Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Практикум по теории функций комплексного переменного, теории рядов, операционному исчислению

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

1.22 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 2010 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

нулем	числителя.	Вблизи			точки	z 0	можем	записать
sin2 z z2 (z) , где		(z)		есть аналитическая (голоморфная) в
окрестности точки z 0			функция, такая, что (0) 0 . Следова-
тельно,	функция (z)		1		вблизи	точки	z 0	есть голо-
				(z)

морфная (аналитическая) функция, такая, что (0) 0 . Поэтому

можем записать	z	z	z (z)	(z)	. Таким образом,
	sin2 z	z2 (z)	z2	z

точка z 0 есть полюс порядка 1 (простой полюс) для исходной функции. Остальные нули знаменателя, то есть точки z k ,

k 1, 2,... , есть нули кратности 2 для функции sin2 z f 1(z) и

по определению полюсов точки z k , k 1, 2,... , являются полюсами порядка два для функции f (z) sin12 z .

г) Найти особые точки функции f (z)	z2	и указать их
	sin2 z
характер.

Аналогично предыдущим двум примерам особыми точками являются нули знаменателя z k , k 0, 1, 2,... Так же как и в

предыдущем примере, точка z 0 является нулем числителя, но, в отличие от него, нулём кратности 2. Вблизи точки z 0 ,

как и раньше, можем записать sin2 z z2 (z) , где (z) есть аналитическая (голоморфная) в окрестности точки z 0 функ-

ция, такая, что (0) 0 . Следовательно, функция (z) (1z)

вблизи точки z 0 есть голоморфная (аналитическая) функция,

такая, что (0) 0 . Поэтому	z2	z2	z2 (z)	(z) .
	sin2 z	z2 (z)	z2

Таким образом, точка z 0 есть устранимая особая точка для исходной функции. Это можно было выяснить, найдя

lim	z2	lim	z2	1	. Так как (0)	0 , то этот предел
				(0)
z 0 sin2 z		z 0 z2 (z)

конечен и по определению точка z 0 – устранимая особая точ-

ка. Остальные нули

знаменателя, то

есть

точки

z k ,

k 1, 2,... , есть нули кратности 2 для функции sin2 z

f (z)

по определению полюсов точки

z k ,

k 1, 2,... ,

являются

полюсами порядка 2 для функции f (z)

sin2 z

д) Найти особые точки функции f (z) sin

и указать их ха-

рактер.

Раскладывая в ряд по степеням z , получаем

sin 1

( 1)n

z2n 1(2n 1)!

k 0

Из этого разложения видим, что главная часть ряда Лорана разложения функции в окрестности точки z0 0 содержит беско-

нечное число членов, поэтому данная точка есть существенно

особая. Этот же вывод можно

сделать,

если рассмотреть

lim f (z) lim sin 1

. Легко доказывается, что этот предел не су-

z 0

ществует.

Действительно,

взяв

две

последовательности

и k

получаем, что

на первой из них

lim sin

0 ,

а на второй

lim sin

1 , что и доказывает от-

z 0

сутствие предела.

2.5.3. а) Выяснить характер точки z0 0 (правильная, устра-

нимая	особая, полюс, существенно особая) для функции
f (z)	ln(1 z3 )	.
	z

Раскладывая числитель в ряд по степеням z , получаем

)

3n 3

ln(1 z3 ) ( 1)n 1 (z

( 1)n 1

z3 ( 1)n 1

n 1

3(n 1)

Функция

(z) ( 1)n 1

... является ана-

n 1

литической в круге

как сумма степенного ряда и (0) 1.

Поэтому

f (z) ln(1 z3 )

z3 (z)

z2 (z) . По теореме о виде

аналитической (голоморфной) функции в окрестности нуля получаем, что точка z0 0 является нулём кратности 2 для исход-

ной функции.

б) Охарактеризовать точку z0 0 для функции

ln 1 z3 f (z) z3 .

Как и в предыдущем примере, раскладывая числитель в ряд

по степеням z , получаем

ln(1 z3 )

z3 (z) , где

(z)

– анали-

тическая (голоморфная) в круге

1 функция, такая, что

(0) 1. Поэтому f (z)

ln(1 z3 )

z3 (z)

(z)

и z0

0 явля-

ется устранимой особой точкой для исходной функции.

в) Охарактеризовать точки z0 0

и z1 3 для функции

f (z)

ez 1

3)3

Функция в точке z0 0

является аналитической как отноше-

ние аналитических (голоморфных) функций и

f (0)

e0 1

1 1

0 .

(0 3)3

Так как

ez (z 3)3 (ez 1)3(z 3)2

f (z)

(z 3)6

, то

f (0)

0 , и по-

272

этому точка z0 0 есть нуль кратности 1.

В точке

z1 3

числитель есть отличная от нуля аналитиче-

ская функция. Поэтому точка

z1 3 есть полюс порядка 3 для

функции f (z)

ez 1

3)3

Задачи для самостоятельного решения

2.5.4. Найти нули аналитических функций и указать их крат-

ность: а) f (z) z2

4 ; б)

f (z) sin3 (z 2i) ; в)

f (z) tg3 z ;

г)

f (z) z5 z2

9 3 ; д) f (z) 1 cos3 z ;

е)

f (z) z 2i 5 z2

4z 20 3 z 4i 4 ; ж)

f (z) sin50 (z i) .

