ЛЕКЦИЯ № 6

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

[ВМ] Теории ФКП.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

31.05.2015

Размер:

3 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1310 11 12 13 > Следующая >>>

	ЛЕКЦИЯ № 6
	§ 16. ВЫЧЕТ ФУНКЦИИ В КОНЕЧНОЙ
	ИЗОЛИРОВАННОЙ ОСОБОЙ ТОЧКЕ.
	ОСНОВНАЯ ТЕОРЕМА О ВЫЧЕТАХ			У
				У
Вычетом функции f (z) в конечной изолированной особой точке
z = a (обозначение Res f (a) ) называется коэффициент с−1				Т
z = a (обозначение Res f (a) ) называется коэффициент с−1				при члене
1	в разложении в ряд Лорана в окрестности точки a .
z −a	в разложении в ряд Лорана в окрестности точки a .
z −a		f (z) в окрестности точки a :
Напишем ряд Лорана для функции		f (z) в окрестности точки a :
			Б
	∞	∞	c−n
	f (z) = ∑cn (z − a)n + ∑		n	(41)
	n=0	n=1	(z − aН)

и проинтегрируем этот ряд почленно пойлюбому замкнутому контуру L, принадлежащему кольцу, в которомисправедливо написанное разложение, обходя L против часовой стрелки. Используя результат § 12 (Ряд Лорана ФКП), найдёмр, что все нтегралы в правильной части ряда будут равны нулю, все нтегралы главной части тоже

будут равны нулю, кроме единственного интеграла от первого члена главной части (где n = 1). В езультате указанного интегрирова-

ния ∫ f (z)dz = c−1

2πi ,

куда Res f (a) = c−1

∫ f (z)dz .

2πi

Из определен

следует, что если

z = a

есть правильная

вычета

f (z) ,

то Res f (a)

= 0, так как

или устранимая особая точка функции

в этих случаях в ра ложении (41) отсутствует главная часть, так что

все c−n = 0. зСф рмулируем основную теорему о вычетах.

Осн вная те рема о вычетах. Если функция

f (z)

аналитична в

области D и на замкнутом контуреL, ограничивающемее

всюду, за исключением конечного числа особых точек

a1,a2 ,...,an

(лежащих внутриL), то интеграл от f (z) вдоль

L в положительном направлении равен произведению

2πi

на сумму вычетов f (z) во всех точках ak , то есть

∫ f (z)dz = 2πi ∑Resf (ak ).

(42)

k =1

Доказательство

Окружим точки ak окружностями ck настолько малыми, чтобы они лежали внутри L и не пересекали друг друга. Так как в мно-

госвязной области,

ограниченной контурами L и ck

и на самих

этих контурах

f (z)

аналитична,

то

силу

теоремы

Коши

∫ f

(z)dz = ∑ ∫ f (z)dz,

где все контуры

L и ck обходятся против

k =1 ck

часовой стрелки. Поделив и умножив правую часть на 2πi, получим

следующее:

∫

f (z)dz = 2πi ∑

∫

f (z)dz = 2πi ∑Res f (a

) ,

k =1

2πi ck

k =1

Res f (ak )

что и требовалось доказать.

нтегралы от

f (z)

по за-

Формула (42) позволяет выч слять

мкнутым контурам,

если известны вычеты этой функции относи-

находя

тельно всех особых точек,

щихсявнутри контура.

вычета

Вычисление вычетов функции

Res f (a)

= 0.

1. Для устран мой особой очки z = a

функции f (z)

в конечной существен-

2. Для выч слен я

но особой

обычно непосредственно определяют коэффициент

c−1

точке

в разл жении в ряд Лорана в окрестности этой точки.

∞

3. Для

люса получим некоторые удобные формулы.

Пусть

z = a

– конечная точка, являющаяся полюсом порядка m

функции f (z) :

f (z) = ∑cn (z −a)n +

c−1

c−2

+ +

c−m

(43)

(z −a)2

(z −a)m

n=0

z −a

РУмножим (43) почленно на (z − a)m :

f (z) (z −a)m =c

−m

−m+1

(z −a) + +c

−1

(z −a)m−1

(z −a)m

+c (z

−a)m+1 +

Дифференцируя последнее равенство (m – 1) раз по z , получим

следующее:

d m−1

{(z − a)m f (z)}= (m −1)!c−1 + m!c0 (z − a) + .

dzm−1

Переходя здесь к пределу при z → a , найдем

m−1

Res

f (a) =с−1=

lim

{(z − a)m f (z)}.

