Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория функций комплексного переменного. Учебник
.pdf
8.3. Задания для самостоятельной работы 271
Здесь мы воспользовались неравенством sin t > 2/πt, t ∈ [0, π/2] при
t = 2ϕ, 0 6 ϕ 6 π/4. Следовательно,
Z
C
R
Далее, если z ∈ l, то z = r e
π/4
Z
2
iz
e
dz
6 R
0
Z
e
l
e
2
iz
dz = −e
2
4R
−
ϕ
π
iπ/4
, 0 6 r 6 R, так что e
dϕ =
iπ/4
Z
0
π
4R
R
e
1 − e
−r
2
−R
−−−−→
0.
R→∞
2
iz
2
dr.
= e
2
−r
. Значит,
Из курса математического анализа известно, что
∞
Z
−x
e
0
2
dx =
√
π
.
2
Теперь перейдем в равенстве (8.1) к пределу при R → ∞. Получим
R
Z
2
ix
e
dx = e
0
iπ/4
√
π
.
2
Используя формулу Эйлера, приравняем в последнем соотношении
действительные части. Получим требуемое равенство.
Р е ш е н и е п. 5. Рассмотрим контур Γ
−ρ
−R
и интеграл
I
ρ,R
y
O
Рис. 8.7
Z
=
Γ
ρ,R
(рис. 8.7)
ρ,R
C
R
C
ρ
ρ
iz
e
dz.
z
x
R
272 Глава 8. Интегральные теорема и формула Коши
Поскольку функция eiz/z аналитична внутри Γ
ши I
= 0. Кроме того, данный интеграл равен сумме интегралов, взятых
ρ,R
, то по теореме Ко-
ρ,R
вдоль дуг Cρ, CRи отрезков [−R, −ρ], [ρ, R]. Рассмотрим каждый из этих
интегралов по отдельности.
Заметим, что подынтегральную функцию можно представить в виде
iz
e
1
=
z
+ h(z),
z
где h(z) — функция, аналитическая в точке z = 0.
Далее, если z ∈ Cρ, то z = ρ eiϕ, 0 6 ϕ 6 π, dz = i ρ eiϕdϕ и
= i
0
Z
dϕ = −i π.
π
Z
dz
z
C
ρ
Функция h(z) ограничена в окрестности точки z = 0, следовательно,
Z
отсюда получим, что
Интеграл по дуге
h(z) dz −−−→
C
ρ
Z
iz
e
dz −−−→
z
C
ρ
Z
iz
e
dz стремится к нулю п ри R → ∞ по лемме
z
C
R
ρ→0
ρ→0
0,
−i π.
Жордана.
Рассмотрим интегралы по отрезкам [−R, −ρ] и [ρ, R]. Их сумма
−ρ
Z
−R
так как sin x =
Окончательно
ix
e
x
1
2i
0 = I
dx +
(eix− e
ρ,R
Z
ρ
R
−ix
= 2i
R
dx =
Z
ρ
eix− e
x
−ix
dx = 2i
ix
e
x
R
Z
sin x
dx,
x
ρ
).
R
Z
sin x
dx −i π + ε1(ρ) + ε2(R),
x
ρ
где ε1(ρ) → 0 при ρ → 0, а ε2(R) → 0 при R → ∞.
8.3. Задания для самостоятельной работы 273
Из последнего соотношения получим, что
∞
Z
sin x
dx = lim
x
0
R→∞
ρ→0
R
Z
sin x
x
ρ
dx =
π
.
