Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

649 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1111

sinπ z

I2=

sin π z dz

z−1

dz=2 π i

sin π z

=0 , I=I1+I2=0 .

(z−1)(z+1)

z+1

z−1 |z=−1

Пример 4. I=

e2 z dz

=2 π i(Resf (1)+Resf (i)) .

|z|=2 (z−1) (z−i)

Особая

точка

z=1 –

полюс

второго

порядка, потому что

f (z)=

φ (z)

, где

φ (z)=

e2z

φ (1)≠0 . Следовательно, вычет в

(z−1)2

z−i

таком полюсе находится как

e2 z

e2 z (2(z−i)−1)

(1−2i)

Resf (1)=limz→1 (

)=limz→1

z−i

(z−i)2

−2 i

Точка

z=i – простой полюс, поэтому

Resf (i)=lim

e2 z

e2i

(z−1)2

−2i

z→i

Тогда I=−π (e2i +e2 (1−2i)) . В ответе можно e2i не преобразовывать, если это не требуется в условии задачи.

Пример 5. z2 sin π dz=2 π i Resf (0) .

|z|=R z

Особая точка z=0 – существенно особая точка, поэтому вычет в ней находится из ряда Лорана. Применим разложение для синуса, вместо аргумента z подставляем πz . В ряде нас интересует только

член вида c−z1 , поэтому оставим в разложении только это слагаемое,

хотя оно и не первое (остальные спрячем под многоточием). Другие слагаемые, включая первое, не будут давать нужную нам степень переменного.

101

1 1 π3

1 π 5

−π 3 1

f (z)=z (z −

+...)=

+... , отсюда

3 !

5 !

3 !

=Resf (0)=−π 3 =−π 3

I=2 π i

−π 3

=−π 4 i .

−1

3 !

(

)

Пример

( z−π )sin

dz=0

поскольку

функция

z−π

|z|=4

(z−π ) sin

является четной относительно

(z−π ) , и разложение

z−π

в ряд Лорана

содержит

только

четные степени.

Следовательно,

c−1=Resf (π )=0 .

Пример 7.

sin2

dz=0 ,

т.к. подынтегральная

функция

z−2

|z|=3

четная относительно (z−2) , раскладывается только по четным степеням, c−1=Resf (2)=0 .

Пример 8. I= z sin	z	dz=2 π iResf (1) , z=1		– существен-
	z−1
\|z\|=2
но особая точка. Нужно разложить функцию по степеням				(z−1) , учи-
тывая, что z=(z−1)+1 , а неправильная дробь				z	=1+	1	.
			z−1			z−1

Воспользуемся также формулой		sin(a+b)=sina cosb+cosa sinb				и раз-

ложениями функций синус и косинус в ряд Тейлора, в которых вместо

z подставим	1	.
	z−1

f(z)=((z−1)+1) sin(1+ z−1 1 )=((z−1)+1)(sin 1 cos z−1 1 +cos1 sin z−1 1 )

f(z)=(( z−1)+1)(sin 1(1− 21! (z−11)2 +...)+cos1(z−1 1 −31! (z−11)3 +...))

102

Перемножаем скобки и группируем слагаемые вида			c	, их
			z−1
сумма даст	c−1	. Члены ряда с другими степенями (z−1) нас в
	z−1

этой задаче не интересуют, т.к. они не дают вклада в вычет, и их можно явно не выписывать. При этом нужно проверять, что действительно все нужные слагаемые учтены.

f (z)=−sin 1

+1 cos1

+... , c

=Resf (1)=cos1−

sin1

2 ! z−1

z−1

−1

I=2 π i(cos1−

sin

)=π i(2 cos1−sin 1) .

Пример 9.

( z−1)dz

+1)

|z|=3 z

(z+1)( z

Можно найти интеграл, используя сумму вычетов в четырех конечных особых точках z=0 ,−1 , i , но проще вычислять интеграл

по формуле I=−2 π i Resf (∞) . При		z→∞ найдем эквивалентную:
f (z)=		( z−1)	1	.
f (z)=	z2 (z+1)(z2+1)			.
	z2 (z+1)(z2+1)		z4
Это означает, что в разложении в ряд Лорана					1	– старший
Это означает, что в разложении в ряд Лорана					z4	– старший
					z4

член ряда, а далее следуют члены более высокого порядка малости, т.е. отсутствует член ряда вида c−z1 . Следовательно, вычет в бесконечно

удаленной точке и интеграл будут равны нолю. Этот более простой способ использует теорию пределов (но нечасто применяется).

