Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

3.16 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 157 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

окружности

радиуса

, лежащей внутри

, результат при этом не

изменится. Тогда

(z)dz L

=
=

(z)dz

где

максимальное значение модуля функции, 2 которой происходит интегрирование. Но ведь должно быть верно для какого угодно малого

длина кривой, по по теореме 1 это

. То есть (z)dz

меньше или равен любой бесконечно-малой величины.

интеграл равен 0. То есть

(z)dz

f (z)

f (z

)

Значит,

dz , а тогда:

z z

Тогда

f (z	0	)	dz
	0
z
z
0

этот

0 .

1		f (z)	dz	1		f (z0 )		dz f (z ) ,	т.е.
			dz					dz f (z ) ,	т.е.
2 i z z				2 i z z			0
2 i z z				2 i z z			0
	L	0			L		0

1		f (z)	dz f (z	0	)
2 i		z z		0


	L	0
	L

доказано в итоге.

Интегральная формула Коши позволяет быстро вычислять интегралы по контуру вокруг точки разрыва, фактически не проводя подробное

интегрирование. Достаточно убрать из знаменателя ту скобку

(z c) ,

которая соответствует этой точке разрыва, подставить в остальную функцию z c и домножить на 2 i .

Пример. Вычислить

		(z
	z 1,5	(z
	z 1,5

z1)(z

dz2)

Решение. Внутри окружности радиуса 1,5 всего одна из двух точек разрыва функции, вторая снаружи. Обозначим в качестве f (z)

функцию без (z 1) , как будто на (z 1) позже.

(z 2)

делим чуть раньше, а на

	z	dz	=
	(z 1)(z 2)

z 1,5
z 1,5

именно обозначается

		z
		z 2			z
		z 2	dz , где	f (z)	z	это то, что

		z 1			z 2
z 1,5		z 1			z 2
z 1,5
f (z)	в интегральной формуле Коши.

Тогда

		z

	z 2		dz
		z 1	dz
z 1,5		z 1
z 1,5

= 2 i	z		=
		z 1
	z 2

	1	2i
	3	2i
	3

	2	i
	3	i
	3

. \

Ответ.	z	dz	2	i .
	(z 1)(z 2)		3
z 1,5

Теорема 3. (Обобщённая интегральная формула Пусть f (z) является аналитической на контуре

Коши).

L	и внутри него,

точка

лежит внутри

. Тогда

f	(n)	(z		)
			0

n!		f (z)
2 i		(z z		)
	L		0

n 1

Доказательство (ДОК 23).

Продифференцируем по параметру равенства в исходной интегральной

z0 правую и левую часть формуле Коши.

f (z0 )

f (z)

dz .

2 i

z z

= ( 1) f (z)(z z0 ) 2 (z

f (z)(z z0 ) 1 z0

( 1) f (z)(z z ) 2

( 1)

= f (z)(z z ) 2

Таким образом,

f (z)

dz .

(z0 )

2 i

(z z )

)	=
z	=
	0

f(z)

z0 )2 .


Следующая производная от				f (z)(z z0 )			2	равна

( 2) f (z)(z z0 )	3	( 1)	= 2 f (z)(z z0 )		3	. Аналогично следующая

(тертья от исходной функции) равна 2 3 f (z)(z z0 ) 4 , далее по

индукции для n-й производной получим	n! f (z)(z z0 )	(n 1)

f (z)

. Тогда

(n)

(z0 )

f (z)

n 1 dz .

(z z

)

n 1

2 i

(z z

)

Рассмотрим примеры, или 3 степень скобки

похожие на предыдущий, но в которых будет 2 (z 1) . По обобщённой интегральной формуле

Коши, если скобка во 2 степени, надо не просто убрать её из

знаменателя, а после	этого ещё и один раз продифференцировать
оставшуюся функцию,	и лишь затем подставлять	z 1	. А если 3

степень, то 2 раза продифференцировать, но с 3-й степени начинает ещё и изменяться коэффициент из-за того, что он уже не равен 1, а будет 2!.

