Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория функций комплексного переменного. Учебник
.pdf
14.3. Задания для самостоятельной работы 351
304. Найти вычеты каждой однозначной ветви многозначной функции f(z) в указанной точке z0:
√
1) f(z) =
3) f(z) = ezLn
5) f(z) = Ln z sin
7) f(z) = z2Ln
9) f(z) =
Р е ш е н и е п. 1. Выделим однозначные ветви f1(z) и f2(z) функции
f(z) в области C \[−∞, 0] их значениями, например, в точке z = 2:
Тогда в этой области функции f1(z) и f2(z) можно определить следу-
ющим образом:
z
, z0= 1; 2) f(z) =p(z − 1)(z + 1), z0= ∞;
z − 1
z + 1
, z0= ∞; 4) f(z) =
z − 1
1
, z0= 1; 6) f (z) = Ln z cos
z − 1
z + 1
, z0= 0; 8) f(z) =
z − 1
√
z
, z0= 0; 10) f(z) =
sin√z
f1(2) =√2, f2(2) = −√2.
f1(z) =
f2(z) = −
1
z − 1
1
z − 1
p
|z|cos
p
|z|cos
arg z
2
arg z
2
z
1 −√z
+ i sin
+ i sin
Arth z
z
1
√
2 −z − 1
2
, z0= 1.
arg z
2
arg z
2
, z0= 0;
1
z − 1
, z0= 1;
,
.
, z0= 1;
Очевидно, z0= 1 — полюс первого порядка для f1(z) и f2(z), поэтому
Res1f1(z) = lim
Res1f2(z) = lim
Р е ш е н и е п. 5. Выделим однозначные ветви fk(z), k ∈ Z, функции
f(z) в области C \[−∞, 0] их значениями в точке z = 1. Поскольку
Ln 1 = i 2πk, k ∈ Z,
функции fk(z), k ∈ Z, можно определить следующим образом:
fk(z) =ln |z| + i arg z + i 2πksin
(z − 1)f1(z) = 1,
z→1
(z − 1)f2(z) = −1.
z→1
1
z −1
(ln z + i 2πk) sin
=
z −1
1
,
352 Глава 14. Вычисление вычетов
где ln z — главная ветвь логарифма.
Очевидно, что z0= 1 — существенно особая точка для каждой однозначной ветви. Для того, чтобы найти вычет Res1fk(z), воспользуемся разложениями
1
sin
z −1
ln z = ln1 + (z − 1)= (z − 1) −
=
1
z − 1
−
13!1
(z − 1)
+
3
(z − 1)
2
15!1
(z − 1)
2
+
− . . . ,
5
(z − 1)
3
3
− . . . ,
тогда
fk(z) =i 2πk + (z −1) −
×
(z − 1)
z − 1
2
+
2
1
13!1
−
(z − 1)
3
(z − 1)
3
− . . .×
15!1
+
3
(z − 1)
− . . ., k ∈ Z.
5
Для ответа на вопрос задачи осталось перемножить ряды и выписать
коэффициент при (z − 1)−1:
Res1fk(z) = i 2πk +
1
2 ·3!
1
−
4 ·5!
+
1
− . . . , k ∈ Z.
6 · 7!
305. Найти вычеты функции f (z) в конечных особых точках, если:
(z − 1)
(z + 1)
n−1
z
z
n−1
2n
1
, n ∈ N;
n
, n ∈ N;
n
)1 +
1!z
1
cos z
z3−
+ . . . +
π
z
2
n!z
, n ∈ N;
2
1
, ai∈ C,
n
1) f(z) =
3) f(z) =
4) f(z) =
6) f(z) =
1
; 2) f (z) =
2
sin z
1
1 +
z
1 −√z
z + 1
n
z
, n ∈ N,√1 = 1; 5) f (z) =
1
(z2+ 1)
1
+ ··· +
, n ∈ N; 7) f (z) = cth2πz;
n+1
8) f(z) = (a0+ a1z + . . . + a
n ∈ N.
14.4. Задания творческого характера
306. Найти вычеты однозначных ветвей многозначной функции
f(z) =
√
1
2√z +√z +
1
14.4. Задания творческого характера 353
во всех их конечных изолированных особых точках однозначного
характера.
307. Пусть a, b ∈ R и f (z) — целая функция. Доказать, что для любой
однозначной аналитической в окрестности бесконечности ветви
логарифмической функции
w = Ln
z − b
z − a
выполняется равенство
b
Z
=
f(z) dz.
a
Res
∞
f(z) Ln
z − b
z − a
308. Пусть функции f(z) и g(z) аналитичны в точке z0и имеют в ней
нуль m-го порядка. Доказать, что:
а) Res
z
0
б) Res
z
0
=
f(z)
g(z)1z − z
f(z)
g(z)1(z − z0)
1
f
m + 1
g
(m)
(m)
(z0)
(z0)
(m)
f
(m+1)
f
f
g
=
(m)
(m)
(z0)
(z0)
(z0)
(z0)
;
(z0)
(z0)
.
