Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Комплексный анализ в примерах и задачах
.pdf
41
Например, точка
0
0z
является УОТ функции
1
()
z
e
fz
z
, полю-
сом функции
3
1 cos
()
z
fz
z
и СОТ функции
2
1
()
z
f z e
так как, соответ-
ственно,
00
1
1
1
zz
zz
ee
z
im im
,
32
0 0 0
1 cos sin cos
36
z z z
z z z
z z z
im im im
и
2
1
0
z
z
eim
не существует (поскольку на действительной оси
zx
и
2
1
()
x
f x e
при
0x
, а на мнимой оси
z i y
и
2
1
( ) 0
y
f i y e
при
0y
).
5.2. ВЫЧЕТЫ И ИХ ВЫЧИСЛЕНИЕ
В комплексном анализе и его приложениях важную роль играет
теория вычетов.
Пусть
есть ИОТ функции
)(zf
, т.е. существует окружность с
центром в точке
, не содержащая внутри себя других особых точек
функции
)(zf
. Тогда число
0
1
Res ( ) ( )
2
zz
f z f z dz
i
называют вычетом функции
)(zf
в точке
0
z
.
Известно, что
1
)(Res
0
сzf
zz
,
где
1
с
определяется из разложения функции
)(zf
в ряд Лорана (5.1).
42
При вычислении вычетов часто используются следующие фор-
мулы:
если
есть простой полюс функции
)(zf
, то
0
0
0
Res ( ) ( ) ( )
zz
zz
f z f z z zim
, (5.2)
если
есть полюс кратности m функции
)(zf
, то
0
0
( 1)
0
1
Res ( ) ( ) ( )
( 1)!
m
m
zz
zz
f z f z z z
m
im
. (5.3)
Заметим, что при из формулы (5.3) непосредственно полу-
чается формула (5.2).
5.3. Вычет в бесконечно удаленной ИОТ
Точка называется изолированной особой точкой (ИОТ)
функции , если существует число такое, что вне круга
функция
не имеет особых точек, находящихся на конеч-
ном расстоянии от начала координат.
Итак, если есть ИОТ функции , то функция
яв-
ляется аналитической в кольце . По теореме Лорана (в данном случае ) функция
представима в этом кольце в виде
ряда Лорана (здесь :
43
1). Точка называется устранимой особой точкой (УОТ)
функции
, если её ряд Лорана (5.4) не содержит членов с положи-
тельными степенями , т.е. имеет вид:
Другими словами, если существует конечный предел
то есть УОТ.
При этом, если
, а
, то
точка есть нуль -го порядка.
2). Точка называется полюсом порядка , если ряд Ло-
рана (5.4) содержит членов с положительными степенями , т.е.
имеет вид:
Другими словами, если
то есть полюс.
3). Точка называется существенно особой точкой (СОТ),
если ряд Лорана (5.4) содержит бесконечное число членов с положи-
тельными степенями .
Другими словами, если
не существует, то есть СОТ.
44
Вычетом функции в ИОТ называется комплексное
число:
где есть любая окружность с центром в начале координат (см. выше
рисунок), вне которой функция
не имеет особых точек, отличных
от .
Так как для любого кольца
то из (5.5) следует, что
Если функция является аналитической на всей расширенной
комплексной плоскости , за исключением конечного числа изолирован-
ных особых точек (ИОТ) , , … ,
и , то согласно тео-
реме о полном вычете справедливо равенство:
т.е.
0)(Res)(Res)(Res)(Res
2
1
zfzfzfzf
zzzzzzz
n
.
Пример 5.3. Найти вычеты следующих функций во всех ИОТ и в
точке
z
: а).
)1(
1
)(
2
2
zz
z
zf
; б).
1
1
cos)(
2
z
zzf
.
45
Решение. а). Точка
01z
является двукратным полюсом, а точка
12z
является простым полюсом. Поэтому, по формулам (5.3) и (5.2),
соответственно, имеем
1
)1(
)1()1(2
)1(
1
)!12(
1
)(Res
2
2
)12(
2
2
2
00
0
z
zzz
z
zz
z
zf
zz
z
imim
,
2)1(
)1(
1
)(Res
2
2
1
1
z
zz
z
zf
z
im
z
.
