О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

sin( z+13)dz

(sin (z+4))' ' =−π i sin 4 .

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

649 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1110 11 > Следующая >>>

§13. Вычисление интегралов от функций комплексного переменного с помощью вычетов

	Теорема 1. (Основная теорема теории вычетов)
	Пусть функция			f (z) аналитична в области				D за исключением
конечного числа изолированных особых точек								z1 , z2 ,... , zN	и анали-
тична на границе Γ области D . Тогда
					N
				f (z)dz=2 π i ∑ Resf (zk ) .
				Γ	k =1
	Доказательство. По теореме Коши для многосвязной области
			N		N
имеем		f (z)dz=∑f (z)dz=2 π i ∑ Resf (zk ) .
		Γ	k =1	γk	k =1
	Второе равенство получается по определению вычета функции в
точке		zk . Контуры		γ k располагаются внутри контура Γ					и содер-
жат внутри по одной особой точке					zk .
	Пример 1. Вычислить интеграл I= sin2						π zdz .
						\|z\|=3 z ( z−2)
	Контур		Γ:\|z\|=3 представляет собой окружность с центром в
начале		координат		радиуса	три.	Особые		точки	функции
f (z)=		sin π z	были исследованы в третьем примере одиннадцатого
f (z)=		z2 (z−2)	были исследованы в третьем примере одиннадцатого
		z2 (z−2)
параграфа. В устранимой особой точке						z=2 функция имеет нулевой
вычет,		а в полюсе первого порядка				z=0	функция имеет вычет
c	=Resf (0)=− π . Вычет в полюсе был найден с использованием эк-
	−1		2
			2

вивалентных бесконечно малых, также это можно показать и через разложение в ряд Лорана в окрестности нулевой точки.

f (z)=0−1 2 z12 (π z− 31! (π z)3 +51! (π z)5+...)=

= −1

π −

π 5 z3+... =−π 1

∞

π 3 z+

+∑ cn z2n+1 .

5 !

3 !

)

2 z

n=0

По теореме 1

I=2 π i(Resf (0)+Resf (2))=−π 2 i .

Иначе можно найти вычет

Resf (0)=lim z f (z)=lim

sin π z

=−

1 lim sin π z

=−

π .

z(z−2)

z→0

2 z→0

Замечание. Этот интеграл можно вычислить и по интегральной

формуле Коши. Окружим особые точки

z1=0 ,

z2=2 любыми гладки-

ми кривыми γ 1 , γ 2

(лежащими внутри контура

Γ ) и обозначим ин-

тегралы по этим контурам

I2 соответственно. Тогда

I=I1+I2 .

sin π z

sin π zdz

(z−2)

sin π z

I1=

dz=2 π i

(

(z−2))

(z−2)

γ1

γ 1

z=0

2 π i

π cosπ z(z−2)−sin π z

|z=0=−π

i .

(z−2)2

sinπ z

I2=

sin π zdz

dz=2 π i

(

sin π z

)z=2

=0 .

(z−2)

z−2

γ2

γ 2

Если считать интегралы через вычеты затруднительно, то интегралы с полюсом и устранимой особой точкой можно считать по интегральной формуле Коши. Эта формула сама зануляет те интегралы, для которых вычет равен нолю. Интегралы с существенной особой точкой нужно считать через вычеты, используя разложение функции в ряд Лорана.

Пример 2. I= z cos 1 dz=2 π i Res f (0) .

|z|=1 z

Используя разложение для косинуса, получаем выражение

=z(1

+...)=z−

+... ,

f (z)=z cos z

−

2 !

4 !

откуда c

=Resf (0)=− 1

I=−π i .

−1

Пример 3. I= sin2

dz=2π i Res f (2)=2 π i 0=0 .

z−2

|z|=3

Решения подобных примеров следует уметь объяснять, хотя они и находятся в уме. Функция четная относительно (z−2) , разложение

в ряд Лорана содержит только четные степени, а вычет есть коэффициент при первой отрицательной степени, т.е. нечетной. Поэтому вычет в существенной особой точке z=2 будет нулевым.