2
179. Вычислить интеграл
Z
f(z) dz,
γ
если:
2
1) f(z) = z e
z
, а γ — произвольный контур, соединяющий точки −i
и i (точка −i — начало пу ти интегрирования);
2) f(z) = (z−i)e−z, а γ — произвольный контур, соединяющий точки
0 и i (точка 0 — начало пути интегрирования);
3) f(z) =
ln z
, а γ — отрезок, соединяющий точки i и e i (точка
z
i — начало пути интегрирования). Здесь ln z = ln |z| + i arg0z,
arg0z ∈ (−π, π];
1
4) f(z) =
√
√
(через√z обозначена однозначная ветв ь, для которой
z
1 = 1), а γ — полуокружность {z : |z| = 4, Im z > 0}, пробегае-
мая от точки −4 до точки 4;
5) f(z) = z sin z, а γ — отрезок, соединяющий точки 1 и i (точка 1 —
начало пути интегрирования);
6) f(z) = z2ln
z+1
, где ln z = ln |z| + i arg0z, arg0z ∈ (−π, π], а γ —
z−1
окружность {z : |z| = 2}.
180. Вычислить интеграл
Z
(z − a)n(z − b)
|z|=1
dz
, |a| < |b|, n ∈ N,
n
если:
1) |a| < |b| < 1; 2) |a| < 1 < |b|; 3) 1 < |a| < |b|.
274 Глава 8. Интегральные теорема и формула Коши
181. Вычислив интеграл
Z
|z|=R
f(z) dz
(z − a)(z − b)
, |a| < R, |b| < R,
доказать теорему Лиувилля.
Р е ш е н и е. Пусть функция f (z) аналитична в C. Если a 6= b, то с
учетом равенства
1
(z − a)(z − b)
получим
Z
|z|=R
Тогда, применяя интегральную формулу Коши, будем иметь
Теперь пусть функция f (z) является ограниченной во всей комплекс-
ной плоскости, т.е. |f(z)| 6 M, z ∈ C. Очевидно,
f(z) dz
(z − a)(z −b)
Z
|z|=R
Z
(z − a)(z −b)
|z|=R
=
1
=
b − a
f(z) dz
(z − a)(z −b)
f(z) dz
1
b − a
z − b
Z
f(z) dz
z −b
|z|=R
f(b) −f (a)
=
6
(R −|a|)(R − |b|)
1
b − a
2πRM
1
−
z − a
Z
−
f(z) dz
z − a
|z|=R
. (8.2)
.
.
Значит, переходя к пределу при R → +∞ в равенстве (8.2), получим
f(b) −f (a)
b − a
т.е. f (b) = f (a). Учитывая выбор чисел a и b, можно заключить, что функция f (z) является постоянной.
6 lim
R→+∞
2πRM
(R −|a|)(R − |b|)
= 0,
182. Доказать равенство
1
z − 2
=
1
, |z| > 1.
z
, |z| < 1,
πi
Z
1
|ξ|=
1
ξ(ξ − 2
dξ
)(ξ − z)
8.3. Задания для самостоятельной работы 275
Р е ш е н и е. Так как
то
πi
1
Z
|ξ|=1
ξ(ξ − 2)(ξ −z)
dξ
1
ξ(ξ − 2)
=
2πi
1
=
1
|ξ|=1
1
2
ξ −2
Z
(ξ − 2)(ξ − z)
dξ
1
−
,
ξ
Z
1
−
2πi
|ξ|=1
dξ
ξ(ξ − z)
.
Пусть |z| > 1. Тогда первый интеграл в правой части последнего соотношения равен нулю по интегральной теореме Коши , а второй интеграл
равен −1/z по интегральной формуле Коши. Таким образом, требуемое равенство при |z| > 1 доказано.
Пусть теперь |z| < 1. Тогда в силу интегральной формулы Коши
Z
1
2πi
|ξ|=1
Заметим, что при z = 0 будем иметь
1
2πi
Z
|ξ|=1
ξ(ξ − z)
dξ
(ξ − 2)(ξ − z)
dξ
1
=
2πi
=
Z
|ξ|=1
1
z − 2
dξ
2
ξ
.
= 0.
При z 6= 0 и |z| < 1 справедливо равенство
1
ξ(ξ − z)
1
=
1
z
ξ − z
1
−
,
ξ
поэтому
1
2πi
Z
|ξ|=1
dξ
ξ(ξ − z)
1
2πi
Z
|ξ|=1
dξ
ξ −z
1
−
2πi
|ξ|=1
1
=
z
Z
dξ
1
=
(1 − 1) = 0.
