Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Функции комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
4.4. Разложите функции а)-з) в ряд Лорана по степеням (z −zo), укажите область сходимости.
а) f(z) =
sin z
в) f(z) = cos
2
, zo= 0; б) f(z) =
3
z
1
, zo= i; г) f (z) = (z + 2)4e
2z
e
, zo= 0;
6
z
1
z+2
, zo= −2;
z − i
д) f (z) =
ж) f (z) =
cos (z + 1)
4
z
1
, zo= 1; з) f(z) =
z2− 1
, zo= 0; е) f(z) =
1
, zo= 0;
z3(z2+ 1)
1
, zo= −1.
z3− 4z2+ 4z
4.5. Определите характер особой точки zo= 0 для функций а)-з).
а) f(z) =
в) f(z) =
д) f (z) =
1
; б) f (z) =
z − sin z
3
z
; г) f (z) =
z − sin z
1
cos z − 1 +
; е) f (z) =
2
z
2
z
;
z + sin z
1
e−z+ z − 1
z
cos z − 1 −
;
;
2
z
2
...
ж) f (z) = sin
1
; з) f(z) = cos
ez− 1
i
.
4
z
4.6. Найдите все изолированные особые точки функций а)-к) и определите их характер.
а) f(z) = e
1
z+i
; б) f(z) = sin
z + 2
;
z2− 4
в) f(z) =
1
sin
z2+ 4
1
z − 2
; г) f(z) = cos
z − i
;
z4− 1
1
д) f (z) =
e
z + 2i
ж) f (z) =
z2− 4
и) f (z) = tg
1/z
(z + 1)
z6+ 1
z + 1
z − 1
; е) f (z) =
z2+ i
sin
; з) f(z) =
z4+ 1
; к) f (z) = ctg
sin z sin
z3− z
1
z + 2 −i
z + 2i
2z
z
cos
.
;
z + i
z4+ 1
;
61
4.7. Найдите все полюса функций а)-к) и определите их порядок.
а) f(z) =
в) f(z) =
д) f (z) =
ж) f (z) =
и) f (z) =
л) f (z) =
н) f (z) =
z2− 4
; б) f (z) =
z2+ 4
z − 1
z(z3− 9z)(z + 3)
z4− 1
; е) f(z) =
z6+ 1
z2+ 1
; з) f(z) =
z5+ 32 + 32i
sin2z
2
; к) f(z) =
z2sin z
tgz
; м) f (z) =
z(z3+ 1)
sin z
; о) f (z) =
z2sin z
2
; г) f (z) =
2
1
;
z3− z
z − i
(z4− 1)(z2− 1)
z5− i
;
z3− i
z2+ 4
;
sin4(z − 2i)
2
z
e
− 1
;
z3tg24z
ctgz
;
(z3+ i) sin 2z
1
.
z3tgz
2
;
2
...
62
5 Теория вычетов
Дорогой читатель! Теоретический материал, изложенный в этом разделе озвучен в виде лекции в ролике, ссылка на который дана на
Рисунке 28.
а) б)
Рисунок 28 — Лекции по материалу раздела 5:
а) вычеты, б) вычисление интегралов
Вычет функции в точке
Вычет функции f (z) относительно точки zoравен контурному ин-
тегралу
resf(zo) =
1
2πi
˛
f(z) dz, zo∈ D
C
z
o
.
C
z
o
...
Суть данного нововведения в том, разбить задачу вычисления произвольного контурного интеграла на этапы умеренной трудоёмкости и
вычисление вычета в особой точке — один из них.
Мы уже знаем, что интеграл по внешней границе многосвязной
области равен сумме интегралов по внутренним границам (теорема
Коши для многосвязной области). Если односвязная область содержит несколько особых точек, то вычисление интеграла по границе
этой области далее будет сведено к сумме интегралов по контурам,
окружающим эти точки, т.е. вычетам.
Вычисление вычета функции f(z) относительно точки z
o
• zo— правильная или устранимая особая точка: resf (zo) = 0;
• zo— полюс порядка n: resf (zo) =
1
(n − 1)!
lim
((z − zo)nf(z))
z→z
o
(n−1)
;
• zo— существенно особая точка: resf(zo) = c−1.
•• Если zo— простой полюс (n = 1), а функция представима в виде
f(z) =
φ(z)
, φ(zo) = 0, то resf(zo) =
ψ(z)
φ(zo)
.
ψ′(zo)
63
Пример 5.1. Найти вычеты функции f(z) =
во всех осо-
z2(z2+ 1)
бых точках.
Решение. Преобразуем формулу функции, разложив знаменатель
на множители:
z + i
f(z) =
z + i
=
z2(z − i)(z + i)
1
.
z2(z − i)
Особыми точками функции являются нули её знаменателя:
z = −i — устранимая особая точка, следовательно resf (−i) = 0;
z = i — простой полюс;
z = 0 — полюс 2-го порядка.
Вычислим вычеты в полюсах, используя подходящую формулу:
resf(i) = lim
resf(0) =
f(z) ·(z − i) = lim
z→i
lim
z→0
f(z) ·z
1
1!