Пример 4. Аналогично третьему примеру можно легко показать, что I= cos π dz=2 π i Res f (0)=2 π i 0=0 .

|z|=1 z

Теорема 2. Сумма вычетов аналитической функции во всех изолированных особых точках, включая бесконечную изолированную особую точку, равна нолю.

			1		N
Доказательство. По теореме 1			1	f ( z)dz=∑ Resf ( zk ) , а по
Доказательство. По теореме 1			2 π i	f ( z)dz=∑ Resf ( zk ) , а по
	1		2 π i	Γ	k=1
определению	1	f ( z)dz=−Resf (∞) . Вычитание этих равенств
определению	2 π i	f ( z)dz=−Resf (∞) . Вычитание этих равенств
	2 π i	Γ

дает ∑ Resf (zk )+Res F(∞)=0 , что и требовалось доказать.

k =1

Следствие. f (z)dz=−2 π i Resf (∞) .

Это равенство бывает удобно применять, если функция есть отношение полиномов.


Пример 5. Вычислить I=	(z+1)dz		.
Пример 5. Вычислить I=	3	−27)	.
\|z\|=5	z(z	−27)

Функция f (z)=	( z+1)	имеет четыре особых точки: z=0 и
	z( z3−27)

три значения корня третьей степени из двадцати семи, расположенных на окружности радиуса три. Все эти точки находятся внутри окружности радиуса пять. Считать интеграл через сумму вычетов в четырех особых точках довольно долго, поэтому посчитаем его через вычет в бесконечно удаленной точке.

При			z→∞		найдем по старшим степеням эквивалентную ве-
личину		для			подынтегральной	функции.		Эквивалентность
f (z)	z	=	1	означает, что член ряда вида			c−1	отсутствует в ряде
	z z3		z3				z

Лорана для этой функции. Следовательно, вычет в бесконечно удаленной точке нулевой, и интеграл также равен нолю.

Можно сразу разложить функцию в ряд Лорана, применив из-

вестную формулу

=1+ z+z2+... zn+... и подставляя вместо

z вы-

1−z

27 .

ражение

z(1+ 1z)

27 27

1 1

f (z)=

(1+ z )(1

+ z3 +(z3

)

+...)=

+... .

)

− z3

После второго слагаемого в разложении встречаются члены ряда

вида

, k>4 , нет члена ряда

c−1

, поэтому

=−Resf (∞)=0 ,

−1

что также было видно сразу при нахождении эквивалентной величины.

Замечание. Если у рациональной дроби (отношения полиномов)

порядок меньше, чем	1	, т.е. порядок	1	,	1	и т.д., то
	z		z2		z3

c−1=−Resf (∞)=0 , и интеграл от такой функции равен нолю.

§14. Вычисление несобственных интегралов с помощью вычетов

∞

Пусть дан несобственный интеграл

∫ f ( x)dx . Для вычисления

−∞

таких интегралов может применяться следующая теорема.

Теорема. Пусть функция

f (z)

удовлетворяет условиям:

1) f (z)

совпадает с f (x)

на вещественной оси и аналитична на

ней,

2) ряд Лорана для f (z) в окрестности точки

z=∞ имеет вид

f (z)=

c−2

c−3

+...

, т.е. z=∞

– ноль не ниже второго порядка,

3) f (z) аналитична

верхней

полуплоскости

Imz>0

за

исключением конечного числа особых точек

z1 , z2 ,... , zN .

∞

Тогда

∫ f (x )dx=2π i

∑ Res f (zk ) , особые точки

z1 , z2 ,... , zN

−∞

k=1

принадлежат верхней полуплоскости.

