в формуле (3.22) n 1, z0 1, получим

dz 2 if 1 .

z 1 1 z 1 2

Находим производную

	sin z		cos z z 1 2sin z
	sin z		cos z z 1 2sin z
f z				.
f z		2	3	.
	z 1	2	3
	z 1		z 1
			68


Отсюда	f	1		2 cos							. Следовательно,
						23				4
						23				4
						sin z										2
									dz		2 i				i		.
						z2	1	2	dz		2 i				i		.
			z 1		1							4			2
			z 1		1							4			2
Пример 12. Вычислить интеграл																ch z dz		.
Пример 12. Вычислить интеграл																		.
													z	2 z 1 3 z 1
													z	2 z 1 3 z 1
		y														y

1 2

-2

-1

2 x

-2

-1

2 x

а)

Рис. 3.8

б)

Решение. Первый способ. Знаменатель подынтегральной

функции обращается в нуль в двух точках z1 1

и z2 1, ле-

жащих внутри круга

2 (рис. 3.8, а). Разложим на простей-

шие дроби функцию

z 1 3

4 z 1 2

2 z 1 3

z 1

8 z 1

Используя линейность интеграла, получим

ch z dz

ch z

2 z 1 z 1

2 z 1

	1			chz		dz	1			ch z	dz.
					2					3
4		z	2	z 1		2		z	2	z 1

К первым двум интегралам применяем интегральную формулу Коши (3.21):

		ch z	dz 2 ich1,			ch z	dz 2 ich( 1) 2 ich1.

z	2	z 1		z	2	z 1

Третий и четвертый интегралы вычисляем с помощью форму-

лы (3.22):

ch z

2 i ch z

2 ish1,

z 1

ch z

2 i

ch z

ich1.

2 z 1

z 1

Окончательно получим

ch z dz

2 ich1

2 ish1

2 z 1 3 z 1

ich1

sh1 ch1

Второй способ. Построим окружности 1

и 2 с центра-

ми в точках z1 1 и z2

1 достаточно малых радиусов таких,

чтобы окружности не пересекались и целиком лежали в круге

	z	2 (рис.	3.8, б). В трехсвязной области, ограниченной ок-
ружностями				z	2, 1 и 2, подынтегральная функция всюду

аналитична. По теореме Коши для многосвязной области (3.20) имеем

	ch z	dz	ch z dz				ch z dz	. (*)
	3	dz	z 1	3	z 1		3	. (*)
z 2	z 1 z 1	1	z 1		z 1	2	z 1 z 1

В первом интеграле правой части (*) представим подынтегральную функцию в виде

ch z

z 1

1 z 1

z 1

Функция

ch z

является аналитической внутри

1, поэтому в

z 1

силу формулы (3.22) имеем

ch z dz

ch z

2 i ch z

z 1

sh z z 1 ch z

z 1

i	z 1 2 ch z 2	z 1 sh z 2ch z	i	2e 1	ch1	.
i	z 1 3		i		4	.
	z 1 3		z 1		4
			z 1

Во втором интеграле правой части (*) представим подынтегральную функцию в виде

ch z

z 1 3

z 1 3 z 1

z 1

Функция

ch z

является аналитической внутри 2, поэтому

z 1 3

в силу интегральной формулы Коши (3.21) имеем

ch z

ch z dz

z 1 3

dz 2 i

ch z

ch1

z 1

2 z

z 1

Подставив в (*) найденные значения интегралов, окончательно получим

ch z

1 ch1

ch1

dz i

2 z 1 3

z 1

ГЛАВА 4

РАЗЛОЖЕНИЕ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО В РЯДЫ ТЕЙЛОРА И ЛОРАНА.

ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ

ИИХ КЛАССИФИКАЦИЯ

4.1.Числовые ряды с комплексными членами

Рассмотрим ряд, членами которого являются комплексные числа, т.е. ряд вида:


z1 z2 zn zn ,	(4.1)

n 1

где zn xn iyn . Ряд (4.1) называется сходящимся, если n-я

частичная сумма ряда Sn при n стремится к определен-

ному конечному пределу. В противном случае ряд (4.1) называется расходящимся. Sn – это комплексное число:

		n			n
S					y	,
S	n		x	i	y	,
	n	k		n

		k 1		k 1
Ряд (4.1) сходится тогда и только тогда, когда сходятся
ряды с действительными членами:

x1 x2 xn xn ,							(4.2)
и					n 1
и

y1 y2 yn yn ,							(4.3)

n 1

Если суммой ряда (4.2) является число A, а суммой ряда (4.3)

– число B , то суммой ряда (4.1) является комплексное число

S A iB.

lim zn 0 – необходимое условие сходимости ряда с

комплексными членами. Для его выполнения необходимо и достаточно, чтобы одновременно выполнялись два равенства:

lim

x 0,

lim y

Теорема. Если сходится ряд, составленный из модулей

членов ряда (4.1):

(4.4)

n 1

где zn xn2 yn2 , то сходится и ряд (4.1). В этом случае ряд

(4.1) называется абсолютно сходящимся.

