Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Функции комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
Для вычисления вычетов используем формулу для простых полюсов:
resf(zi) =
1
(z7− z)
=
′
z
i
7z6− 1
1
=
z
i
7z
6
i
1
, i = 0, 1, 2, ..., 6.
− 1
Подставляя значения zi, получим
1
resf(0) =
= −1,
7 · 06− 1
и для всех корней шестой степени из единицы вычеты будут одинаковые и равны
resf ±
!
√
1
+ i
2
3
= resf
2
1
2
− i
√
!
3
= resf(1) =
2
1
7 · 1 − 1
1
=
6
(заметим, что z6= 1 для всех точек z1, z2, ..., z6).
Вычислим искомый интеграл
˛
|z−1−i|=2
1
z(z6− 1)
dz = 2πi resf(0) + resf(1) + resf
1
+ i
2
√
!
3
+
2
...
+resf
1
− i
2
√
!
3
2
+ resf −
1
2
+ i
√
2
3
!!
= 2πi−1 + 4 ·
1
6
= −
2
πi.
3
●
Вычисление несобственных интегралов
Теорема. Пусть f (z) аналитична в верхней полуплоскости (вклю-
чая Ox) за исключением конечного числа особых точек z1, z2, ... znи
|f(z)| ≤
Тогда
Доказательство. Как мы уже знаем, по т. Коши о вычетах,
M
, m ≥ 2 , M = const, при |z| < R, R = const.
m
|z|
∞
ˆ
f(x) dx = 2πi
−∞
n
X
i=1
˛
f(z) dz = 2πi
C
R
resf (zk) .
n
X
i=1
resf(zi), zi∈ D
.
C
R
71
Рассмотрим в качестве D
полукруг в верхней полуплоскости (Ри-
C
R
сунок 33) и перейдём к пределу при R → ∞:
˛
f(z) dz =
C
R
ˆ
|z|=R
f(z) dz +
ˆ
f(z) dz =
y=0
π
ˆ
f(Reiφ) dReiφ+
0
R
ˆ
f(x) dx.
−R
Рисунок 33 — Иллюстрация к доказательству
теоремы
Интеграл по дуге при увеличении радиуса (R → ∞) стремится к нулю
и вычисление контурного интеграла в левой части равенства равносильно вычислению интеграла по действительной оси.
Действительно, учитывая ограничения на подынтегральную функцию, имеем
...
=
π
ˆ
f(Reiφ) dRe
0
R
M
m−1
iφ
e
π
0
=
iφ
R
≤
M
m−1
π
ˆ
M
R
0
eiπ− e
m
dRe
0
=
R
π
ˆ
iMRe
0
M
|−1 − 1| =
m−1
R
iφ
m
iφ
=
dφ
2M
R
=
m−1
,
при R → ∞ и m > 2 последнее выражение стремится к нулю. Следовательно,
R
ˆ
f(x) dx →
−R
ˆ
−∞
∞
f(x) dx.
Что и требовалось доказать.
72
Пример 5.10. Вычислить
ˆ
−∞
∞
dx
1 + x
.
2
Решение. Рассмотрим функцию f (z) =
являются простые полюса z
= ±i, в верхней полуплоскости нахо-
1,2
1 + z
, её особыми точками
2
дится только z1= i.
Найдём вычет функции в особой точке:
1
resf(i) =
1
(1 + z2)
=
′
z=i
1
2z
z=i
=
1
.
2i
Вычислим интеграл:
∞
ˆ
−∞
dx
1 + x
= 2πi · resf(i) = 2πi ·
2
∞
ˆ
1
= π.
2i
x2dx
Пример 5.11. Вычислить
1 + x
−∞
Решение. Рассмотрим функцию f(z) =
1
простых полюса zk= ±
√
±
2
полуплоскости находятся точки z
.
4
i
√
(это значения
2
√
= ±
1,2
1
2
2
z
1 + z
√
+
, она имеет четыре
4
√
4
−1). В верхней
i
.