2
′
= lim
z→i
z→0
z2(z − i)
2
z
z2(z + i)
= lim
z→i
′
Пример 5.2. Найти вычеты функции f(z) =
1 · (z − i)
1
2
z
= lim
z→0
z
1
=
2
i
−
4
1
=
= −1,
−1
1
(z + i)
2
в простых по-
z4− 16
люсах.
= 1.
●
...
Решение. Найдём особые точки функции и определим их характер.
Так как функция представима рациональной дробью, то её особыми
точками являются нули знаменателя:
z4− 16 = 0, z = ±2, 2i.
Ни один из нулей знаменателя не является нулём числителя, следовательно z = ±2; ±2i — простые полюса.
В простых полюсах для вычисления вычета можно использовать
формулу
φ(zo)
resf(zo) =
,
ψ′(zo)
следовательно
resf(2) =
4
z
(z4− 16)
=
′
2
z
4z
4
3
2
=
z
4
1
=
2
,
2
64
resf(−2) =
resf(2i) =
resf(−2i) =
4
z
(z4− 16)
4
z
(z4− 16)
4
z
(z4− 16)
=
′
−2
=
′
2i
=
′
−2i
z
4z
4z
z
4z
4
3
−2
4
z
3
2i
4
3
−2i
=
=
=
z
4
−2
= −
1
,
2
z
4
i
=
2i
,
2
z
4
−2i
i
= −
2
Пример 5.3. Найти вычеты в простых полюсах f (z) =
z
●
.
1 − cos z
Решение. Найдём особые точки функции и определим их характер.
Найдём нули знаменателя:
1 − cos z = 0, cos z = 1, z = 2πk, k ∈ Z.
Для знаменателя z = 2πk, k ∈ Z нули 2-го порядка, это можно
проверить вычисляя производную и подставляя найденные значения:
(1 − cos z)
(1 − cos z)′= sin z, sin z
(1 − cos z)′′= (sin z)′= cos z, cos z¯|
2πk
= 0,
2πk
= 0,
2πk
= 0.
Для числителя z = 0 — ноль 1-го порядка.
Следовательно, z = 0 полюс 1-го порядка для заданной функции (простой полюс), а z = 2πk, k ∈ Z, (k = 0) — полюса второго порядка.
По условию задачи, требуется найти только вычет в простом полюсе:
resf(0) = lim
z→0
z · z
1 − cos z
1
= [п.л.] = lim
z→0
2z
sin z
= [п.л.] = lim
z→0
2
= 2,
cos z
...
при вычислении предела дважды использовано правило Лопиталя для
раскрытия неопределённостей.
Замечание. Обратите внимание, что в этом случае формула resf (zo) =
φ(zo)
не работает:
ψ′(zo)
resf(0) =
z
(1 − cos z)
′
=
z
−→ 1, z → 0.
sin z
●
65
Пример 5.4. Найти вычеты функции f(z) =
в особых
(z − 1)(z2− 1)
точках.
Решение. Функция имеет два полюса z = 1 — 2-го порядка, z = −1
— простой:
(z − 1)(z2− 1) = 0,
(z − 1)2(z + 1) = 0.
Вычислим вычеты в полюсах, используя подходящую формулу:
z
resf(1) = lim
z→1
resf(−1) = lim
z(z − 1)
(z − 1)(z2− 1)
z→−1
(z − 1)(z2− 1)
2
′
z(z + 1)
= lim
z→1
z
z + 1
= lim
z→−1
′
= lim
z→1
z
(z − 1)
(z + 1)
= −
2
1
1
=
2
4
1
.
4
●
Теорема Коши о вычетах
Интеграл по замкнутому контуру в положительном направлении обхода равен произведению 2πi на сумму вычетов подынтегральной функции в особых точках, находящихся в области, ограниченной контуром:
˛
f(z) dz = 2πi
C
где C – контур, DC– область, ограниченная этим контуром,
z1, z2, ... zn∈ DC— особые точки f (z), лежащие внутри C.
n
X
i=1
resf(zi),
...
Нестрогое доказательство. Тут всё очень естественно для Коши.
Во-первых, интеграл по контуру вокруг особой точки — это и есть вычет с точностью до множителя 2πi, достаточно присмотреться к интегральной формуле Коши или её следствию. Далее, во-вторых, если
у функции несколько особых точек, то можно их окружить ("выколоть") маленькими контурами, радиус которых стремится к нулю. И
наконец, в-третьих, согласно теореме Коши для многосвязной области, интеграл по внешней границе полученной многосвязной области
с выколотыми особыми точками, равен сумме интегралов по внутренним т.е. окружающим особые точки, а это и есть вычеты.
Замечание. В этом пособии мы не рассматриваем случай, когда
особая точка попадает на границу контура, и избегаем интегрирования многозначных функций.
66
˛
Пример 5.5. Вычислить
e
1/z
2
dz.
z2+ 1
|z−i|=3/2
Решение. Найдём особые точки подынтегральной функции и определим их характер. Функция имеет полюса z
= ±i, z3= 0 — суще-
1,2
ственно особая точка.
