Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Практикум по спецглавам высшей математики (ТФКП, ОИ, ТП). Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 104 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

												2										1											1																1
			f z																																																						,				z 7					1 .

										z				7							7 n											z 7																7 n
																		n 1 z																								n 2 z
																		n 1 z																								n 2 z
					3.				f z									z 1								,				0						z 6								13
																		z 1
																z2 z						42
																z2 z						42
																						r 0, R , a 6 .
															f z										z 1														8							1							5						1
															f z					z2											42						13							z		7					13							z 6
																				z2					z						42						13							z		7					13							z 6
						Второе слагаемое в правой части имеет нужный вид (т.е.
все коэффициенты Лорана по степеням z 6																																																					для функции
	5						1			равны нулю, кроме c																															5				).
13						z 6				равны нулю, кроме c																														13					).
13						z 6																													1					13
						Преобразуем первое слагаемое:
	8						1						8					1												см. пример1.в																												8					1					.
	8						1						8					1																																								8					1
						z 7												13 z 6																																														z
13										13																																														132					1						6
																																																																			6

						Разложим												последнее														выражение																		в					ряд,										13
						Разложим												последнее														выражение																		в					ряд,								получим
				8						1									8														n					z 6									n												z 6 n
				8						1									8										1									z 6									8															n 2 .
				2															2										1																		8															n 2 .
		13						1			z 6						13						n 0																13															n 0					13
		13						1									13						n 0																13															n 0					13
												13																		z 6
Ряд сходится в области 0																														z 6							13 .												n
																						5							1													z				6			n
						Итак,											f z																	8																	,						0			z 6						13 .

																											z		6
																				13																	n 0						13n 2
																				13																	n 0						13n 2
						4. f z												z 5											,					z 6						1							r 1, R , a 6 .
																		z 5
																z2 13z 42
																z2 13z 42													z 5
																		f z											z 5																		2									1
																		f z						z		2											42									z 7								z		6
																								z		2		13z									42									z 7								z		6
						Второе слагаемое в правой части имеет нужный вид (т.е.
все коэффициенты Лорана по степеням z 6																																																					для функции
					1				равны нулю, кроме c																										1 ).
									равны нулю, кроме c																										1 ).
			z 6																													1
			z 6																																											2													2
						Преобразуем первое слагаемое:																																								2													2						.
						Преобразуем первое слагаемое:																																						z		7						1 (z											6)		.
																																												z		7						1 (z											6)

В дроби

модуль первого слагаемого, равный

1 (z 6)

1, меньше модуля

z 6

в области

z 6

1. Потому выно-

сится за скобки z 6

в знаменателе:

1 z

z 6

Раскладывая в ряд, получим

1 n

z 6

6 n 0

n 0

6 n 1

(z 6)n

n 1

Ряд сходится в области

z 6

Итак,

f z

z 6

6 n

z 6

z 6 n

n 1 z

n 2

Задачи 10-11. Вычислить интегралы с помощью выче-

тов

sh z i dz

z 2

а) I

;

б) I

e z 2 dz ;

z 2

1 z 2

в)

z 2 cos

z 2

dz .

Решение. При решении данных задач будут использова-

ны формулы пункта 8 «Кратких сведений из теории».

а) I

sh z i dz

z i

4 z

Особыми

точками

подынтегральной

функции

являются:

z 0

–

простой полюс,

z i

устранимая особая точка

(т.к.

lim

sh z i

)

z i

–

устранимая особая

z4 2 z2

2 3

z i

точка

(т.к.

lim

sh z i

). Внутри

окружности

2 3

z i z4 2 z2

лежат

все

три

точки.

Поэтому

2 i(res f 0 res f i res f i ) . Для простого полю-

са res f 0 lim

sh z i

Вычет в

устранимой

z 0 z4 2 z2

особой

точке

равен

нулю,

т.е.

res f i res f i 0 .

Окончательно

I 2 i

Замечание. Если Вы ошибетесь в определении порядка полюса в сторону завышения, но правильно выполните все действия, то получите правильный результат.

Пример. Рассмотрим предыдущую задачу.

Пусть особыми точками подынтегральной функции являются: z 0 – полюс второго порядка, z i - полюс первого

порядка и z i

–

устранимая особая

точка

(т.к.

lim

sh z i

). Внутри окружности

лежат

z i

z4 2 z2

2 3

точки.

