Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный университет инженерных технологий

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекции математика / 04 Лекции 15 Функции комплексного переменного

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.04.2015

Размер:

444.44 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 66

	n
∫ f (z)dz = 2πi∑res f (z) .		(1)
∂E	k=1 z=ak

Доказательство . Из каждой точки ak , (k =1,2,...,n) , как из центра, проведем окружность Cρk столь малого радиуса ρk , чтобы эти окружности лежали внутри области E и не пересекали друг друга (рис. 15).

∂E

a
ρ
a
ρ
ρ	a

Рис. 15

На основании теоремы Коши для многосвязной области будем иметь:

∫ f (z)dz + ∫ f (z)dz +... + ∫ f (z)dz = 0 ,

∂E	−	−
	Cρ1	Cρn

или

∫

∑

2πi

∑z=a

∂E

f (z)dz =

(z)dz +... +

f (z)dz = 2πi

k=1

Cρk

f (z)dz = 2πi

k=1

res f (z) .

Cρ

Пример

1 . Вычислить интеграл

sin π z

∫ 2 dz z =2 z(z −1)2 (z + 3)

sin

π z

Решение. Функция f (z) =

в круге

< 2 имеем устра-

z(z −1)2 (z + 3)

нимую особую точку z1 =1.

Так как

sin

res f (z) = 0,

= −

res f (z) = lim

+ 3)

z=0

z=1

z→1 z(z

то на основании формулы (1) имеем:

sin

2 z

5πi

dz =

2πi

−

= −

∫=2 z(z −1)2 (z + 3)

3. Приложения вычетов к вычислению определенных интегралов

Интегралы вида 2∫πϕ(eit )dt

Сведем вычисление интеграла, указанного в заголовке к вычислению интеграла от комплексной функции по замкнутому контуру. Для этого за-

метим, что при возрастании t от 0 до 2π точка z = eit один раз опишет окружность z =1 в положительном направлении. Откуда, подстановка

z = eit , (dz =izdt), дает:

2∫π ϕ(eit )dt =	1		∫		ϕ(z) dz .	(2)

0		i	z	=1	z

Поэтому, на основании основной теоремы о вычетах получаем следующую теорему.

Теорема 2 . Если функция w = ϕ(zz) аналитична в круге z ≤1, за

исключением конечного числа изолированных особых точек z1, z2 ,..., zn , лежащих в открытом круге z <1, то

2π	n	ϕ(z)	. (3)
∫	ϕ(eit )dt = 2π∑res	ϕ(z)	. (3)
0	k=1 z=zk	z

Рассмотрим на примере применение формулы (3) к интегралам вида

2π

∫R(cost,sin t)dt , с которыми мы уже сталкивались в случае, когда R - ра-

циональная функция двух переменных .

Пример

2 . Вычислить интеграл

2π

∫

<1.

1 + acost

Решение. Так как cost = eit

+ e−it

, то положив z = eit получим:

2π

∫

= ∫

= −2i

∫

1 + a cost

+ 2z + a

=1 iz 1 +

z +

Особыми точками подынтегральной функции являются нули знаменателя

z = −	1	−	1	−1, z	2	= −	1	+	1	−1 ,

1	a		a2				a		a2

то есть z1 и z2 - полюсы подынтегральной функции.

Так как

<1, то только точка z2 принадлежит кругу

<1. Поэтому в

силу формулы (3)

2π

= 2πi res

− 2i

4π

2π

∫0 1 + acost

a(z2 − z1 )

z=z2 az2 + 2z + a

1 − a2

∞

Интег ралы

вида

∫ f ( x)dx

−∞

В данном случае несобственный интеграл от комплексной функции f действительного аргумента x определяется как его главное

значение:

		∞		R
		∫ f (x)dx = Rlim→∞ ∫ f (x)dx
		−∞		−R
Легко показать, что если несобственный интеграл, указанный в заго-
ловке, сходится, то он сходится в смысле главного значения. Обратное в
общем случае неверно.
Теорема 3 . Пусть f является функцией, аналитической в верх-
ней полуплоскости		Jm z ≥ 0 , за исключением конечного числа изолиро-
ванных особых точек z1, z2 ,..., zn ,			не лежащих на действительной оси, и
пусть на верхней полуокружности			z = R удовлетворяет неравенству
		f (z) ≤		M (R) ,
				R
где M (R) →0 при R →∞.
Тогда имеет место равенство
		∞		n			(4)
		∫ f (x)dx = 2πi∑res f (z) .					(4)
		−∞		k=1 z=zk
Доказательство. Рассмотрим интеграл
	Y			∫ f (z)dz	оп замкнутому контуру
				γR
		R		γ R , состоящему из верхней по-
				луокружности		ПR	окружности
	z2	z3		z = R	и отрезка		[−R, R] (рис.
	zn	z1		16). Пусть R таково, что все по-
-R	O	R	X	люсы функции		f лежат в круге
-R	O	R	X	z < R .
				z < R .
	Рис. 16
Тогда по основной теореме о вычетах имеем:

∫ f (z)dz = ∫ f (x)dx + ∫

γR

−R

ПR

f (z) = 2πi∑res f (z) . (5)

k=1 z=zk

Интеграл по ПR при R →∞ стремится к нулю, так как по шестому свойству интегралов

	∫	f (z)dz	≤ max	f (z)	πR ≤πM (R) ,

	ПR		z ПR

а по условию теоремы M (R) →0 при R →∞.
Переходя в равенстве (5) к пределу при R →∞, получим требуемую фор-
мулу (4).