ξ
z
Значит, необходимое равенство доказано полностью.
183. Вычислив интеграл
доказать, что при 0 < a < 1
Z
1
2πi
|z|=1
2π
Z
1 + a2− 2a c
0
dz
(z − a)z −
dθ
os θ
=
1
a
2π
1 −a
,
.
2
276 Глава 8. Интегральные теорема и формула Коши
Р е ш е н и е. С одной стороны, по интегральной формуле Коши
Z
I =
1
2πi
|z|=1
dz
(z − a)z −
1
=
1
a −
a
a
=
1
a
a2− 1
.
С другой стороны, сделав замену z = eiϕ, ϕ ∈ [0, 2π], получим
I =
1
2πi
2π
Z
0
i eiϕdϕ
(eiϕ− a)eiϕ−
Z
1
=
2π
0
1
a
2π
eiϕ+ e
2π
Z
1
=
2π
e
0
dϕ
−iϕ
−a +
2iϕ
− e
eiϕdϕ
iϕ
1
a
a +
= −
1
+ 1
a
2π
Z
a
2π
1 −2a cos θ + a
0
=
dϕ
Сравнивая левые части последних двух равенств, получим необходи-
мый результат.
184. Вычислив соответст вующие интегралы, доказать равенства:
Z
1)
γ
2)
|z|=2
Z
3)
γ
Z
4)
γ
sh(z + 1) dz
z2+ 1
Z
sin z sin(z − 1)
z2− z
πz
sin
dz
4
z2− 1
eπzdz
(z2+ 1)
= 2πi·sin 1·ch 1, где γ = {z = x+iy : x
dz = 0;
π√2
=
=
2
i, где γ = {z = x + iy : x2+ y2− 2x = 0};
2
π
(πi −1), где γ = {z = x + iy : 4x2+ y2−2y = 0}.
2
2
2
3
3
+y
= 3
.
2
2
3
};
185. Вычислить значение следующих интегралов типа Коши во всех
точках, не принадлежащих кривой инт егрирования:
1)
3)
1
2πi
1
2π
Z
ξ(ξ − 2)(ξ − z)
|ξ|=1
Z
ξ(
i
2ξ2+ 5ξ + 2)(ξ − z)
∂D
dξ
dξ
; 2)
, где D =z : |z| < 1,
1
2πi
Z
0
1
dξ
ξ − z
;
z +
2
3
1
>
3
.
8.4. Задания творческого характера 277
8.4. Задания творческого характера
z0, z ∈ G. Доказать аналог формулы интегрирования по частям
z
Z
f(ξ)g′(ξ) dξ =f(z)g(z)
z
0
Показать, что указанные интегралы зависят только от начальной
и конечной точки пути интегрирования.
187. Пусть Ak, ak, 1 6 k 6 n, — действительные числа, причем
n
P
Ak= 0, а ak> 0 при 1 6 k 6 n. Доказать равенства
k=1
n
P
+∞
Z
0
Akcos akx
k=1
+∞
Z
0
x
n
P
Aksin akx
k=1
dx = −
x
188. Пусть Γ — спрямляемая замкнутая жорданова кривая, D+— ее
внутренность, а D−— в нешность, функция f (z) является аналитической в D−, непрерывной в D−и существует конечный предел
z
−
z
0
X
k=1
dx = 0.
z
Z
g(ξ)f′(ξ) dξ.
z
0
n
Akln ak,
lim
f(z) = A.
z→∞
Доказать формулу Коши для бесконечной области
A −f (z), z ∈ D−,
=
A, z ∈ D+.
1
2πi
Z
Γ
f(ξ) dξ
ξ − z
189. Пусть функция f(z) является аналитической в круге
{z : |z| 6 R}. Доказать интегральную формулу Пуассона
2π
Z
Re F (r eiθ) =
2π
1
R
e F (r eiϕ)
0
R2− 2R
(R2− r)dϕ
r cos(ϕ − θ) + r
,
2
278 Глава 8. Интегральные теорема и формула Коши
где r < R и θ ∈ [0, 2π].