∞

Пример. Вычислить несобственный интеграл

I=∫

(x2+1)

∞

Преобразуем

I=∫

∫

Введем

теперь

(x2+1)

0 (x2+1)

−∞

функцию

f (z)=

. Убедимся,

что

эта

функция

(z2+1)2

(z+i)2( z−i)2

удовлетворяет условиям теоремы. Действительно,

f (z)=f (x)

при

z=x . В верхней полуплоскости f (z)

имеет одну особую точку z=i .

Перепишем функцию в виде

f (z)=

( z+i)2

, откуда видно, что

(z2+1)2

(z−i)2

z=i есть полюс второго порядка. При z→∞ функция эквивалентна

функции	1	и имеет вид	f (z)=	1	+α (z) , где α (z)	– бесконечно
	z4			z4

малая величина более высокого порядка, чем четвертый порядок.

Получаем по теореме интеграл	I=	1	2 π i Resf (i) . Вычисляем
		2

	(	1		)	)				2			2			1	,
Resf (i)=lim			2		' =lim			−		3	=−	(2 i)	3	=	4 i	,
z→i	(( z+i)					z→i		(	(z+i)		)	(2 i)			4 i
		I=1	2 π i			1	=π .
		I=1	2 π i				=π .
		2				4 i		4

Замечания.

1)Через вычет в бесконечно удаленной точке решать такую задачу нельзя, т.к. бесконечность – внешность круга сколь угодно большого радиуса на всей комплексной плоскости, а в теореме рассматривается только верхняя полуплоскость.

2)В ответе должно получиться действительное число, поскольку вычисляется интеграл от функции действительной переменной по

действительной оси. Если в ответе не сократилась мнимая единица i , то следует искать ошибку.

3) Если бы ошибочно учли две особых точки z=i и z=−i , рассмотрев всю комплексную плоскость, то получили бы равный нолю

интеграл, чего быть не может, поскольку	f (x)>0 .
Решение задач
		N
Основная формула теории вычетов	f (z)dz=2 π i ∑ Resf (zk )
	Γ	k =1

часто применяется на практике. Также удобно применять формулуf (z)dz=−2 π i Resf (∞) в случае, когда подынтегральная функция

является отношением полиномов. В одиннадцатом и двенадцатом

параграфах вычислены вычеты для функций, имеющих особые точки разных типов. Эти результаты легко применяются для вычисления интегралов по основной формуле. В ряде примеров ответы можно записать сразу. Следует проверять, принадлежат ли особые точки

области

D ,

ограниченной

кривой

Γ . Если точки

zk D , то

интеграл

считается по

основной формуле

теории вычетов. Если

zk D , то по теореме Коши

f (z)dz=0 .

Пример 1. а)

sin3 2 z dz

|z|=1

б)

tg( z−2)dz

в)

(cos5 z−1)dz

=0 .

z−2

|z|=3

|z|=

У всех подынтегральных функций особая точка устранимая, в которой вычет равен нолю, поэтому и интеграл тоже нулевой. Определить тип особой точки можно, вычислив предел функции в этой точке, применяя таблицу эквивалентных бесконечно малых.

Пример 2. а) ez−1 dz	=2 π i Resf (1)=2 π i , т.к. z=1	– прос-
\|z\|=2 z−1

той полюс, вычет в котором есть значение числителя (экспоненты) в особой точке, т.е. равен единице.

б) coszdz3		=2 π i Resf (0)=2 π i	(cosz)''	\|z=0	=2 π i	−cosz	=
			2 !			2
\|z\|=1	z						\|z=0

= 2 π i(− 12 )=−π i .

Здесь особая точка z=0 – полюс третьего порядка, следовательно, для вычисления вычета нужно взять вторую производную от косинуса и поделить на соответствующий факториал. Косинус – функция в числителе дроби, не обращающаяся в ноль в особой точке.