Пример

3 . Вычислить интеграл

∞

∫

(m =1,2,3,...)

−∞

+1)

Решение. В данном случае

f (z) =

имеет в верхней по-

(z2 +1)m

луплоскости единственный полюс m -го порядка

z =i и на окружности

= R удовлетворяет неравенству

f (z)

≤

(z2 +1)m

(

2 −1)m

2 −

1)m

(R2 −1)m

где M (R) =

→0

при R →∞, (m =1,2,3,...) .

(R2 −1)m

Поэтому формула (4) дает:

∞

m−1

∫

= 2πires

= 2πi

lim

+1)

(z + i)

−∞ (x

(m −1)! z→i

При m =1 получаем известный результат:

∞

∫

= 2πi lim

=π .

z + i

−∞

+1)

z→i

При m ≥ 2 имеем:

m−1

(−m)(−m

−1)...(−m −

(−m −2))

(−1)

m(m

lim

=lim

2m−1

(z +i)

(2i)

z→i

=−

(2m −2)!

=− i

1 3 5... (2m −3) 2 4 6... (2m −2) =

22m−1

(m −1)!

2 4 6... (2m −2)

=−

1 3 5... (2m −3)

Откуда при m ≥ 2 получаем:

∞

π 1 3 5 ... (2m −3)

∫

+1)

m−1

(m −1)!

−∞ (x

1)...(2m −2) =

2m−1

Пример 4 . Найти закон уменьшения амплитуды возбужденных

колебаний при увеличении собственной частоты ω под действием силы

F , меняющейся со временем по закону

F(t) =1 +1t 2 .

Решение. Известно, что этот закон описывается следующим интегралом:

	1	∞	eiωt
L(ω) =		∫			dt, (ω ≥ 0) .
	2			2
		−∞1 + t

Покажем, что подынтегральная функция

eiωt

f (z) =1 + t 2

удовлетворяют условиям теоремы 3. В самом деле, в верхней полуплоско-

сти она имеет простой полюс z =i , а на верхней полуплоскости z = Reiϕ , 0 ≤ϕ ≤π , удовлетворяют неравенству:

f (z)

eiωR(cosϕ+isinϕ)

≤

eiωR cosϕ

e−ωRsinϕ

≤

z2 +1

R2 −1

где M (R) = R2R−1 →0 при R →∞.

Поэтому формула (4) дает:

∞	eiωt			eiωz		eiωz
∫			dt = 2πi res		= 2πi lim		=πe−ω .
		2		2
−∞1 + t			z=i	z +1	z→i z + i

Откуда

L(ω) = π2 e−ω .

Дополнение 4 . Методы теории вычетов применимы и для исследования сумм рядов. Приведем теорему аналогичную теореме 3, которая дает возможность найти сумму ряда в конечном виде ([5], стр. 261).

Теорема 4 . Пусть f является функцией, аналитической в ком-

плексной плоскости (z) , за исключением конечного числа полюсов z1, z2 ,..., zn , отличных от целых чисел, и пусть существует такая константа M > 0 , что R ≥ R0

max			f (z)	≤	M	.


	z	=R			R2

Тогда имеет место равенство

∞

∑

k=−∞

f (k) = −π∑res f (z)ctgπz .

k=1 z=zk

Пример

6 . Просуммировать ряд

∞

∑

(a > 0) .

+ a

−∞ n

Решение. Функция

f (z) =

удовлетворяет условиям тео-

z2 + a2

ремы 4 и имеет простые полюсы z1 = −ia, z2 =ia .

Поэтому формула (6) дает:

∞

ctgπz

πi

∑

= −π res

+ res

ctgia =

cthπa .

+ a

−∞ n

z=−ia

z=ia

В частности,

∞

+ e

−π

∑

1 (πcthπ

−1)=

eπ

− 1 .

− e

−π

n=1 n

Заключение.

Эта лекция является заключительной и показывает мощь теории функций комплексного переменного на методах вычисления определенных

инесобственных интегралов.

Втеме «Операционное исчисление» будет продолжено изучение

ТФКП.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 66

Соседние файлы в папке Лекции математика

#
02.04.2015627.84 Кб8604 Лекции 10 Дифференциальные уравнения.pdf
#
02.04.2015403.75 Кб9804 Лекции 11 Ряды.pdf
#
02.04.2015253.26 Кб32804 Лекции 12 Ряды Фурье.pdf
#
02.04.2015590.07 Кб7604 Лекции 13 Теория вероятностей.pdf
#
02.04.2015198.37 Кб9004 Лекции 14 Операционное исчисление.pdf
#
02.04.2015444.44 Кб6404 Лекции 15 Функции комплексного переменного.pdf
#
02.04.2015296.7 Кб7504 Лекции 16 Теория поля Эктов.pdf