(m −1)! z→a dzm−1

В частности, если z = a – простой полюс (m = 1), то имеем сле-

дующую формулу:

Resf (a)

= c−1 = lim{(z

−a) f (z)}

(44)

z→a

Пусть функция f (z)

является частным двух функций, аналити-

ческих в окрестности точки а:

ϕ(z)

f (z) =

оg(z)

причем

ϕ(а)

≠ 0; g(a) = 0; g′(a) ≠ 0.

Значит, z = a – простой полюс

функции f (z) . Применяяиформулу (44), получим:

Res f (a) = lim(z − a) ϕ(z)

= ϕ(a) lim

ϕ(a)

, т.е.

z→a

z→a g(z) − g(a)

g(z)

g'(a)

z − a

Resf (a) =

ϕ(a)

(45)

′

(a)

Формула (45) удобна для нахождения вычетов в простых полюсах.

Примеры

В примерах 1–5 найти вычеты функции

f (z)

во всех ее особых

точках плоскости z.

Пример 1

f (z) =

z −i

Решение. z = i – простой полюс; это уже и есть разложение в ряд

Лорана по ( z −i ), значит Res f (i)

= 2.

Или по формуле (45): Res f(i) =

= 2.

Пример 2

f (z) =

−1

z =

полюсы функции f(z);

Решение.

z = –1 – п остые

f (z) =

ϕ(z)

где

ϕ(z)= z5 ; g(z)

= z2 −1.

Тогда

Res f (1) =

ϕ(1) =

g(z)

g (1)

ϕ(−1)

(−1)

. Res f

(−1) =

и g'(−1)

2 (−1)

z=1

Пример 3

пf (z) =

(z −1)4

ешение.z = 1 – полюс4-го порядка. Имеем

РRes f (1) =

lim

(z −1)4

lim(6 5 4 z3 ) = 20.

(z −1)

3! z→1

z→1

Пример 4

f (z) = e z .

Решение. z = 0 – существенно особая точка. Имеем

=1+

1!z +

+... . Здесь с−1 = Res f (0) =1.

2!z

Пример 5

Вычислить вычеты функции

f (z)=

z + 3

(z −1)(z +1)

Решение.

– полюс 2-го порядка.

z =1 – простой полюс,

= −1

Используем формулы для вычетов относйтельно простого полюса и

полюса порядка m .

Res f (z)= lim{(z − a)

f (z)}.

z=a

z→a

m−1

Res f (z)

((z −a)

f (z))

zт=a

m−1

z=a

иz + 3

−1)!

Res

= lim(z −1)

z + 3

=1.

(z −1)(z +1)

з(z −1)(z +1)

z=1

z→1

оz +3

1 d

z +3

Res

(z +1)

= −

= −1.

z=−1

(z −1)(z +

1! dz

(z −1)(z

=−1

z=−1

+1)

(z −1)

Пример 6

Вычислить

∫l

ctg z

dz ,

где l – окружность |z| = 1, проходимая

(4z − π)

против часовой стрелки.

Решение. Знаменатель функции f

(z) =

ctg z

cos z

об-

4z − π

(4z − π)sin z

ращается

нуль

точках

π; z

= 0;

k+2

= kπ (k = ±1, ± 2,...) ,

а поэтому для

f (z)

эти точки являются полюсами, причём просты-

ми, т.к. sin kπ = 0 , но (sin z′)

z=kπ = cos kπ ≠ 0 .

π; z = 0.

Внутрь окружности |z| =1 попадают только полюсы z =

ctg z

Тогда

по

основной

теореме

вычетах:

Тdz =

∫l (4z

− π)

ϕ(Н) ctg

= 2πi Res f

+ Res f

(0) .

