Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК11

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

2 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1713 14 15 16 17 > Следующая >>>

z +1 −i

1 + ie

lim

n+1

= lim

(z + i −

1)n+1 e

(1 + ien 2)

= lim

u n

n+1

n→∞

+1)

n→∞

+ ie

1 + ie

(z + i

= z +1 − i lim

1 + en

= z +1 − i

< 1. Отсюда заключаем, что ряд сходит-

n→∞

1 + e

n+1

ся абсолютно в области

z +1 − i

< e, т.е. в круге радиуса R = e с центром в

точке z0

= −1 + i .

+ i)

n+1

∞

ПРИМЕР 2.40. Найти область сходимости ряда ∑(1

+ ∑

2n+1

n=1

n=0

Решение. Рассмотрим отдельно ряды по положительным и отрицатель-

∞

ным

степеням z. Ряд ∑

можно рассматривать как ряд,

составленный из

2n+1

n=0

членов геометрической прогрессии со знаменателем q =

. Такой ряд сходит-

ся при условии

< 1, т.е. в круге

< 2 радиуса R = 2.

∞

(1 + i)n+1

Для ряда ∑

)

n+1

n=1

)

n+2

+ i

n+1

n+2

(

un+1 =

(

, где

a −n

= (1 +i)

, a −(n+1) = (1 + i)

n+1

(1 + i)n+2

Применяя

признак

Даламбера,

получаем

lim

n+1

= lim

zn+1 (1 + i)n+1

n→∞

1 + i

< 1. Откуда

z >

2 , т.е. областью сходимости ряда по отрица-

тельным степеням z является внешность круга радиуса r = 2 с центром в

точке z0 = 0 .

Таким образом, данный степенной ряд Лорана сходится в области, общей для того и другого ряда, которая есть кольцо 2 < z < 2.

ПРИМЕР 2.41. Разложить функцию w = f(z) в ряд Тейлора в окрестности точки z0

123

и указать радиус сходимости: а)

f(z) = ez ,

z0 =

;

б) f(z) =

z0 = 2 ;

z +1

в)

f(z) = ez sin z,

z0 = 0.

Решение.

а) Воспользуемся известным разложением для ez (формулы

z−

(2.48)); с этой целью преобразуем функцию к виду

ez = e

e ez−2 .

Заменяя

разложении

на

z −

получим следующий

ряд Тейлора

1 n

z −

∞

= e

∑

, для которого радиус сходимости R = ∞.

n=0

б) Выделим в дроби целую часть, а

затем знаменатель правильной дроби

преобразуем

так,

чтобы

нем

было слагаемое (z − 2):

1 −

z +1

=1 −

Используя разложение функции

(фор-

z − 2 + 3

z − 2

1 + z

1 +

мулы (2.48)), получим

1 ∞ (−1)n (z − 2)n

1 ∞

(−

n z

− 2 n

= 1 −

∑

= 1 −

∑

z +1

3 n=0

Радиус сходимости R = 3,

так как ближайшая особая точка z = −1 уда-

лена от центра круга сходимости z0 = 2 на расстоянии, равном 3. в) Представим данную функцию следующим образом:

sin z = e

z ei z − e−i z

(1+i)z

−e

(1−i)z

). Тогда

2 i

ez sin z =

∑∞ ((1 + i)z)n

− ∑∞ ((1 − i)z)n =

n=0

2 i n=0

∞ (1 + i)n − (1 − i)n

∑

R = ∞.

2 i n=0

ПРИМЕР 2.42. Разложить в ряд Лорана функцию

f(z) =

(z − 2)(z − 3)

по степеням z (приняв z0 = 0).

Решение.

Функция f(z)

не аналитична в точках z1

= 2 и z2 = 3 . Сле-

довательно, можно выделить три кольца с центром в точке z0 = 0, в каждом из

124

которых

f(z)

является аналитической:

а) круг

< 2, б) кольцо 2 <

< 3,

в) 3 <

< ∞− внешность круга

< 3.