Поэтому

все

три

I 2 i(res f 0 res f i res f i ) . Для полюса второго

порядка

sh z i

res f 0

lim

1! z 0 dz

z2 2

ch z i

z2 2 sh z i 2z

i cos

lim

z 0

Для полюса первого порядка

res f i

lim

sh z i

sh 2 i

i sin 2 0 .

z i

z2 z i

2 2 i

2 3i

Вычет в устранимой особой точке равен нулю, т.е.

res f i 0 . Окончательно I 2 i 12 2i .

z 2

dz .

z 2

б)

z 2

круге

подынте-

z 2

f z

z 2

гральная функция

z 2

имеет существенно осо-

z 2

бую точку z 2 . Вычет

f z

, в этом случае, равен коэффи-

циенту с 1

разложения ее в ряд Лорана. Преобразуем

подынтегральную функцию.

z 2 2

z 2

f z

z 2

e f1 z 4e f2 z

где

f z e

e z 2

. По теореме Коши о вычетах

z 2

I 2 i e res f1 2 4e res f2 2 . Разложим функции f1 z

и f2 z

в ряд Лорана, используя (26). Получим

f1 z e

z 2

2 n

n 0 n! z

с 1 2 ,

этом

разложении

коэффициент

т. е.

res f1 2 c 1

2 . Далее

e z 2

Здесь с 1 1 , т.е.

z 2

n 0 n! z 2 n 1

res f2 2 c 1

Следовательно

I 2 i e 2 4e 1 12 ei .

в)

z 2 cos

z 2

dz . В области

подынте-

гральная функция f z z 2 cos z z 2 имеет существенно

особую точку z 0 . Вычет res f 0 , в этом случае, равен

коэффициенту с 1 разложения ее в ряд Лорана. Преобразуем подынтегральную функцию.

f z z 2 cos z z 2 z 2 cos 1 2z z 2 cos1cos 2zsin1sin 2z cos1 z cos 2z 2cos1 cos 2z sin1 z sin 2z

2sin1 sin 2 cos1

z 2cos1 f

z sin1

2sin1 f

где f z z cos 2 ,

z cos

2 ,

z z sin 2 ,

z sin 2 .

2 i cos1 res f1 0

По теореме Коши о вычетах I

2cos1 res f2 0 sin1 res f3 0 2sin1 res f4 0 .

Разло-

жим функции

f1 z ,

f2 z ,

f3 z

f4 z в ряд Лорана,

z z cos 2

используя (26).

. В этом раз-

n 0

2n !z2n

ложении

коэффициент

2 ,

т.е.

res f

0 2 .

z cos 2

Далее, f2

. Здесь с 1 0 , т. к. в раз-

ложении

n 0

2n !z2n

степени

z , т. е.

присутствуют

только четные

2n 1

res f2 0 0 . Аналогично, f3 z z sin 2 z

2n 1 !z2n 1

n 0

Так как в разложении тоже присутствуют только четные

степени z ,

то

с 1 0 ,

т.е.

res f3 0 0 .

f4 z sin 2

2n 1

. В

этом

разложении

коэф-

n 0 2n 1 !z2n 1

фициент

равен

и res f

0 2 . Следователь-

но, искомый интеграл равен

I 2 i 2cos1 4sin1 4 i cos1 2sin1 .

Задача 12. Вычислить несобственный интеграл с помощью вычетов

x2 3

0 x2

Решение. Подынтегральная функция четная, поэтому

. Для функции

x2 3

0 x2

R z

числитель

– многочлен нулевой

2 2 z2

степени, знаменатель – многочлен шестой степени. Полюсы функции z i 2 и z i 3 лежат вне вещественной оси, причем в верхней полуплоскости лежат полюса z i 2 кратности два и z i 3 - простой полюс. Поэтому для вы-

числения интеграла можно воспользоваться формулой (31)

I 12 2 i res R i

2 res R i 3 .

Вычислим

вычеты.

Для

простого полюса z i

3 вычет равен

res R i 3 lim

z i

lim

3 z2

z2 3

z i

3 z2

3 2 2 i

3 i

i2 3

Для полюса z i

2 кратности два вычет равен

res R i

z i

lim

z i

2 dz

				1						2 z	2	3 z i				2	2z
lim		d		1					lim	2 z		3 z i				2	2z

			z i	2	2	z		3		z i			2	z		3	2
z i			z i	2		z	2	3	z i 2	z i			2	z	2	3
z i	2 dz						2		z i 2				3		2

2 3 i

2 i

2 2i 2

2 i

2 3 2 3 2

i8 2

Подставляя res R i

2 и

res R i

в формулу, получим

4 2 3 3

I i

i8 2

Задача 13. Найти интеграл от заданной ветви много-

значной функции по кривой C от точки z1 до точки z2

а)

ln zdz, C прямая, z

1 i, z

1 i, ln 1 i

i ;

z ln zdz, C частьокружности

б)

1, z1

i, z2

ln1 2 i ;

в)

4 z2 dz, C частьокружности

1, z1 1, z2

4 1

1 .