Пример. Вычислить

Решение.		(z 1)

	z 1,5

		(z 1)
z 1,5

z		dz
2
	(z 2)

z		dz
2	(z 2)

2 i =

1! z



z		=
		=
2		z 1

	1 (z 2) 1 z
2 i		2
	(z 2)	2
	(z 2)

z 1

	= 2 i	2
	= 2 i	(z 2)
		(z 2)

2 z 1

	= 2i	2
	= 2i	9
		9

	4	i
	9	i
	9

Ответ.

i .

(z 1)

z 1,5

Пример. Вычислить

dz .

(z 2)

z 1,5

2 i

Решение.

(z 1)

(z 2)

dz =

z 1,5

z 1

	2
	2
= i			=
= i		2	=
	(z 2)	2
	(z 2)		z 1
			z 1

0 2(z 2) 2

= i

i .

(z 2)

z 1

Ответ.

		z		dz
	(z 1)	3	(z 2)
z 1,5

4 27

Далее докажем с помощью интегральной формулы Коши, что верно разложение в ряд Тейлора не только для функций действительного переменного (1 семестр), но и для комплексных функций.

Теорема 4. (Теорема о разложении в ряд Тейлора).

Пусть f (z) является аналитической в окрестности точки z0 . Тогда она представима в виде степенного ряда:


f (z) an (z z0 )	n	, где an
f (z) an (z z0 )		, где an
n 0

Доказательство (ДОК 24).

f	(n)	(z		)
			0

	n!


Рассмотрим окрестность точки z0 и какую-нибудь точку			z	, лежащую

внутри неё. Пусть граница окрестности - кривая	L	, а точку на ней

обозначим t .

Можно записать интегральную формулу Коши для точки

в таком

виде:

f (z)	1		f (t)	dt
	2 i		t z
		L

(здесь t и

имеют такой же смысл, как

ранее было	z	и	z0 ).
ранее было		и	z0 ).
Изучим дробь			1	подробнее. Можно прибавить и отнять	z0 :

			t z
			t z

1 t z

		1
(t z	0	) (z z	0	)
	0		0

а дальше преобразовать к виду суммы

геометрической прогрессии, чтоб воспользоваться тем фактом, что

1 1 q


q
	n
n	0

. Причём выносить за скобку в знаменателе надо именно

такой из двух блоков, чтобы получилось 1 и нечто меньшее по модулю, чем 1. Учитывая, что t на границе, а z внутри контура, то

ближе к

Тогда

z0	, чем t . Поэтому
	1	= t
z0 ) (z z0 )

z z			t z
		0		0
1				1
z				z z0
z	0	1		z z0
	0	1		t z
				t z
				0

	, т.е.	z
	, т.е.	t
		t

	=	1
	=	t z
		t z
		0

z
0	1
z	1
z
0
	z z				n



				0
n 0		t z	0
n 0			0

(z z

)

. Подставим это выражение в интегральную формулу

(t z

)

n 1

n 0

Коши вместо

Тогда

f (z)

f (t)

t z

2 i

t z

(z z

n 1

2 i

f (t)

(t z

)

n 1 dt

2 i

f (t)

(t z

)

dt .

n 0

n 0 L

Оставим внутри знака интеграла только те множители, которые

		1				f (t)
зависят от t . Получим	f (z)		(z z0 )	n						dt	но

		2i				(t z		)	n 1
			n 0
					L		0

оставшийся внутри суммы интеграл можно преобразовать по обобщённой интегральной формуле Коши из теоремы 3, ведь если

(n)

(z0 )

f (t)

n 1 dt

то

f (t)

n 1 dt

2 i

(n)

(z0 ) .

2 i

(t z

)

(t z

)

(n)

)

Тогда

f (z)

(z z0 )

(n)

(z0 )

(z z0 )

n 0

Получилось разложение в ряд Тейлора с коэффициентами f (n) (z0 ) . n!

Теорема 5. (Теорема о разложении в ряд Лорана).

Пусть f (z) является аналитической в некотором кольце с центром


тогда она представима в виде ряда	f (z)	an (z z0 )	n	.
тогда она представима в виде ряда	f (z)	an (z z0 )		.
		n

Доказательство (ДОК 25).
Обозначим внутреннюю и внешнюю границы кольца через L1	и

Возьмём произвольную точку z в кольце. Окружим её контуром малого радиуса, так, чтобы он не пересекался с L1 и L2 .