Ряды (4.2)–(4.4) являются рядами с действительными членами и их сходимость исследуется с помощью известных признаков сходимости рядов в действительной области.

Пример 1. Исследовать сходимость ряда

1 i 13 12i 19 14i 3n1 1 2n1 1 i

Решение. Ряды с действительными членами

1	1	1	1	и 1	1	1	1
			3n 1				2n 1
3 9				2 4

сходятся, так как они состоят из членов бесконечно убываю-

щей геометрической прогрессии со знаменателями q										1	и
щей геометрической прогрессии со знаменателями q										3	и
		1			1			3	1	3
q		1	. Сумма первого ряда	A	1			3	, а сумма второго
q			. Сумма первого ряда	A		1			, а сумма второго
2	2				1	1	2
					1	3
						3

ряда B	1		2. Следовательно, сумма рассматриваемого
ряда B	1	1	2. Следовательно, сумма рассматриваемого
		1

	2

ряда есть комплексное число S A iB 3 2i. Рассмотрим

	zn			1			2		1	2			1 2			1
				1					1				1 2			1
											2			2			.
				n 1					n 1		2		n 1	2	2	n 1
				n 1					n 1				n 1			n 1
			3					2				2
							1
Так как ряд								является бесконечно убывающей гео-
					2
					2	2	n 1
		n 1				2

метрической прогрессией со знаменателем q 1 , то он схо- 2

дится, а значит, исходный ряд с комплексными членами сходится абсолютно.

Пример 2. Исследовать сходимость ряда

3 2

n 1

4 3

n 2

n 1

Решение.

Найдем

предел

общего

члена

lim zn

n 1

lim

i .

Так

как

lim x lim

1 и

n n 2

n 1

n n 2

lim

yn lim

1, то

lim zn 1 i 0, т.е. не выполнен

n n 1

необходимый признак сходимости ряда, поэтому данный ряд расходится.

ein

Пример 3. Исследовать на сходимость ряд n 1 n2 .

Решение. Рассмотрим

ein

. Так как ряд Ди-

рихле

является сходящимся ( 2 1), то исходный

n 1 n2

ряд с комплексными членами сходится абсолютно.

ip/n

Пример 4. Исследовать на сходимость ряд

n 1

Решение. Рассмотрим

ei /n

. Так как гармони-

ческий ряд

является расходящимся,

то исходный ряд с

n 1

комплексными членами не сходится абсолютно. По формуле

Эйлера ei /n cos isin . Вопрос о сходимости исходного n n

ряда сводится к решению вопроса о сходимости знакоположи-

cosp

тельных рядов

действительными

членами

n 1

sin p

. Сравним первый ряд с расходящимся рядом

, а

n 1

второй ряд со сходящимся рядом

cos /n

n 1 n

sin /n

lim

cosp			sin p
Получаем, что ряд	n	, а ряд		n	сходится. Следо-

n 1	n		n 1	n

вательно, данный ряд с комплексными членами расходится.

4.2. Степенные ряды

Ряд вида


c0 c1z c2z2 cnzn cnzn ,		(4.5)
n 0	z x iy
где c0, c1, – комплексные постоянные, а	z x iy	– ком-

плексная переменная, называется степенным рядом в комплексной области.

Замечание. Ряд вида

c0 c1 z z0 c2 z z0 2 cn z z0 n

n 0

сводится к ряду (4.5) заменой z z0 .

Теорема Абеля. Если степенной ряд (4.5) сходится при некотором значении z z0, то он сходится и притом абсолют-

но при всех значениях z , для которых z z0 . Если ряд (4.5)

расходится при z z1, то он расходится и при любом значении z , для которого z z1 .

Область сходимости степенного ряда (4.5) есть круг на плоскости комплексной переменной z с центром в начале координат, его называют кругом сходимости.