Покажем также более сложный способ решения, использующий разложение в ряд Лорана. Функцию преобразуем так, чтобы получить

разложение по степеням дроби	1 .
	z

103

(z)=

(z−1)

z(1−1z )

+1 z2+1

z2 z(1+ 1z)z2(1+

)

1−

(1− z )

1+ 1

Для последних двух дробей применим разложение для

1+z

где вместо z

взяты соответственно выражения

. Эти ряды

сходятся при |1z|<1 ,|z12|<1 , откуда |z|>1 , т.е. есть сходимость нужных нам множителей на бесконечности.

f (z)=

1−

(

1−

+...

)(

1−

+...

)

+... .

(

z )

Видно, что

слагаемое

вида

c−1

отсутствует

разложении,

поэтому c−1=−Resf (∞)=0 , и интеграл равен нолю.

Приведем теперь примеры на вычисление несобственных интегралов с помощью вычетов.

∞

Пример 10.

I=∫

∫

(x2+4)(x2

+1)

−∞ (x2+4)(x2

f (z)=

(z2+4)(z2+1)2

(z+2 i)(z−2 i)(z+i)2(z−i)2

I=2 π i

1 (Resf (i)+Resf (2 i)) .

104

Посчитаем вычеты в простом полюсе

z=2 i

и полюсе второго

порядка z=i , лежащих в верхней полуплоскости:

|z=2i=

Resf (2i)=

=−

(z+2i)(z+i)2( z−i)2

4 i(3 i)2 i2

| (

)

−2 z

Resf (i)=

)

2 +

−

) z=i

((z

4 ) (z

+i)

z=i

(z+i)

+4 ( (z+i)

= −

откуда

I=π i(−

−

Пример 11.

∞

I=∫

=∫

=2 π i(Resf (3 i)+Resf (i))=

+1)

−∞ x

+10 x

−∞ (x

+9)(x

Нахождение вычетов читатель может провести самостоятельно.

105

§15. Формулировка фундаментальных результатов ТФКП

I. Функция f =u+iv аналитична внутри круга на комплексной плоскости z тогда и только тогда, когда выполняется одно из следующих четырех условий:

1)	f	дифференцируема в каждой внутренней точке круга
2)	u	и v связаны условиями Коши-Римана
3)	f	непрерывна в круге и f ( z)dz=0 (теорема Коши)
		(Γ)

4) внутри круга f может быть приближена многочленом с любой степенью точности (представима рядом Тейлора)

На основании пунктов 1)-4) строится теория аналитических функций. Любой из этих пунктов можно взять за определение аналитической функции, остальные тогда будут являться свойствами, и их нужно доказывать. В предложенном курсе ТФКП за определение взят пункт 1), как и принято во многих математических школах.

II. На основе I справедливы: 1) интегральная формула Коши

2) в круговом кольце r<|z−z0|<R функция f представима рядом Лорана

	N
3) f (z) dz=2 π i∑ Resf ( zk )=−2 π i Resf (∞) .
(Γ)	k=1

106

Библиографический список

1.Пискунов Н.С. Диффференциальное и интегральное исчисления для ВТУЗОВ, том 2.— М.:Наука, 1996. – 560с.

2.Краснов М.Л., Киселев А.И., Макаренко Г.И. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости. – М.:Наука, 1981. – 304с.

3.Арамонович И.Г., Лунц Г.Л., Эльсгольц Л.Э. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости. М.:Наука, 1968. – 415с.

4.Назарова Т.М., Хаблов В.В. Сборник задач по рядам и интегралам Фурье, теории функций комплексного переменного и операционному исчислению: учебное пособие. – Новосибирск:Издво НГТУ, 2009. – 44с.

5.Буров А.Н., Вахрушева Н.Г., Клишина С.В. Практикум по спецглавам математики: Учебное пособие. – Новосибирск:Изд-во НГТУ, 2012.

– 114с.

107

Неделько Светлана Валерьевна Миренкова Галина Николаевна

О ТЕОРИИ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

Учебное пособие

В авторской редакции

Выпускающий редактор И. П. Брованова Дизайн обложки А. В. Ладыжская

___________________________________________________________________________________

Подписано в печать 20.06.2024. Формат 60 × 84 1/16. Бумага офсетная. Тираж 200 экз. Уч.-изд. л. 6,27. Печ. л. 6,75. Изд. № 272/21. Заказ № 143. Цена договорная

___________________________________________________________________________________

Отпечатано в типографии Новосибирского государственного технического университета

630073, г. Новосибирск, пр. К. Маркса, 20

108

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1111

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