В силу равенства (5.7), имеем
0)(Res)(Res)(Res
10
zfzfzf
zzz
, откуда
1)(Res
zfz
.
б). Точка
1z
является СОТ. Так как
22
)11( zz
, то
42
22
)1(!4
1
)1(!2
1
1)1()1(21
1
1
cos)(
zz
zz
z
zzf
32
2
)1(12
1
)1(!4
1
1
1
)1()1(2
2
1
zz
z
zz
.
Значит,
1)(Res
1
1
сzf
z
и, в силу равенства (5.7),
1)(Res
zfz
.
Задача 5.3. Вычислить: 1.
2
sin
Res
z
z
z
; 2.
2
cos
Res
z
z
z
;
3.
1
cos
Res
1
z
z
z
; 4.
1
sin
Res
1
z
z
z
; 5.
2
3
1
sinRes
0
z
z
z
; 6.
2
3
1
cosRes
0
z
z
z
;
7.
)2()1(
Res
2
1
zz
e
z
z
; 8.
)2()1(
Res
2
1
zz
e
z
z
.
Если функция
)(zf
является аналитической в замкнутой области
D
, ограниченной контуром L, за исключением конечного числа изо-
лированных особых точек
1
z
,
2
z
, … ,
n
z
, лежащих внутри области D,
то согласно основной теореме Коши о вычетах справедлива формула:
. (5.8)
46
Пример 5.4. Вычислить интегралы
а).
dz
z
zn
z1||
2
)3(
; б).
dz
zzz
z3||
)4()2(
1
.
Решение. а). Внутри круга
1|| z
содержится только одна ИОТ
00z
- полюс второго порядка (
2m
) подынтегральной функции. По-
этому, используя формулу (5.3), имеем
)12(
2
2
0
2
0
1||
2
)0(
)3(
lim
)!12(
1
2
)3(
Res2
)3(
z
z
zn
i
z
zn
idz
z
zn
z
z
z
i
z
izni
zz
3
2
3
1
lim2)3(lim2
00
'
.
б). Внутри круга
3|| z
содержатся две изолированные особые
точки
0
1
z
и
22z
- простые полюсы подынтегральной функции.
Поэтому, используя формулу (5.2), имеем
iiz
zzz
z
zzz
i
zz
44
1
8
1
2)2(
)4()2(
1
lim
)4()2(
1
lim2
20
.
Задача 5.4. Вычислить интегралы:
1.
dz
zzz
z
z
3|1|
)5()3()1(
1
; 2.
dz
zzz
z
z
2|6|
)5()3()1(
1
;
3.
2|1|
22
)9()1(
z
zz
dz
; 4.
2|2|
22
)1()2(
z
zz
dz
;
5.
dz
zz
z
z3||
2
2
)2()1(
; 6.
dz
zz
e
z
z
3|1|
2
)9(
.
47
§6. ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛОВ
С ПОМОЩЬЮ ТЕОРИИ ВЫЧЕТОВ
6.1. ИНТЕГРАЛЫ ОТ РАЦИОНАЛЬНЫХ ФУНКЦИЙ
Пусть
)(
)(
)(
xQ
xP
xf
n
m
, где
)(xP
m
и
)(xQ
n
есть многочлены степени
m
и n, причем
2 mn
и
0)( xQ
n
),( x
. Тогда
1
( ) 2 Res ( )
n
k
k
zz
f x dx i f z
, (6.1)
где
1
z
,
2
z
, … ,
n
z
есть все полюсы функции
)(
)(
)(
zQ
zP
zf
n
m
, расположен-
ные в верхней полуплоскости.
Пpимеp 6.1. Вычислить интеграл
dx
x
x
22
2
)1(
.
Решение. Воспользуемся формулой (6.1). В данном случае
имеем:
2m, 4n
и функция
22
2
)1()(
z
z
zf
имеет два полюса вто-
рого порядка
iz
2,1
. Так как в верхней полуплоскости расположен
лишь полюс
iz
1
, то, по формуле (6.1), получаем
2
22
2
22
2
22
2
)(
)1(
)!12(
1
2
)1(
Res2
)1(
iz
z
z
i
z
z
idx
x
x
iz
iz
im
2
8
2
2
)(
)(2)(2
2
)(
2
3
2
4
22
2
2
i
i
i
iz
izzizz
i
iz
z
i
iziz
imim
.