2.5.5. Найти особые точки и указать их характер:

cos z

а) f (z) (z 1)cos

; б) f (z)

2z 5

; в) f (z)

;

1)2

z2 2z 1

г) f (z)

; д)

f (z)

;

cos z

е) f (z)

; ж) f (z)

;

z 1

з)

f (z) z2 sin

; и)

f (z) sin

; к)

f (z) cos

;

z 3i

л)

f (z) cos

; м)

f (z) tg2 2z ; н)

f (z)

;

z2 9

cos2

о)

а)

в)

	1		1			1
				z3
f (z) cos		; п)	f (z) e	z3	; р)	f (z) e	z 4i	.
	z

2.5.6. Охарактеризовать указанные точки для функций:

f (z)

sin z3

, z0 0 ; б)

f (z)

cos z

, z0

;

f (z) ln(1 z2 ) , z

2, z

0 ;

г) f (z) ez , z

2 .

(z 2)5

2.6. Вычеты

Пусть z0 – конечная точка комплексной плоскости.

Вычетом res f (z) функции f (z) в точке z0 называется ко-

z z0

эффициент c 1 , то есть коэффициент при минус первой степени в разложении функции в ряд Лорана по степеням z z0 (в коль-

це 0 z z0 R ).

Так как

c 1 21 i L f (z)dz ,

где L – контур, охватывающий точку z0 и не включающий в себя другие особые точки функции f (z) , то умея находить вы-

четы, можно попытаться с их помощью вычислять интегралы от функций комплексного переменного.

Зная разложение функции в ряд Лорана по степеням z z0 (в кольце 0 z z0 R ), всегда можно найти вычет. Имеются ре-

зультаты, позволяющие находить вычеты, не зная разложения функции в ряд Лорана по степеням z z0 , в зависимости от вида

особой точки. Для конечной точки имеем:

1)вычет в правильной точке равен нулю;

2)вычет в устранимой особой точке равен нулю;

3)вычет в простом полюсе вычисляется по формуле

res	f (z) lim (z z0 ) f (z) ;
z z0	z z0

4)если f (z) (z) , где (z) и (z) – голоморфные (анали-

(z)

тические) в окрестности z0 функции, (z0 ) 0 , а для функции(z) точка z0 есть нуль кратности 1, то точка z0 является про-

стым полюсом для функции f (z) ((zz)) и с помощью преды-

дущей формулы получаем, что вычет может быть вычислен по формуле


	res f (z)			(z0 )		;
				(z0 )
	z z0
5) вычет в полюсе порядка k			вычисляется по формуле
	1			k 1
res f (z)		lim	d		(z z0 )k f (z) ;
			k 1
z z0	(k 1)! z z0		dz

6) в существенно особой точке вычет можно найти, зная разложение функции в ряд Лорана в проколотой окрестности ко-

нечной точки (в кольце 0 z z0 R ). Рассмотрим теперь бесконечно удалённую точку.

Вычетом функции f (z) в бесконечно удалённой точке называется число c 1 , где c 1 – коэффициент при минус первой

степени в разложении функции в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки.

Вычет в бесконечно удаленной точке можно найти следующими способами:

1)с помощью разложения функции в ряд Лорана;

2)по формулам М.Р. Куваева:

а) в устранимой особой точке по формуле

res f (z) lim z2 f (z) ;
z			z
б) в полюсе порядка k			по формуле
	( 1)	k		d	k 1
res f (z)			lim zk 2				f (z)	;
						k 1
z				dz
	(k 1)! z

3) сведением к вычислению вычета в нуле путём замены

z	1	по формуле
z	w	по формуле
	w
					1	1
		res f (z) res		f			.
		res f (z) res		f		w2	.
		z	w 0	w		w2

2.6.1. а) Найти вычет res

ln(1 z3 )

z 0

Точка

z 0 есть устранимая особая

точка

для

функции

ln(1 z3 )

. Поэтому res

ln(1 z3 )

0 .

z 0

б) Найти вычеты

res

z 2 z

z 1 3i

z 1 3i z3

Найдём

нули

знаменателя.

Имеем

z3 8 .

Тогда

8 2e

0,1,2 ,

или

z1 1

3i ,

z2 2 ,

z3 1

3i . Поэтому

z3 8 (z 2)(z 1

3i)(z 1

3i) (z 2)(z2 2z 4) .

Так как z

3 в точках z

3i ,

2 ,

z 1

в нуль

не обращается, то эти точки являются простыми полюсами для

функции	z3		. В данном случае удобно считать вычеты как по
	z3	8

первой формуле для вычета в простом полюсе, так и по второй. Получаем:

(z 2)z3

(z 2)z

res

lim

(z 2)(z

2 2z 4)

z 2 z3

z 2

lim

;

4 4

z 2 z2 2z 4

res

1 3i

;

z 1 3i

8 (z

z 1 3i

z 1

res

1 3i

z 1 3i

8 (z

z 1 3i

z 1

z 1 3i

в) Найти вычет

res

ez 1

(z 3)3

z 3

Так как

z 3 нуль знаменателя кратности 3, а числитель в

этой точке в нуль не обращается, то данная точка есть полюс

порядка 3 для функции

. Поэтому

3)3

res

ez 1

lim

(z 3)3

f (z)

lim

(z 3)3

z 3

2! z 3

г) Найти вычет res z2 sin 1 .