Разложим

функцию на сумму

простейших дробей

(z − 2)(z − 3)

= −

z − 2

−

< 2 функция f(z) аналитична. Коэффициенты ряда Лорана

а) В круге

при степенях с отрицательными показателями равны нулю, ибо они выражаются интегралами от аналитической функции по замкнутому контуру. Ряд Лорана совпадает с рядами Тейлора. Запишем каждую из дробей в виде

−

;

= −

и воспользуемся разложе-

z − 2

2 − z

z −3

1 −

нием в ряд Тейлора функции

(формулы 2.48)). В силу чего имеем

− z

z n

∞

(

< 2),

−

∑

= ∑

−

2 n=0

n=0 2n+1

∞

z n

∞

(

)

= −

∑

= −

∑

z −

3 n=0

n=0

3n+1

∞

= ∑

−

(z − 2)(z − 3)

2n+1

n=0

3n+1

Ряд Лорана содержит только правильную часть:

a −n = 0, a n =

−

(n = 0,1,K)

2n+1

3n+1

∞

б) В кольце 2 <

< 3 ряд

∑

для функции

сходится, поэто-

3n+1

z − 3

n=0

∞

му по-прежнему

= −∑

, а ряд

∑

для функции −

рас-

− 3

3n+1

2n+1

z − 2

n=0

ходится, поэтому

функцию

преобразуем

к виду

z − 2

z −

z 1 −

в виде суммы геометрической

прогрессии со знаменателем

Представим

1 −

125

q =

2 n−1

= 1 +

+K+

+K.Этот ряд сходится для

< 1,

1 −

2 n

2n−1

∞

(

> 2).

т.е. при

> 2. Тогда

∑

z −

n=0

n=1

∞

n−1

∞

Таким образом,

= −∑

−

∑

. Ряд Лорана со-

− 2)(z − 3)

3n+1

n=1

n=0

держит

правильную

главную

части:

a−n

= −2n−1 (n = 1,2,K), an =

3n+1

(n = 0,1,2,K).

∞

n−1

в) В области 3 <

< ∞ ряд ∑

для функции

сходится, а ряд

z −

n=0

∞

∑

для функции

расходится. Поэтому функцию

представим в

n+1

− 3

z − 3

n=0

3 n

∞

3n−1

(

)

−

∑

виде

3 . Тогда имеем

z −

−

z n=0

n=1

2n−1

3n−1

− 2n−1

= −

∞

+ ∞

= ∞

(

> 3 .

∑

(z − 2)(z − 3)

∑

)

n=1

= 3n−1 − 2n−1

Ряд Лорана содержит только главную часть:

an = 0, a−n

(n = 1,2,K). Приведенный пример показывает,

что для одной и той же функ-

ции f(z) ряд Лорана имеет, вообще говоря, разный вид для разных областей . ПРИМЕР 2.43. Разложить в ряд Лорана в окрестности точки z0 следую-

щие функции:

а) f(z) = z

e z

, z0

= 0 ;

б) f(z) =

, z0

= −1;

z2 (z −1)

в) f(z) =

, z0

= 0 .

z2 (z −1)

Решение. а) Функция z5 e

аналитична всюду, кроме z0 = 0, поэтому ее

можно разложить в ряд Лорана в кольце: 0 < z < R (R = ∞). В силу (2.48)

126

1 n

∞

имеем

= ∑

. Отсюда получаем z5

e z = z5 ∑

zn n!

n!zn

n=0

= z5 + z4 +

+K.