L2 . L3

По теореме 1,	f (t)	dt	f (t)	dt	f (t)	dt , впрочем, тогда
	t z		t z
L		L		L	t z

1		2		3

1f (t)

2 i t z

1f (t)

2 i t z

1 2 i

		f (t)
		t z
	L	t z
	L
	3

Но третий интеграл по

контуру L3 , внутри

аналитичности функции

которого

	f (z)	, а
	t z	, а
	t z

только одна точка нарушения

именно точка	z	. Тогда третий

интеграл сразу можно по интегральной формуле Коши представить в виде значения функции:

1		f (t)	dt	1		f (t)	dt
2i		t z	dt	2i		t z	dt
2i	L	t z		2i	L	t z
	L				L
	1				2

(z)

Тогда

f (z)

1f (t)

2i t z

1 2i

		f (t)
		t z
	L	t z
	L
	2

В каждом из интегралов преобразуем выражение	1	с помощью
	t z

геометрической прогрессии. В первом из них почти как в предыдущей

z z

теореме, потому что

z z0

t z0

, т.е.

. А вот во втором,

t z

преобразование будет чуть иначе, потому что для точки

t L2

t z

наоборот, z z0

t z0 и соответственно,

1 .

Если t L1 :

t z

t z0

z z

(t z0 ) (z z0 )

t z

	1
	t z
		0
	Если
		1

	z

			z			z				n

										=
								0		=
								0
				t		z
	n 0			t		z	0
	n 0						0
t L2					:					1	=
t L2					:				t z		=
									t z
						1				=
z						t z				=
	0	1				t z			0
									0
						z z
						z z
									0

			(z z			0	)n
						0			.
		(t z			0	)n 1			.
n 0					0
					1						=

	(t z0 ) (z z0 )
1							t z				n
1							t z

										0
z z				n 0				z z
			0	n 0						0

		1							=
	t z								=
	t z		0	1
				1

	z z
			0
		(t z					)		n
		(t z			0		)
					0
		(z z				)		n 1
n 0		(z z		0		)
n 0				0

f (t)

Тогда

f (z)

2 i

t z

2 i

t z

(z z0 )

(t z0 )

f (z)

f (t)

(t z0 )

n 1

(z z0 )

n 1

2 i n 0 L

f (t)

(z z0 )

n 1 dt

f (t)(t z0 )

2 i

(t z

)

2 i

(z z

)

n 1

n 0

В первой части снова по обобщённой интегральной формуле Коши, а во 2 части сделаем сдвиг индексов на 1 пункт.

2 i

(z z0 )

(n)

(z0 )

f (t)(t z0 )

2 i

(z z

)

n 1

n 0

(n)

(z0 )

(z z0 )

f (t)(t z0 )

n 1

(z z

)

2 i

n 0

n 1

Мы получили такую структуру ряда, где представлены все целые степени, и положительные, и отрицательные:

		1
an (z z0 )n a n		1			,

		(z z	)	n
n 0	n 1	(z z	)
n 0	n 1	0
а если бы мы ещё сделали замену индекса						m n для 2 части, чтобы

подчеркнуть, что там именно отрицательные степени, то получили бы



n 0

где

(n)

)

(z z0 )

m 1

f (t)

m 1 dt

(t z

)

		1			(m 1)
z0 )	m	1		f (t)(t z0 )	(m 1)	dt
z0 )		2 i		f (t)(t z0 )		dt
		2 i	2
			2
			L

т.е. коэффициенты при отрицательных

степенях во 2 части приобрели бы точно такой же вид, как и в 1 части, с той разницей лишь, что (t z0 ) с отрицательной степенью в

знаменателе, хоть и формально написан в знаменателе, но реально располагается в числителе. Так, например,

a 1	1		f (t)(t z0 )	0	dt
				0
	2i
	2i	L
		L
		2

	1
	2i
	2i	L
		L
		2

(t)dt

a 2

	1
	2i
	2i	L
		L
		2

f (t)(t

z	0	)dt
	0

ЛЕКЦИЯ 8. 24.10.2018

Сначала рассмотрим ещё некоторые примеры на интегральную формулу Коши, которую мы доказали на прошлой лекции.