Радиус круга сходимости R называют радиусом сходимости степенного ряда. В граничных точках круга сходимости, т.е. при z z0 R ряд может, как сходиться, так и расхо-

диться (требуется дополнительное исследование). Для вычисления радиуса сходимости применяются формулы:

R lim

(4.6)

cn 1

или

lim

(4.7)

lim

n n

если указанные пределы существуют.

Пример 5. Определить радиус сходимости степенного

ряда cosin zn .

n 0

Решение. По формуле Эйлера имеем

cn cosin en e n ch n . 2

Для нахождения радиуса сходимости воспользуемся формулой (4.6), получим

R lim

chn

lim

chn

lim

chn

n 1

n ch

n 1

n chn ch1 shn sh1

lim

e 1,

n ch1 thn sh1

ch1 sh1

так как

lim thn lim

en e n

lim

1 e 2n

1. Итак, ра-

n en e n

n 1 e 2n

диус сходимости данного степенного ряда R 1 e.

Пример 6. Определить радиус сходимости степенного

ряда

1 i n zn .

n 0

Решение. Предварительно найдем

1 i n

1 i

n 2n/2.

Применяя формулу (4.7), найдем радиус сходимости данного

степенного ряда							R lim					1		1		.
степенного ряда							R lim									.
									n n 2n/2						2
Пример 7. Определить область сходимости степенного
	2i	n			z 3i				n
ряда								n	.
						3i
			7
n 1			7
Решение. Найдем радиус круга сходимости по формуле
(4.7). Так как											2i
															2			2	1	,
lim		n		c



n					n					7		3i	7		2 3 2		4 2

то R 2 – радиус сходимости. Тогда область сходимости определяется неравенством z 3i 2, Это круг с центром в точ-

ке z0 3i и радиусом R 2.

4.3. Ряды Тейлора

Функция f z , однозначная и аналитическая в точке

z z0, раскладывается в окрестности этой точки в степенной ряд Тейлора


		f z cn z z0 n ,				(4.8)
			n 0
коэффициенты которого вычисляются по формулам
	1	f z dz	f n z0
cn				(n 0,1, 2,	),	(4.9)
cn	2 i	z z0 n 1	n!	(n 0,1, 2,	),	(4.9)

где – окружность с центром в точке z z0, целиком лежа-

щая в окрестности точки z0 , в которой функция f z анали-

тична. Центр окружности круга сходимости находится в точке

z0 ; эта окружность проходит через особую точку (точка, в ко-

торой нарушается аналитичность) функции f z , ближайшую к точке z0 , т.е. радиус сходимости ряда (4.8) будет равен рас-

стоянию от точки

z0 до ближайшей особой точки функции

f z .

Для функций

имеют место следующие

ln 1 z и 1 z

разложения в ряд Тейлора в окрестности точки z0 0:

ln 1 z z

1 n 1

(R 1),

(4.10)

1 2

1 z

1 n 1

(R 1).

(4.11)

Вчастности, при 1 получим

1	1 z z2 1 n zn (R 1).	(4.12)

1 z

Формула (4.10) дает разложение в ряд Тейлора в окрестности точки z0 0 главного значения логарифма; чтобы полу-

чить ряд Тейлора для других значений многозначной функции Ln 1 z , следует к ряду (4.10) прибавлять числа 2n i , n 1,

2, : Ln 1 z z	z2		z3	2n i .

2		3			1
Пример 8. Разложить				f z
							в окрестно-
						1 z2 z2 4
сти точки z 0 в ряд Тейлора.
Решение. Представим				f z	в виде суммы двух дробей и

преобразуем знаменатели этих дробей:

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 74 5 6 7 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.2022991.69 Кб2Учебное пособие 800221.pdf
#
01.05.2022993.74 Кб5Учебное пособие 800222.pdf
#
01.05.20221 Mб1Учебное пособие 800223.pdf
#
01.05.20221.01 Mб4Учебное пособие 800224.pdf
#
01.05.20221.02 Mб3Учебное пособие 800225.pdf
#
01.05.20221.02 Mб2Учебное пособие 800226.pdf
#
01.05.20221.03 Mб1Учебное пособие 800227.pdf
#
01.05.20221.03 Mб1Учебное пособие 800228.pdf
#
01.05.20221.03 Mб1Учебное пособие 800229.pdf
#
01.05.2022289.9 Кб1Учебное пособие 80023.pdf
#
01.05.20221.04 Mб4Учебное пособие 800230.pdf