6!z

б) Функция

аналитична в точке z0

= −1. Поэтому в окрестно-

z2 (z

−

сти точки z0

= −1 ее можно разложить в ряд Тейлора,

причем ряд будет схо-

диться в круге с центром в

= −1 радиуса R = 1 (расстояние

от точки

z0 = −1 до ближайшей особой точки z0

= 0 ). Разложим функцию на сумму

простейших дробей:

−

z2 (z −1)

z −1

В силу (2.48) имеем

+1 n

= −

1 ∞

(

z +1

< 2

)

z −

z +1 − 2

1 −

z +

2 n∑=0

= −

∞

(z +1)n

(

z +

< 1

∑

z z +1 −1

1 −(z +1)

)

n=0

Ряд

для функции

найдем

почленным

дифференцированием

ряда

1 ′

∞

n(z

+1)

n−1

(

)

∑

функции

= −

z +

< 1 .

n=0

Таким образом, в круге

z +1

< 1 получаем

= ∑

− 1n+1 −1 + (n +1) (z +1)n .

∞

z (z −1)

n=0

в) Функция

аналитична в кольце 0 <

< 1, поэтому ее ряд

z2 (z −1)

∞

Лорана имеет вид:

= −

∑ zn =

(z −1)

z2 1 − z

n=0

127

∞

= −

−

−1

− z − z2 −K= −

−

− ∑ zn . Главная часть Лорана в окре-

n=0

∞

стности z

= 0

(z) = −

−

, а правильная f

(z) = − ∑ zn .

n=0

2.7. ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

2.7.1. Классификация изолированных особых точек

Точки плоскости z, в которых однозначная функция f(z) является ана-

литической, называют правильными точками функции, а точки, в которых функция не является аналитической, называют особыми точками (в частности,

точки, в которых f(z) не определена).

Точка z0 называется изолированной особой точкой функции f(z), если f(z) аналитична в некоторой окрестности этой точки, за исключением самой

точки z0 .

В зависимости от поведения функции в окрестности особой точки различают три типа особенностей.

Изолированная особая точка z0 функции f(z) называется:

а) устранимой особой точкой, если существует конечный предел

lim f(z) = C ≠ ∞, (2.51)

z→z0

б) полюсом, если
lim f(z) = ∞,									(2.52)
z→z0
причем полюсом k − го порядка, если
z→z0	[(	z − z	0 )	k f	(		)]	= C ≠ ∞
lim		z − z		k f		z		= C ≠ ∞	(2.53)
и простым полюсом при k = 1;									не существует lim f(z) (ни ко-
в) существенно особой точкой, если									не существует lim f(z) (ни ко-

z→z0

нечный, ни бесконечный).

2.7.2. Ряды и особые точки

Имеют место следующие утверждения

10 . Для того, чтобы изолированная особая точка z0 функции f(z) была устранимой, необходимо и достаточно, чтобы лорановское разложение f(z) в окрестности точки z0 не содержало главной части, т.е. имело вид

128

	∞				− z0 )2 +K
f(z) = ∑ a n (z − z0 )n = a0 + a1 (z − z0 )+ a2 (z					− z0 )2 +K	(2.54)
	n=0
20 . Для того, чтобы изолированная особая точка z0 функции f(z) была
полюсом k − го порядка, необходимо и достаточно, чтобы главная часть лора-
новского разложения содержала лишь конечное число (k) членов						(2.55)
f(z) = a −k		+K+ a −1		+ ∑ a n (z − z0 )n , a −k	≠ 0.	(2.55)
				∞
	(z − z0 )k		z − z0	n=0
30 . Для того, чтобы особая				точка z0 функции f(z)	была существенно

особой, необходимо и достаточно, чтобы главная часть лорановского разложения содержала бесконечно много членов.