Пример. Вычислить

	e	z

	(z 1)		2
z 1 1

Решение. Здесь степень множителя в знаменателе равна 2. Есть всего одна точка разрыва, а именно z0 1. Конкретизируем обобщённую интегральную формулу Коши для этого случая.

f	(n)	(z		)
			0

n!		f (z)
2 i		(z z		)
	L		0

n 1

, при n = 1 получается

f (z)

dz .

f (z0 )

(z z

)

(z z

)

Отсюда следует, что

f (z)

dz 2 if

(z z

)

(z0 )

i e

Тогда

2 ie

= 2 ie .

(z 1)

z 1 1

z 1

Ответ. 2 ie .

Пример.

Доказать,

что

= 0 для любого целого

(z z

)

z z

числа n 1.

Решение. Здесь по обобщённой интегральной формуле Коши при

любом n получается, что

f (z) 1

. Затем любая производная от

константы есть 0. Поэтому результат всегда 0.

Впрочем, если бы мы вычисляли даже старым способом без интегральной формулы Коши (как в конце лекции 6 на странице 56),

то получалось бы

2	ie	it	dt

	(e	it	)	n
0

1	2	e		it
	i				dt
n 1		e	itn
	0

1	2	i(1 n)t
1
n 1 i e			dt
n 1 i e			dt
	0
	0

cos((1 n)t)dt i

sin(( 1 n)t))dt

но оба интеграла здесь

n 1

0,2

равны 0, потому что

(1 n)

целое число, а значит, на отрезке

один или больше полных периодов, что приводит к нулевому

интегралу. И лишь при n 1 результат получается	2	i	(а это было в
примере на стр. 56 в конце лекции 6).

§6. Комплексные числа и дифференциальные уравнения.

Теперь, когда мы более подробно изучили ТФКП, в том числе

формулу Эйлера, ненадолго вернёмся к теме «линейные дифференциальные уравнения», а именно, ещё раз рассмотрим случай комплексных характеристических корней. Это очень полезно, чтобы не забывать дифференциальные уравнения, а также лучше понять


происхождение решений вида e		ax	cosbx

составе ФСР.	Напомним,		что
дифференциальное	уравнение

и	e	ax	sin bx , которые есть в

	линейное			однородное
			имеет	вид

an y

(n)

... a2 y

a1 y

a0 y 0 .

Пусть среди

комплексно-сопряжённых корня,

именно

a bi

e(a bi) x

и e(a bi) x . По формуле Эйлера, эти две

записать в виде

= e

(a bi) x

ibx

cosbx ie

sin bx ,

= e(a bi) x =

eaxe ibx

= eax cosbx ieax sin bx .

корней есть 2

и	a bi . Тогда

функции можно

Линейные комбинации решений снова являются решениями линейного однородного дифференциального уравнения. Таким образом, можно образовать две действительные функции действительного переменного, а именно, с помощью комбинаций:

cos bx

sin bx .

Пример. Решить дифференциальное уравнение y 2 y 5y

Решение. Составим характеристическое уравнение r	2	2r

0 .

5 0

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 157 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.02.20232.05 Mб3Математика.-3.pdf
#
05.02.20232.49 Mб3Математика.-4.pdf
#
05.02.20233.03 Mб3Математика.-5.pdf
#
05.02.20232.78 Mб3Математика.-6.pdf
#
05.02.20232.74 Mб5Математика.-7.pdf
#
05.02.20233.16 Mб4Математика..pdf
#
05.02.2023584.83 Кб51Математическая логика и теория алгоритмов.-1.pdf
#
05.02.2023886.2 Кб7Математическая логика и теория алгоритмов.-2.pdf
#
05.02.2023671.92 Кб5Математическая логика и теория алгоритмов.-3.pdf
#
05.02.2023482.94 Кб5Математическая логика и теория алгоритмов.-4.pdf
#
05.02.2023401.12 Кб8Математическая логика и теория алгоритмов.-5.pdf