2
Вычислим вычеты в особых точках используя формулу для простых полюсов:
resf(zo) =
resf
resf−
√
ψ′(zo)
1
√
1
2
φ(zo)
+
2
√
+
⇒ resf(zo)
i
√
=
2
i
=
2
4−
=
z
0
z
(1 + z4)
1
1
√
4
2
+
√
=
i
2
1
√
1
+
2
√
= −
i
2
2
′
√
2
4 + 4i
√
4 − 4i
2
z
4z
3
z
=
z
0
1
=
4z
0
√
2(4 − 4i)
=
32
√
2
2(4 + 4i)
= −
32
●
...
,
z
0
,
.
73
Вычислим искомый интеграл:
ˆ
−∞
∞
x2dx
1 + x
= 2πi ·resf
4
√
= 2π ·
1
√
2
2(4 − 4i)
32
+
−
√
√
i
+ resf−
2
2(4 − 4i)
32
!
=
1
√
2
π√2
2
+
i
√
=
2
.
●
Лемма Жордана
lim
R→∞
iaz
f(z), a > 0, где lim
ˆ
iaz
e
f(z)dz = 0,
|z|=R
|z|→∞
f(z) = 0. Пусть
Пусть функция имеет вид e
также функция аналитична в верхней полуплоскости (включая ось
Ox) за исключением конечного числа особых точек z1, z2, ... zn. Тогда
...
и имеет место формула
∞
где
ˆ
−∞
∞
iaz
e
f(z)dx =
ˆ
iax
e
f(x)dx = 2πi
−∞
∞
ˆ
cos axf (x)dx + i
−∞
∞
ˆ
n
X
resf(zk),
i=1
∞
ˆ
sin axf (x)dx.
−∞
cos xdx
Пример 5.12. Вычислить
.
x2− 2x + 10
−∞
Решение. Рассмотрим вспомогательную функцию:
iz
f(z) =
e
= [на Ox] =
z2− 2z + 10
cos x
+ i
x2− 2x + 10
sin x
,
x2− 2x + 10
она имеет два простых полюса: zk= 1±3i, но в верхней полуплоскости
находится только z1= 1 + 3i.
74
Найдём вычет функции, умноженный на 2πi:
3e
=
′
1+3i
+ i
3
2πiresf (1 + 3i) =
i−3
2πie
=
6i
iz
2πie
(z2− 2z + 10)
i
=
2πe
6e
3
π cos 1
=
Вычислим искомый интеграл:
∞
ˆ
cos xdx
= Re
∞
ˆ
f(z) dz
x2− 2x + 10
−∞
−∞
Попутно получилось найти ещё один интеграл:
∞
ˆ
sin xdx
= Im
∞
ˆ
f(z) dz
x2− 2x + 10
−∞
−∞
2πie
2z − 2
π sin 1
3
3e
π cos 1
=
π sin 1
=
iz
.
3e
3e
1+3i
3
3
=
.
.
●
2π
´
Вычисление интегралов вида
R(sin x, cos x)dx
0
Пусть R(sin x, cos x) рациональная функция, ограниченная внутри промежутка интегрирования [0; 2π]. Тогда для вычисления интеграла от
тригонометрической функции можно использовать подстановку
z = eix, x =
ln z
, dx =
i
dz
.
iz
С учётом того, что eix= cos x + i sin x, получаем, что
sin x =
z2− 1
, cos x =
2iz
z2+ 1
, |z| = |eix| = 1.
2z
После замены переменной исходный интеграл может быть вычислен
с использованием теоремы Коши о вычетах
...
2π
ˆ
R(sin x, cos x)dx =
0
ˆ
F (z)dz = 2πi
|z|=1
75
n
X
i=1
resF (zi),
где zi, i = 1, . . . , n — особые точки F (z) внутри |z| = 1.
2π
ˆ
dx
Пример 5.13. Вычислить
.