48
Задача 6.1. Вычислить интегралы:
1).
4
2
x
dx
; 2).
9
2
x
dx
; 3).
22
)134( xx
dx
;
4).
22
)54( xx
dx
; 5).
)9)(1(
22
xx
dx
; 6).
)4)(1(
22
xx
dx
.
6.2. ИНТЕГРАЛЫ ФУРЬЕ
xdxxf
cos)(
,
xdxxf
sin)(
Пусть непрерывная на оси
( , )
функция
)(xf
есть правильная
рациональная дробь и
0
есть любое число. Тогда
1
( ) 2 Res ( )
n
i x i z
k
k
zz
f x e dx i f z e
, (6.2)
где
1
z
,
2
z
, … ,
n
z
есть все ИОТ функции
)(zf
, расположенные в верхней
полуплоскости.
Пример 6.2. Вычислить интеграл
dx
x
xx
1
3sin
2
.
Решение. Рассмотрим вспомогательный интеграл
dxe
x
x
xi3
2
1
.
Правильная рациональная дробь
1
)(
2
z
z
zf
имеет простые полюсы
iz
2,1
. Так как в верхней полуплоскости расположен лишь один по-
люс
iz
1
, то, по формуле (6.2), имеем
33
2
3
2
3
2
)(
1
2
1
Res2
1
eiize
z
z
ie
z
z
idxe
x
x
zizixi
iz
iz
im
.
49
С другой стороны, в силу формулы Эйлера
xixe
xi
3sin3cos3
, имеем
dx
x
xx
ixdx
x
x
ixdx
x
x
dxe
x
x
xi
1
3sin
3sin
1
3cos
11
222
3
2
.
Сравнивая с предыдущим равенством, получаем
3
2
1
3sin
edx
x
xx
.
Задача 6.2. Вычислить интегралы:
1).
dx
x
xx
9
2sin
2
; 2).
dx
x
xx
4
3sin
2
; 3).
2
cos
2 10
xx
dx
xx
;
4).
dx
xx
xx
204
sin
2
; 5).
dx
x
x
9
cos
2
; 6).
dx
x
x
4
cos
2
.
6.3. ИНТЕГРАЛЫ ВИДА
2
0
)sin,(cos dxxxR
Пусть
)sin,(cos xxR
есть рациональная функция, ограниченная на
отрезке
[0,2 ]
. Положим
zeix
. Тогда
z
dz
idx
,
1|| z
и
dzzF
z
dz
iz
z
z
z
iRdxxxR )(
2
1
,
2
1
)sin,(cos
22
. Следовательно,
2
1
0 | | 1
(cos ,sin ) ( ) 2 Res ( )
n
k
z
k
zz
R x x dx F z dz i F z
, (6.3)
где
1
z
,
2
z
, … ,
n
z
есть все полюсы функции
)(zF
, расположенные
внутри окружности
1|| z
.
50
Пример 6.3. Вычислить интеграл
2
0
2
)cos45(
1
dx
x
.
Решение. Положим
zeix
. Тогда
z
dz
idx
,
1|| z
и
dz
zz
z
i
z
dz
zz
idx
x
222
1
2
)252(
2
45
1
)cos45(
1
.
Так как внутри окружности
1|| z
находится только один двукратный
полюс
2
1
4
16255
z
, то по формуле (6.3), имеем
22
2
1
1||
22
2
0
2
)252(
Res2
)252()cos45(
1
zz
z
dz
zz
z
idx
x
z
z
4
2
2/1
2
22
2/1
)2(
)2(2)2(
2
)(
)2()(4
2 2/1
2/1 z
zzz
z
zz
z
zz
imim
Задача 6.3. Вычислить интегралы:
1).
2
0
cos3 x
dx
; 2).
2
0
cos2 x
dx
; 3).
2
0
cos45
2cos
x
dxx
; 4.
2
0
cos35
2cosxdxx
;
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]