Проверим, попадают ли особые точки в область, ограниченную
контуром (т.е. удовлетворяют неравенству |zi− i| < 3/2):
z1= i, |i − i| = 0 < 3/2 − верно;
z2= −i, | − i − i| = | − 2i| = 2 < 3/2 − неверно;
z3= 0, |0 −i| = | − i| = 1 < 3/2 − верно.
Итак, внутри контура |z − i| = 3/2 находятся точки z1= i и z3= 0.
Найдём вычеты в особых точках. Так как z3= 0 существенно особая, то вычет надо искать разлагая в ряд Лорана resf (0) = c−1:
2
1/z
e
=1 +
z2+ 1
1
2
z
+
1
2!z
1
+
4
...·1 − z2+ z4− z6....
6
3!z
Очевидно, что ряд Лорана в точке z = 0 содержит только чётные
степени, и resf (0) = 0.
Найдём вычет в полюсе:
resf(i) =
φ(zo)
ψ′(zo)
=
(z2+ 1)
−1
e
=
′
z=i
e
2z
−1
z=i
=
1
.
i2e
Вычислим значение интеграла:
˛
|z−i|=3/2
2
1/z
e
z2+ 1
dz = 2πi0 +
˛
1
i2e
=
π
.
e
●
1
Пример 5.6. Вычислить
sin
dz.
z
|z−1+i|=2
...
Решение. Точка zo= 0 является существенно особой и находится в
контуре (Рисунок 29) т.к. |0 − 1 + i| =√2 < 2.
67
Рисунок 29 — Иллюстрация к примеру 5.6
Запишем разложение подынтегральной функции в ряд Лорана в точке
1
z = 0 и определим коэффициент при слагаемом
:
z
1
sin
1
=
z
z
−
1
3!z
1
+
3
− ..., resf (0) = c−1= 1.
5
5!z
Вычислим искомый интеграл:
˛
1
sin
dz = 2πi · resf (0) = 2πi ·1 = 2πi.
z
|z−1+i|=2
●
˛
z9+ 2iz7+ z2− iz4+ i
Пример 5.7. Вычислить
|z+4i|=6
(z − i)
6
dz.
Решение. Точка zo= i является нулём знаменателя и не является
нулём числителя, следовательно для подынтегральной функции эта
точка является полюсом шестого порядка. Точка находится в контуре
(Рисунок 30) т.к. |i + 4i| = 5 < 6.
Найдём вычет функции:
=
=
120
resf(i) =
1
lim
z→i
5!
1
lim
z→i
1
lim
z→i
5!
z9+ 2iz7+ z2− iz4+ i
z9+ 2iz7+ z2− iz4+ i
(z − i)
6
V
=
1
5!
lim
z→i
· (z − i)
9 · 8 · 7 ·6 · 5 · z4+ 2i ·7 · 6 · 5 ·4 ·3 ·z
z9+ 2iz
2
V
6
=
V
7
= 126 −42i.
=
...
68
Рисунок 30 — Иллюстрация к примеру 5.7
Вычислим искомый интеграл:
˛
f(z) dz = 2πi · (126 − 42i) = 84π(1 + 3i).
|z+4i|=6
˛
●
z3+ 1
Пример 5.8. Вычислить
dz.
z3− 1
|z|=3
Решение. Функция имеет три простых полюса, которые являются
нулями знаменателя:
z3− 1 = 0, zn=
√
3
1 = 1, e
±i
2π
3
.
Все три кормя находятся в контуре (Рисунок 31).
...
Рисунок 31 — Иллюстрация к примеру 5.8
69
Для вычисления вычетов используем формулу для простых полюсов:
resf(1) =
z3+ 1
(z3− 1)
′
2π
i
3
e
′
2π
−i
3
e
resfe
resfe
−i
2π
2π
i
3
z3+ 1
=
(z3− 1)
3
z3+ 1
=
(z3− 1)
Вычислим искомый интеграл:
˛
z3+ 1
dz = 2πiresf (1) + resfe
z3− 1
|z|=3
2
= 2πi ·
· 1 −
3
Пример 5.9. Вычислить
|z−1−i|=2
z3+ 1
=
z3+ 1
=
1
+ i
2
˛
=
′
1
2
3z
i
e
2
3z
−i
e
√
3
−
2
1
z(z6− 1)
z3+ 1
2
3z
=
2π
3
=
2π
3
2π
i
3
1
− i
2
dz.
=
1
2
=
4π
i
3
3e
2
4π
−i
3
3e
+ resfe
!
√
3
2
2
,
3
2
3
=
= 0.
4π
−i
3
e
=
2π
2
i
3
e
,
3
4π
2
i
3
e
=
3
2π
−i
3
2
3
=
2π
−i
3
e
.
●
...
Решение. Функция имеет семь простых полюсов
√
z(z6− 1) = 0, z0= 0, zi=
√
6
1 = ±1, ±
1
2
± i
3
(i = 1, 2, .., 6).
2
В контуре находятся пять особых точек (Рисунок 32).
Рисунок 32 — Иллюстрация к примеру 5.9
70