Решение. При решении данной задачи сначала выделяется ветвь многозначной функции. В решении 1 производим интегрирование по методике задачи 6 с использованием формулы (19). В решении 2 используем первообразную.

а)	ln zdz,C прямая, z1 1 i, z2 1 i . Согласно
	C
формуле (12) Ln 1 i ln
формуле (12) Ln 1 i ln				2 i 4 2k . Учитывая усло-
вие ln 1 i ln		2 i , получаем, что k 0 .
		4
Решение 1. Так как контур интегрирования есть прямая
между точками z1 1 i			и	z2 1 i , параллельная оси Ox
( dy 0 ), то переменная			z имеет вид z x i . Тогда подын-

тегральную

функцию

можно

представить

виде

ln z ln

1 x2 i arccos

Следовательно, искомый

1 x2

интеграл, с учетом формулы (19), можно записать в виде

ln zdz ln

1 x2 dx i arccos

dx .

1 x

Вычислим первый из интегралов с помощью интегрирования

по частям:

xdx

u ln 1

, du

ln 1 x2 dx

1 x2

x ln

1 x2

dv dx,

v x

x2dx

2 ln

2 dx

1 x

ln 2 x

1 arctg x

ln 2 1 1

2 ln 2 .

Вычислим второй интеграл:

arccos

1 x2

du 1 x2 ,

1 x2

dv dx,

v x

x arccos

xdx

arccos

1 x2

1 1 x2

2 ln x

2 ln 2

2 ln 2 .

Окончательно получим ln zdz 2 ln 2

i .

Решение 2. Т.к. подынтегральная функция аналитиче-

ская, то

ln zdz

u ln z,

1 1i i

1 i Ln 1 i

z ln z z

dv dz,

v z

1 i 1 i Ln 1 i 1 i 1 i ln

2 i

1 i

		2	i		1 i	ln	2 i ln		2 i	3		3	2
1 i ln		2	4		1 i	ln	2 i ln		2 i		4	4	2
			4			i 2 ln					4	4
ln	2 i ln			2		i 2 ln		2 i			2
					4	4				2
					2 ln 2		i .
						2

б) z ln zdz, C частьокружности z 1, z1 i, z2 1,

ln1 2 i .

Согласно формуле (12) Ln1 2 ki . Учитывая условие задачи получаем, что k 1.

Решение 1. Так как контур интегрирования есть часть окружности радиуса единица, то переменную z удобно

представить

виде

z ei t 2k ei t 2 .

Тогда

ln z ln ei t 2

i t 2 ,

dz i ei t 2 dt ,

Следовательно, искомый интеграл можно записать2в виде

z ln zdz ei t 2 i t 2 iei t 2 dt

t 2 e2i t 2 dt .

Интегрируя2 по частям, получим

u t 2 ,

du dt,

t 2 e2i t 2 dt

dv e

2i t 2

dt, v

2i t 2

t 2

e2i t 2

e2i t

2 dt

e2i 2 2

e2i 2

e2i 2 2

e 2 i

1 e 3 i 3

cos 2 isin 2

cos3 i sin 3

3 1 .

Окончательно получим z ln zdz

2 i

Решение 2. Т.к. подынтегральная функция аналитиче-

ская, то

du dz

u ln z,

z ln zdz

ln z

1 Ln 1

dv zdz,

1 1

2 Lni 4 2 i

2 2

2 i 2

2 2

2 i

i 5 .

в)

z2 dz, C частьокружности

1, z1

1, z2 i,

4 1 1.

Согласно формуле (4)

4 1 cos 2 k

isin 2 k

, k 0,1,2,3 .

Тогда w0

1, w1 i , w2

1 ,

w3 i . Учитывая условие за-

дачи, получаем, что k

2 .

Решение 1. Так как контур интегрирования есть часть

окружности радиуса

единица,

то

переменную

удобно

представить в виде

ei t 4 .

z ei t 2k

Тогда

4 z2 ei

2 ,

dz i ei t 4 dt ,

t 0 ,

. Следо-

вательно, искомый интеграл можно записать в виде2

4 z2 dz 2 ei 2t 2 i ei t 4 dt i 2 ei 32t 6 dt

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 104 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]