190. Пусть функция f (z) является аналитической в области, огра-
ниченной контуром Γ, а z1, z2, . . ., zn— произвольные различные
точки внутри Γ и
ωn(z) = (z − z1)(z − z2) . . . (z − zn).
Показать, что функция
Z
1
P (z) =
2πi
f(ξ)
ωn(ξ)
Γ
ωn(ξ) − ωn(z)
·
ξ − z
dz
есть многочлен степени (n−1), который интерполирует функцию
f(z) в точках {zk}
n
k=1
, т.е.
f(zk) = P (zk), k = 1, 2, . . . , n.
Многочлен P (z) называется интерполяционным многочленом
Лагранжа.
Глава 9
Степенные ряды
9.1. Задания для аудиторной работы
191. Определить радиус сходимости R и круг сходимости
D = {z : |z − z0| < R} следующих степенных рядов:
1)
4)
∞
X
n=1
∞
X
n=1
(z − i)
n ·2
n
3
z
; 5)
n
n
Р е ш е н и е п. 6. Радиус сходимости R степенного ряда будем находить
по формуле Коши – Адамара (см. формулу (4.5)т)
В нашем случае
тельности является наибольшей ее предельной точкой и
поэтому
Следовательно, радиус сходимости R = 1/4. Тогда кругом сходимости D является круг, центр которого находится в точке z0= i, а радиус
равен 1/4, т.е.
∞
X
; 2)
X
2 + (−1)
n=1
∞
sin in · (z + i)n; 6)
n=0
R =
p
n
√
n
|cn| =
lim
n→∞
lim
n→∞
D =z : |z − i| <
n→∞
2
n
lim
√
n
p
n
(z + 1)
n
n
1
p
n
|cn|
3 + (−1)
n2= 1,
|cn| = 4.
; 3)
3 + (−1)
∞
X
n=1
n
5
(z − 1 − i)n;
3
n
n
n
n2(z − i)n.
n
n
∞
X
n=1
.
n
. Верхний предел последова-
1
.
4
280 Глава 9. Степенные ряды
192. Радиус сходимости
∞
X
n=0
cnz
n
равен R (0 < R < ∞). Определить радиус сходимости следующих
степенных рядов:
∞
X
1)
5)
3ncnzn; 2)
n=0
∞
X
nncnzn; 6)
n=0
Р е ш е н и е п. 6. Обозначим искомый радиус сходимости через R∗.
Если |z0| > 1, то
lim
n→∞
Заметим, что
поэтому
p
lim
n→∞
n
|1 + z
n
||cn| = lim
0
Отсюда и из формулы Коши – Адамара следует, что
R
R∗=
|z0|
p
n
lim
n→∞
X
n=0
X
n=0
|1 + z
p
n→∞
∞
∞
n
(1 + z
n
0
|1 + z
p
n
n5cnzn; 3)
n
)cnzn.
0
| = lim
|1 + z
|z0|
n→∞
n
| = 1 при |z0| 6 1,
0
n
| · lim
0
s
n
n→∞
X
n=0
z
∞
1
0
p
n
n
|cn| =
c
n
zn; 4)
n!
+ 1
= |z0|.
R
1
lim
n→∞
, если |z0| > 1, R∗= R, если |z0| 6 1.
X
n=0
p
n
∞
4
c
n
|1 + z
zn;
0
n
|.
193. Исследовать поведение степенного ряда
∞
X
n=0
cnz
n
на границе круга сходимости:
∞
X
1)
(−1)nzn; 2)
n=0
∞
X
5)
n=2
n
z
n ln n
; 6
∞
n
X
z
; 3)
n
n=1
∞
X
)
n=2
n
z
n ln2n
.
∞
X
n=1
z
n
n
; 4)
2
∞
X
n=1
(−1)
n
n
zn;
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]