(m+1)
g
−
(m)
g
=
0
2
309. Найти
Resafϕ(z),
если функция ϕ(z) аналитична в точке a и ϕ′(a) 6= 0, а f (ξ) имеет
полюс первого порядка в точке ξ = ϕ(a) с вычетом, равным A.
310. Найти
Resafϕ(z),
если функция ϕ(z) в точке a имеет полюс первого порядка с вычетом, равным A, а функция f (ξ) имеет в бесконечности полюс
первого порядка с главной частью Bξ.
354 Глава 14. Вычисление вычетов
311. Пусть функция f (z) является аналитической в C, за исключени-
ем конечного числа изолированных особых точек. В предположении, что написанные вычеты имеют смысл, до казать равенства:
а) Res0f(z) = Res∞f(z) и Res
f(z) = −Res
z
0
f(z), если z0∈ C и
−z
0
функция f (z) — четная;
б) Res
f(z) = Res
z
0
f(z), если z0∈ C и функция f (z) — нечетная.
−z
0
312. Пусть f (z) = zmg(zn), где m и n — целые числа, удовлетворяю-
щие условиям m > 0, m < n. Доказать, что
z0e
Res
2kπi/n
f(z) = e
2kπi(m+1)/n
Res
z
0
f(z).
Глава 15
Вычисление интегралов
с помощью вычетов
15.1. Задания для аудиторной работы
313. Вычислить интеграл
если:
1) f(z) =
а) C =z :
в) C =z : |z − 2i| =
2) f(z) =
а) C =z : |z| =
в) C = {z : |z| = 3}; г) C = {z : |z| = 5};
3) f(z) =
1
z −
1
1
:
1
2
1
2
z(z2+ 4)
(z2− 1)(z − 4)
(z + 1)2(z2− 4)
=
:
; б) C =z : |z + 1| =
:
Z
I =
C
1
; б) C =nz : |z| =√2o;
4
1
; г) C = {z : |z| = 3} ;
2
f(z) dz,
1
;
2
356 Глава 15. Вычисление интегралов с помощью вычетов
а) C =z : |z| =
в) C =z : |z| =
4) f(z) =
z2(z2+ 1)
а) C =z : |z| =
в) C =z : |z + i| =
5) f(z) =
(z + i)(z + 2)
а) C =z : |z| =
1
; б) C =z : |z − 2| =
4
3
; г) C = {z : |z| = 3} ;
2
1
:
1
; б) C =z : |z − 2| =
3
1
; г) C = {z : |z| = 4} ;
2
1
:
1
; б) C =z : |z| =
2
1
;
4
1
;
2
3
;
2
в) C = {z : |z + 2| = 1}; г) C = {z : |z| = 3};
6) f(z) =
а) C =z : |z| =
в) C =z : |z − i| =
1
z(z + 1)(z −i)
1
2
:
; б) C =z : |z + 1| =
1
; г) C = {z : |z| = 2} .
2
1
;
2
Р е ш е н и е п. 6. Особыми точками данной функции f(z) являются
z1= 0, z2= −1, z3= i.
В случае а) данные точки лежат вне окружности C = {z : |z| = 1/2},
поэтому по интегральной теореме Коши интеграл I = 0.
В случае б) по теореме Коши о вычетах (см. теорему 6.3т)
I = 2πi Res−1f(z).
Точка z2= −1 — полюс первого порядка. Поскольку справедливо пред-
ставление
где
ϕ(z) =
f(z) =
z(z − i)
ϕ(z)
,
ψ(z)
1
ψ(z) = z + 1,
,
15.1. Задания для аудиторной работы 357
то
Res−1f(z) =
ϕ(−1)
ψ′(−1)
=
1
1 + i
=
1 − i
2
.
Следовательно,
I = πi(1 − i) = π(1 + i).
В случае в) внутри контура C лежит только точка z3= i, поэтому
I = 2πi Resif(z).
Аналогично случаю б)
f(z) =
ϕ(z)
ψ(z)
,
где
ϕ(z) =
1
z(z + 1)
, ψ(z) = z − i,
следовательно,
Resif(z) =
ϕ(i)
ψ′(i)
=
1
−1 + i
= −
1 + i
2
,
поэтому
I = −πi(1 + i) = π(1 − i).
В случае г) все конечные особые точки лежат внутри кривой C . Тогда
по теореме Коши о вычетах
I = 2πiRes0f(z) + Res−1f(z) + Resif(z).
Находим
Res0f(z) =
ϕ(0)
ψ′(0)
=
1
−1 + i
= −
1 + i
2
,
где
ϕ(z) =
1
(z + 1)(z − i)
, ψ(z) = z.
Значит,
Res0f(z) = i,
тогда
I = 2πii +
1 −i
2
−
1 + i
2
= 0.
В случае г) можно было поступить несколько иначе. Воспользовав-
шись теоремой о полной сумме вычетов (см. теорему 6.6т), согласно которой
Res0f(z) + Res−1f(z) + Resif(z) = −Res∞f(z),
и тем, что подынтегральная функция на бесконечности имеет нуль третьего
порядка, т.е. Res∞f(z) = 0, немедленно получим I = 0.