2 + cos x
0
Решение. Выполним подстановку, переходя к комплексной переменной:
z = eix, x =
, dx =
i
ln z
2π
ˆ
ˆ
dx
=
2 + cos x
0
|z|=1
Подынтегральная функция имеет две особые точки: z
dz
, sin x =
iz
dz/iz
2 + (z2+ 1)/2z
z2− 1
2iz
˛
=
|z|=1
, cos x =
z2+ 1
2z
2dz
i · (z2+ 4z + 1)
= −2 ± 2√3.
1,2
,
.
Обе точки лежат на вещественной оси, в области |z| < 1 находится
только одна из них: z = −2 +√3.
Найдём вычет в точке и вычислим интеграл:
˛
i · (z2+ 4z + 1)
|z|=1
2dz
= 2πi · resf(−2 +√3) =
2πi ·2
i(2z + 4)
−2+√3
=
2π
√
.
3
●
...
Дополнительные видеоматериалы
к изучению раздела 5
а) б) в)
Рисунок 34 — Ссылки на тематические видеоуроки к разделу:
а) вычисление вычетов; б) вычисление контурных интегралов;
в) вычисление несобственных интегралов
76
Упражнения к разделу 5
5.1. Найдите вычет функции f (z) в существенно особой точке zo.
1
z2−2z+1
;
а) f(z) = z2sin
1
; б) f(z) = e
z
1
z
cos
2
;
в) f(z) = (z + i)3e
i
z+i
,; г) f(z) = e
z
д) f (z) = e
1+2z
2
z
; е) f(z) = sin
πz + i
;
z
ж) f (z) = e
(z−1)
sin z
и) f (z) =
л) f (z) = cos
4
cos
2
; к) f (z) =
3
z
1
1
; з) f(z) = (z2− 2iz − 1) cos
(z − 1)
2
2z
e
;
6
z
; м) f (z) = (z + 2)4e
1
z+2
;
z − i
cos (z + 1)
н) f (z) =
4
z
.
5.2. Найдите вычеты функции f (z) во всех простых полюсах.
z + i
;
z2+ 1
...
а) f(z) =
в) f(z) =
д) f (z) =
z2+ 1
z − 2i
3
z
z4+ 16
3
z
z8− 1
; б) f(z) =
; г) f(z) =
; е) f(z) =
z2+ 1
(z + i)
z13
z7− 1
z5− z
z8− 1
;
2
;
.
5.3. Найдите вычеты функции f (z) во всех особых точках.
а) f(z) =
в) f(z) =
д) f (z) =
z + i
; б) f (z) =
(z2+ 4)
2
z2+ 2z
(z + 3)(z2− 4)
ez− 1
; е) f (z) =
z3+ z
2
; г) f (z) =
2
1
z2(z − i)
3
z2− i
z2+ 3z + 2
cos z − 1
z2(z − π)
;
;
.
2
77
5.4. Найдите контурные интегралы с помощью вычетов.
а)
в)
д)
ж)
и)
л)
˛
|z−1|=2
˛
|z−1|=√3
˛
|z+1|=4
˛
|z−i|=1
˛
|z−1|=1
˛
|z−1|=1
ezdz
z3(z + 1)
1
z2sin
z
z dz
; е)
ez+ 3
ezdz
(z2+ 1)
e2zdz
dz; к)
z3− 1
dz
dz; м)
z4+ 1
; б)
dz; г)
dz; з)
2
˛
|z−2i|=4
˛
|z|=√2
˛
sin3z cos z
|z|=1
˛
(z − π)
|z|=4
˛
z2+ 2z − 3
|z|=4
˛
|z−π|=4
2
z
e
− 1
z2(z − i)
sin πz
z(z − 1)
z2dz
eizdz
;
3
(z + 1) dz
1
z3sin
z
dz;
dz;
;
;
.
...
5.5. Найдите несобственные интегралы с помощью вычетов.