2.7.3. Нули аналитической функции. Связь между нулем и полюсом

Точка z0 называется нулем функции f(z), если f(z0 ) = 0. Точка z0 на-

зывается нулем порядка k , если							f (k )(z0 ) ≠ 0.
		f(z0 ) = f ′(z0 ) =K= f (k−1) (z0 ) = 0, а						(2.56)
	Ряд Тейлора в окрестности точки z0 − нуля порядка k функции f(z)−
имеет вид f(z) = a k (z − z0 )k + a k+1 (z − z0 )k+1 +K.
	Теорема 2.2.					Для того, чтобы точка z0 была нулем порядка k функции
	f(z), необходимо и достаточно, чтобы имело место равенство
			f(z) = (z − z0 )k ϕ(z),					(2.57)
где ϕ(z)− аналитична в точке z0 и ϕ(z0 ) ≠ 0.
	Для определения порядка нуля функции полезно помнить, что если z0 −
нуль порядка k для g1 (z) и нуль порядка l для g2 (z) , то z0								−нуль порядка
	k + l для произведения g1 (z) g2 (z), порядка k − l (при k > l) для частного
	g1 (z)	;	z0 − правильная точка, не являющаяся нулем при					k = l и особая
	g2 (z)

точки при k < l.							z0 была полюсом порядка k для
	Теорема 2.3.					Для того, чтобы точка
функции f(z),				необходимо и достаточно, чтобы эта точка была нулем порядка
	k для функции			1		.
					f(z)

129

2.7.4. Особенности функции в бесконечно удаленной точке

Под точкой z = ∞ понимают абстрактную точку плоскости z, окрестностью которой является множество чисел z, удовлетворяющих неравенству

z > R , где R − любое действительное положительное число.

Ряд Лорана функции w = f(z) в окрестности точки z = ∞определяют с

= ϕ(ζ) в окрест-

помощью замены переменной z =

для функции w = f

ности точки ζ = 0. Ряд Лорана в окрестности точки z = ∞ имеет вид

∞

f(z) = ∑ a −n z−n + ∑ a n zn ,

∞

n=0

n=1

где f1 (z)

= a1 z + a 2 z2 +K+ a n zn +K − главная часть,

= ∑ a n zn

n=1

a −1

a −2

a −n

∞

f2 (z)= ∑ a −n z−n

= a 0 +

+K+

+K − правильная часть.

n=0

Поведение функции в окрестности бесконечно удаленной точки дает воз-

можность классифицировать ее особенности в этой точке.

Точка

z = ∞ называется устранимой особой точкой

функции,

если

lim f(z) =

, где

< ∞.

z→∞

Ряд Лорана

этом случае

не содержит

положительных степеней

f(z) = f2 (z) = a0 +

a−1

a−2

+K.

Точка

z = ∞

называется

полюсом

порядка

функции,

если

lim f(z) = ∞.

z→∞

Ряд Лорана в этом случае содержит конечное число (k) положительных

степеней:

∞

f(z) = ak zk + ak −1 zk −1 +K+a

(a−k ≠ 0).

1 z + ∑a−n

z−n

n=0

Точка

z = ∞ называется существенно

особой для

функции,

если

lim f (z) не существует.

z→∞

Ряд Лорана в этом случае содержит бесконечное число положительных

степеней z .

что точка z = ∞ называется нулем порядка k функции

f(z),

Заметим,

если точка ζ =

= 0 является нулем порядка k для функции f

= ϕ(ζ).

130

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.44. Найти нули функции f(z) = (z2 + π2 )sh z и определить

их порядки.		f(z) = 0,	получим (z2 + π2 )sh z = 0, откуда
Решение.	Полагая
z2 + π2 = 0 или sh z = 0.		Первое уравнение имеет корни z = ±πi . Корнями
второго уравнения являются числа zk = k π i (k = 0,±1,± 2,K).
Итак, точки z = ±πi,		zk = k π i	(k = 0,± 2,K)− нули функции f(z).

Определим их порядки. Точки z = ±πi − нули 2-го порядка, так как они явля-

ются нулями 1-го порядка для функции g1 (z) = z2

+ π2 и g2 (z)= shz . В са-

мом деле, в силу (2.56) получаем

g1′(z)

z=±πi

= 2 z

z=±πi = ±2πi ≠ 0,

g′2 (z)

z=±πi

= ch z

z=±πi = ±chπi = cosπ ≠ 0.