358 Глава 15. Вычисление интегралов с помощью вычетов
314. Вычислить интеграл
I =
Z
f(z) dz,
C
если:
1) f(z) =
2) f(z) =
3) f(z) =
4) f(z) =
5) f(z) = sin
6) f(z) = z3e
7) f(z) =
Р е ш е н и е п. 3. По теореме Коши о вычетах (см. теорему 6.3т)
z + 1
(z − 1) sin z
(z − 1)(z − 2)
3
z
z4− 1
1
ez− 1
1
, C = {z : |z| = 1};
z
2
z
, C = {z : |z| = 2}.
1
z
e
, C = {z : |z| = 2}.
z − i
, C = {z : |z| = 2};
z
, C = {z : |z| = 3};
2
, C = {z : |z| = 2};
, C = {z : |z − 3i| = 4};
Z
I =
|z|=2
z4− 1
z3dz
= 2πi
4
X
k=1
Res
z
k
f(z),
где zk, k = 1, 2, 3, 4, — корни уравнения z4= 1.
Других конечных особых точек у функции f(z) нет, поэтому восполь-
зуемся равенством
Res∞f(z) +
4
X
k=1
Res
z
k
f(z) = 0.
Для нахождения вычета на бесконечности разложим функцию f (z) в
ряд Лорана в проколотой окрестности точки z = ∞:
3
z
z4− 1
=
1z1
1 −
z
1
=
1
z
4
1 +
1
1
+
+ . . .,
4
8
z
z
15.1. Задания для аудиторной работы 359
отсюда c−1= 1,
4
Res∞f(z) = −c−1= −1,
X
k=1
Res
z
k
f(z) = 1,
следовательно,
I = 2πi.
Р е ш е н и е п. 7. Конечными изолированными особыми точками
подынтегральной функции являются точки: z1= 0 — существенно особая
точка, z2= i — простой полюс. Кроме того, эта функция имеет простой нуль
при z = ∞ , так как f (z) ∼ 1/z при z → ∞. В силу того, что Res∞f(z) = 0
окончательно получаем
I = −2πi Res∞f(z) = 0.
315. Вычислить интеграл
Z
f(z) dz,
если:
L
1) f(z) =
2) f(z) =
3) f(z) =
4) f(z) =
5) f(z) =
(z − 1)2(z2+ 1)
(z − 1)2(z + 2)
(z − 1)(z2+ 1)
z(z + 4)
(z + 1)(z2+ 1)
6) f(z) = e
Р е ш е н и е п. 1. Подынтегральная функция f(z) = 1/((z −1)2(z2+1))
имеет три особые точки: z1= 1 — полюс второго порядка, z2= i и z3= −i —
простые полюсы. Внутри контура интегрирования находятся z1и z2, причем
1
z
1
1
, L — окружность x2+ y2= 9;
z
3
z
, L — окружность x2+ y2= 1.
Res1f(z) = lim
Resif(z) = lim
, L — окружность (x − 1)2+ (y −1)2= 2;
, L — астроида x
, L — окружность x2+ y2= 4;
, L — окружность x2+ (y + 1)2= 1;
z→1
z→i
(z − 1
1
z2+ 1
′
= lim
1
)2(z + i)
z→1
2
3
(z2+ 1)
=
2i(i − 1
+ y
−2z
2
2
3
3
= 3
;
1
= −
2
1
)
,
2
1
=
.
2
4
360 Глава 15. Вычисление интегралов с помощью вычетов
По теореме Коши о вычетах
Z
L
dz
(z − 1)2(z2+ 1)
= 2πiRes1f(z) + Resif(z)= 2πi−
1
1
+
2
4
= −
πi
.
2
316. Найти все возможные различные значения интеграла
Z
I =
f(z) dz
C
при различных положениях контура C, который не проходит через особые точки функции f (z), если:
1) f(z) =
4) f(z) =
1
z(z2+ 1)
1
; 5) f (z) =
z2− 1
; 2) f (z) =
1
z2+ 4
1
z(z2− 1)
; 3) f (z) =
; 6) f (z) =
1
(z + 1)(z − 2)
1
z(z − 1)
.
;
Р е ш е н и е п. 6. В данном случае требуется вычислить интеграл
Рассмотрим все возможные слу чаи.
Если контур C не содержит внутри себя изолированных особых точек
z0= 0 и z1= 1 функции f (z), то по интегральной теореме Коши
Если контур C содержит только одну точку z0= 0, то по теореме
Коши о вычетах
I = 2πi Res0f(z) = −2πi,
так как Res0f(z) = −1.
Если контур C содержит только точку z1= 1, то
I = 2πi Res1f(z) = 2πi,
так как Res1f(z) = 1.
Если же контур C содержит внутри себя обе особые точки z0= 0 и
z1= 1, то
I = 2πiRes0f(z) + Res1f(z)= 0.
I =
Z
z(z − 1)
C
I = 0.
dz
.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]