а)
в)
д)
ж)
и)
л)
∞
ˆ
x2+ 1
dx; б)
x4+ 1
−∞
∞
ˆ
dx
(x2+ 1)
−∞
∞
ˆ
x dx
(x2+ 1)(x2+ 9)
−∞
∞
ˆ
(x2+ 2x + 3) dx
x4+ 25x2+ 144
−∞
∞
ˆ
x2− 1
x4+ 20x2+ 36
0
∞
ˆ
x5dx
; м)
x8+ 1
−∞
; г)
3
; е)
; з)
dx; к)
∞
ˆ
x2dx
(x2+ 1)(x2+ 4)
0
∞
ˆ
dx
(x2+ 4x + 13)
−∞
∞
ˆ
(x2+ 1) dx
x4+ 17x2+ 16
−∞
∞
ˆ
dx
(x2+ 9)
−∞
∞
ˆ
x2− 1
dx;
x6+ 1
0
∞
ˆ
(x2+ 1)dx
(x4+ 1)
0
;
;
2
;
;
2
.
2
78
5.6. Найдите несобственные интегралы.
∞
ˆ
ˆ
x cos x dx
а)
; б)
x2− 2x + 10
−∞
ˆ
∞
−∞
ˆ
cos x dx
в)
; г)
x2+ 9
−∞
∞
ˆ
−∞
ˆ
cos x dx
д)
; е)
x2+ 16
0
−∞
5.7. Найдите определённые интегралы.
2π
ˆ
ˆ
cos 2x dx
а)
; б)
5 − 4 cos x
0
2π
ˆ
0
ˆ
dx
в)
; г)
2 + cos x
0
2π
ˆ
0
ˆ
dx
д)
; е)
5 + 4 cos x
0
0
∞
x sin x dx
x2+ 4x + 20
∞
x sin 2xdx
x2+ 4
∞
x sin x dx
x4+ x2+ 1
2π
cos23xdx
5 − 4 cos 2x
2π
sin2xdx
4 + cos x
2π
cos 2xdx
10 − 6 cos x
;
;
.
;
;
...
.
79
Ответы и указания
Ответы и указания к разделу 1
1.1.
а) z = ±2i; б) z = ±4i; в) z = ±2√3i;
г) z = ±2√2i; д) z = 1 ±i; е) z = 3 ±i;
ж) z = 2 ±√6i; з) z = 2 ±√5i.
1.2.
алг-я тригонометрическая форма показат-ная
форма форма
z
1
z
2
z3−2 + 2i 2√2cos
z4−4 − 2i 2√5cosπ + arctg
z
5
z
6
5 5(cos 0 + i sin 0) 5e
4 + 3i 5cosarctg
3
+ i sinarctg
4
3π
3π
3
4
+ i sin
−2i 2(cos−
√
3 − i
10cos−arctg
4
1
+ i sinπ + arctg
2
π
+ i sin−
2
1
+ i sin−arctg
3
4
1
2
π
) 2e
2
1
3
5e
√
1.3.
z1= −2i; z2= −2 + 2i; z3= i; z4= i;
√
z5= 8; z6= 64; z7= −
1
2
z9= −1024; z10= 4096; z11= −243− 2
−
3
i; z8= −
2
√
43
3i; z12= −215i.
0i
iarctg
5e
3π
i
2√2e
i(π+arctg0,5)
10e
4
π
−
(
)
2
i(−arctg
√
3
+
2
3
4
...
i
1
)
3
1
i;
2
1.4. Запишите в тригонометрической форме числа а)-и).
а) cos
г) cos
ж) cos
7π
+ i sin
4
3π
+ i sin
4
11π
+i sin
12
7π
; б) cos
4
3π
; д) cos
4
11π
; з) cos
12
5π
4
3π
4
π
+ i sin
3
+ i sin
+ i sin
5π
; в) cos
4
3π
; е)
4
π
; и) cos
3
√
π
4
6
2
π
6
80
+ i sin
π
cos
4
+ i sin
π
;
4
+ i sin
π
;
6
π
;
4