Точки zk =k πi

(k = 0,± 2,± 3,K) являются нулями 1-го порядка дан-

ной функции f(z), так как

f ′(z)

z=zk

= (2 z sh z + (z2 + π2 )ch z)

z=zk

= (−1)k π2 (1 − k 2 )≠ 0

при k = 0,± 2,± 3,K.

ПРИМЕР 2.45. Найти особые точки функции и выяснить их характер:

а) f (z)= (z −z		2)3 ;		б) f(z) = sin1 z ;
		2
в) f(z) = tg z			;	в) f(z) = z e	−z .
					1

	z2 − π z
		4
Решение. а) Особая точка функции f(z)					z = 2 (знаменатель дроби об-

ращается в нуль). Легко видеть, что lim f(z) = ∞, значит, согласно (2.52),
		z→2
z = 2 − полюс, причем 3-го порядка, так как по определению (2.53)
lim(z − 2)3	z2	= lim z2 = 4 ≠ 0.
lim(z − 2)3	(z − 2)3	= lim z2 = 4 ≠ 0.
z→2	(z − 2)3	z→2

131

б)	Изолированные особые точки			zn = n π		(n = 0,±1,± 2)− простые
полюсы, так как для функции		1	= sin z точки zn			= n π являются нулями 1-
полюсы, так как для функции		f(z)	= sin z точки zn			= n π являются нулями 1-
		f(z)
го порядка. Действительно, sin n π = 0, (sin z)′						= cosπn = (−1)n ≠ 0.
го порядка. Действительно, sin n π = 0, (sin z)′						= cosπn = (−1)n ≠ 0.
					z=π n
					z=π n
в)	Особые точки: z = 0,		z = π	, zn = (2n +1)π (n = 0,±1,± 2,K).
			4			2

Выясним их характер. Отметим, что в точке z = 0 обращается в нуль и числитель. Найдем предел функции при z → 0:

lim f(z) = lim		sin z		1	= −	π.
lim f(z) = lim		z		π	= −	π.
z→0	z→0	z		π		4
			z −	cosz
				4

Следовательно, согласно (2.51), точка z = 0 является устранимой особой

точкой.

Точка

z =

− простой полюс, так как для функции

ψ(z) =

f(z)

= z z −

ctg z эта точка является нулем 1-го порядка. В самом деле, функ-

цию можно представить в виде: ψ(z)

−

ϕ(z), где ϕ(z) = z ctg z ана-

= z

литична в точке z =

= (2n +

≠ 0. Точки zn

(n = 0, ±1, ± 2,K)

также являются простыми полюсами, так как для функции

ψ(z) =

= = z

−

z ctg z

они являются нулями 1-го порядка в силу

f(z)

того, что

ψ(zn ) = 0,

n+1 (2n +1)π

′

− 4 z

= (−1)

−

ctgz −

ψ (z

sin 2 z

z=zn

× (2n +1)π −

π ≠ 0 .

г)

В окрестности особой точки z = 0 для f(z)

имеет место следующее

разложение: f(z) = z e

−

1 1

= z 1 −

−

−K =

2! z2

3! z3

4! z4

132

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1713 14 15 16 17 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20151 Мб51УМК.PDF
#
17.03.20153 Мб112УМК.PDF
#
17.03.20153 Мб71УМК.PDF
#
17.03.20154 Мб98УМК.PDF
#
17.03.20152 Мб67УМК.PDF
#
17.03.20152 Мб26УМК11.pdf
#
17.03.20152 Мб155УМК6.pdf
#
01.04.2025310 Кб2УМКД Медицина катастроф.doc
#
01.05.202588 Кб2УМП Тексты по специальности БТС, БТН для самос...doc
#
17.03.2015430 Кб13УМП . Сб. к.р.2011.doc
#
17.03.2015219 Кб84УМП ВРЕМЕНА1.doc