Точка z 0

z 0

есть

существенно

особая

точка для

функции

z2 sin 1 . Раскладывая в ряд по степеням z , получаем

( 1)n

z2 sin

... z

...

z2n 1(2n 1)!

6z3

n 0

Коэффициент при

равен

, поэтому res z2 sin

1 .

z 0

д) Найти вычет res

3 4

z z

Раскладывая в ряд в окрестности бесконечно удалённой точ-

ки, получаем

4 n

z5 ( 1)n

5 1

...

n 0

4z2

16 ...

Коэффициент при

равен 16 , поэтому

res

16 .

z z3

Задачи для самостоятельного решения

2.6.2. Найти вычеты: а)

res z2 cos

; б) res ln(1 z3 )

;

z 0

z 2

в)

res e

; г)

res

; д) res

; е) res

;

z 0

z cos2 z

cos2 z

3 i

ж)

res

; з)

res

; и)

res (z 2i)2 sin

;

z 3 i z3 64

z z3 5

z 2i

res(z 1 i)2 cos

res ln(1

2z) ; м)

к)

; л)

res e

z 3i

;

z 1 i

z 0

z 3i

res z

z 1

ez 4i 1

н)

; о) res

; п)

res

; р)

res

4i)3

z 4i

z sin2 z

z 0 sin2 z

2.7. Вычисление интегралов с помощью вычетов

Основные теоремы о вычетах.

Теорема 2.7.1. Пусть функция f (z) голоморфная (аналити-

ческая) внутри контура L за исключением конечного числа особых точек z1, z2 ,..., zn , лежащих внутри этого контура, и не

имеющая особых точек на контуре L . Тогда

		n
f (z)dz 2 i		res	f (z) .
L	k 1 z zk

Теорема 2.7.2. Пусть функция f (z) голоморфная (аналити-

ческая) во всей комплексной плоскости за исключением конечного числа особых точек z1, z2 ,..., zn . Тогда сумма вычетов во

всех особых точках, включая и бесконечно удалённую точку, равна нулю, то есть

n
res	f (z) res	f (z) 0 .
k 1 z zk	z

Эти теоремы и теорема Коши для многосвязной области позволяют вычислять интегралы по различным контурам.

2.7.1. а) Вычислить интеграл				3z 5	dz .
				2
	z i	2	z	4z 3

Нулями знаменателя подынтегральной функции являются точки z1 1 и z2 3 . Так как числитель в этих точках в нуль не

обращается, то они являются полюсами подынтегральной функ-

ции. Так как

z1 i

2 , а

3 i

10 2 , то

точка

z1 1

лежит внутри контура

z i

2 , а точка

z2 3 не

лежит внутри контура

z i

2 . Поэтому

3z 5

2 i res

3z 5

2 i lim

(z 1)(3z 5)

(z 1)(z 3)

z i

z 1 z

4z 3

z 1

2 i lim 3z 5 2 i .

z 1 z 3

б) Вычислить интеграл

z11

dz .

Подынтегральная функция имеет полюсы в точках

z 4 4 .

Имеем

4 , arg( 4) , поэтому

z 4

isin

4 4 4 cos

, k 0,1,2,3 ,

или, что то же самое,

z1 1 i ,

z2 1 i ,

z3 1 i ,

z4 1 i .

Все четыре точки лежат внутри контура z 2 . Поэтому проще

найти вычет в бесконечно удалённой точке. Раскладывая в ряд в окрестности бесконечно удалённой точки, получаем

z11				z11				4		n			4	16
						z7	( 1)n				z7	1			...
					4	z7	( 1)n				z7	1			...
z4	4	z	4		4		n 0	z4					z4	z8
		z		1	z4
					z4
						z7 4z3		16		...
									z

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 2010 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.20233.39 Mб17Практикум по объектно-ориентированному программированию..pdf
#
05.02.20231.39 Mб14Практикум по программированию на языке программирования Си..pdf
#
05.02.2023406.11 Кб2Практикум по социально-культурной деятельности..pdf
#
05.02.20231.98 Mб17Практикум по Теоретической механике..pdf
#
05.02.2023931.61 Кб17Практикум по теории вероятностей..pdf
#
05.02.20231.22 Mб7Практикум по теории функций комплексного переменного, теории рядов, операционному исчислению..pdf
#
05.02.20231.44 Mб36Практикум по физико-химическим методам анализа..pdf
#
05.02.2023206.8 Кб0Практическая подготовка студентов.-1.pdf
#
05.02.2023623.34 Кб0Практическая подготовка студентов..pdf
#
05.02.2023290.92 Кб10Практический маркетинг..pdf
#
05.02.2023176.72 Кб1Преддипломная практика студентов..pdf