в)	(1−cosz)dz			=2	π i Resf (0)=2 π i	1	=π i .
в)	z	3		=2	π i Resf (0)=2 π i	2	=π i .
\|z\|=2	z					2
Особая точка			z=0		является полюсом первого порядка, по-
скольку эквивалентная величина для числителя в ней есть								1 z2	, вто-
								2

рая степень переменного сокращается, в знаменателе остается только

первая степень. Вычет в простом полюсе вычисляется легко, это					1 .
					2
Немного изменим условие,		(1−cosz )dz		=0 . Подынтег-
		z	3
	\|z−2\|=1

ральная функция осталась той же, но особая точка теперь не принадлежит области D , поскольку изменился контур Γ .

г)	sin(z+1)dz	=2 π i Resf (−1)=0 , т.к. z=−1	есть полюс
	3
\|z\|=2	( z+1)

второго порядка, а производная от единицы есть ноль, что дает нулевой вычет.

Решим теперь этот пример по интегральной формуле Коши.

|z|=2

д)

|z|=13


sin(z+1)dz	=2 π i		1	(sin(z+1))' '\|z=−1		=π i(−sin 0)=0
(z+1)3	=2 π i		2 !	(sin(z+1))' '\|z=−1		=π i(−sin 0)=0
sin( z+4 )dz		=2 π i Resf (0)=2 π i(−			1
z3		=2 π i Resf (0)=2 π i(−			2 sin 4)=−π i sin 4

особая точка здесь – полюс третьего порядка. По интегральной формуле Коши получим

z→−1

lim

Замечание. Можно решить вышеизложенные примеры по интегральной формуле Коши и убедиться, что в записи решения для полюса и устранимой особой точки ничего не изменится. Само слово «вычет» также ввел Коши. Эта формула не применяется только для существенной особой точки. У читателя есть выбор, каким способом вычислять интеграл, через вычеты или по интегральной формуле Коши.

Пример 3.

I=	sin π z dz		=	sin π z dz	=2 π i(Resf (−1)+Resf (1)) .
	2	−1		(z−1)(z+1)
\|z\|=3	z		\|z\|=3

Обе особые точки попадают внутрь контура. Найдем пределы подынтегральной функции в особых точках. Воспользуемся правилом Бернулли-Лопиталя.

lim f (z)= lim			sinπ z	=		0	=
z→−1	z→−1		z2−1	(		0 )
lim f ( z)=lim		sin π z =			0	=lim
z →1	z→1		z2−1	(	0 )		z→1

π cos π z =π .
2 z	2
π cos π z	=−π .
2 z	2

Поскольку полученные пределы конечны, обе особых точки являются устранимыми особыми точками, и вычеты в них равны нолю. Искомый интеграл также равен нолю.

Решим теперь эту же задачу по интегральной формуле Коши. Окружим особые точки замкнутыми гладкими контурами L1 , L2 так,

чтобы контуры не пересекались и полностью лежали внутри заданной

границы \|z\|=3 . Вычислим интегралы				I1 , I2 по этим контурам, тогда
искомый интеграл будет I=I1+I2 .
			sinπ z
I1=	sin π z dz	=	z+1	dz=2 π i	sinπ z	=0 ,
	(z−1)(z+1)		z−1		z+1
L1		L1				\|z=1

100

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1110 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
11.08.2026571 Кб0О развитии революционных идей в России.pdf
#
09.08.2026470 Кб0О ремесле поэта. Проза и стихи.pdf
#
11.08.2026637 Кб0О русских поэтах. Критика.pdf
#
12.08.2026843 Кб0О свободе и рабстве человека. Опыт персоналистической философии.pdf
#
12.08.2026848 Кб0О сопротивлении злу силой.pdf
#
11.08.2026649 Кб0О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
#
12.08.2026815 Кб0О типологии музыкальных форм. Учебное пособие для студентов музыкальных вузов.pdf
#
09.08.2026120 Кб0О формировании групп однородной продукции для целей технического регулирования. Учебное пособие.pdf
#
11.08.2026609 Кб0О фотографии.pdf
#
09.08.2026443 Кб0О хороших, в сущности, людях.pdf
#
12.08.20261 Мб0О чем говорят анализы. Расшифровка без консультации врача.pdf