Res f

(

) =

;

Бg'(π)

cos z

−

4z −π

ctg z

Res f (0)

. Имеем

dz =

2πi

−

(sin′z)

и∫(4z −π)

z=0

Пример 7

Вычислить

∫l

, где l

– окружность

z −1−i

=1, проходимая

3 +1

против час в й стрелки.

стые

z3 +1 = 0

или

z = 3 −1 ,

находим

Решение. Решив уравнение

про

нули

знаменателя:

(z +1)(z2 − z +1) = 0.

Имеем

= −1,

2,3

= 1± 1−4

= 1± 3i .

Точки z1, z2 , z3

есть простые полюсы подынтегральной функции.

Проверим, какие из этих точек лежат внутри круга l :

z1 −1−i

− 2 −i

>1 – вне круга

<1;

−1

−2

= 1

+ 3−4

z2 −1−i

i −1−i

= 2 −

<1 –

внутри круга;

= 1 −

−1 −

= 1 + 3+4

+ 4 =

z −1−i

i −1−i =

2 +

>1−

вне круга.

У=

Тогда ∫

= 2πi Res f (z2 ) = 2πi

2πi

′

1+ 3i

l z

+ 2

(

−i).

2πi

8πi

4πi

= −

4πi

+ 2 3i

−3

3(2 3i −2)

3i −1)

Пр мер 8

люс 2-го порядка;

z =1 –просой полюс.

Вычислить

∫

z2 (z

−1)

dz .

z −1

Внутри области

находятсяобе особые точки.

Решение. Особые

чки п дынтегральной функции: z = 0 – по-

з∫

dz = 2πi(Res f (0) + Res f (1);

z−1

=2 z

(z −1)

сумма вычетовфункции

(z) в точках 0 и1

Res f (0)= lim

−ez +ez (z −1)

= lim

(z −1)

z→0 dz

z→0

е z→0 dz z

z −1

(z −1)

= −lim

2ez

−ez z = −2;

z→0

(z −1)2

Res f (1)= lim

(z −1)

= lim

= e.

(z −1)

z→1 z

z→0 z

Следовательно, ∫

dz = 2πi(−2 + e).

z2 (z −1)

z −1

Пример 9

Вычислить

∫=6

dz .

1 − cos z

Решение. В заданную область попадает одна особаяточка z = 0 –

полюс второго порядка.

1Н

= 2πi Res f (0) = 2πi lim

∫=6 1− cos z

z→0 dz

1− cos z

2 z

4z sin

−2z

2z(1−cos z) − z2 sin z

sin

cos

2πi lim

= 2πi lim

z→0

(1−cos z)2

z→0

4 z

4sin

2z sin

− z cos

2sin

р2

2 sin

− z cos

= 2πi lim

z→0

2 z

4sin

2sin

sin

f (z)

f ′(z)

по прав лу Лопиталя: lim

= lim

g(z)

g (z)

z→a

x→a

′

lim

cos

− cos

sin

= 0.

= 2πi

→0

2sin

cos

Им

dz = 0 .

∫=6

1− cos z

Пример 10

Вычислить

∫

ln z

dz.

(z − 2)2

z −2

Решение.

ln z

Особая точка

z = 2

–

полюс 2-го порядка.

∫

dz =

ln z

z−2

=1 (z − 2)2

(z −2)2

= 2πi lim

(ln z) = 2πi lim

= 2πi

= πi .

z→2 dz

z→2 z

z→2 dz (z −2)

Пример 11

Вычислить интеграл с помощью вычетов: ∫

dz,

L :

L z

Решение.

Для

вычисления

∫

f (z)d =z

используем

Бформулу

z= 2πi∑R es f (z), где

f (z)

анал

– функц я,

тическая в области D,

i=1

z=a

ограниченной контуром L, всюду, к оме конечного числа особых

точек a1, a2 , a3,....,an.

f (z)=

Для функции

z2 +1

особыми точками

являются z = i, z = −i

в облас и

< 3.

вательно

След

∫

dz = 2πi Res

f (z)+ Res f (z) .

z2 +1

z=+i

z=−i

Res f (z)

= lim (z −i)

;

z + i

пz=+i

→i

(z −i)(z + i)

еRes f (z)=

z=i

−i

(z +i)

lim

= −

z=−i

z→−i

(z −i)(z +i)

z −i

=−i

e−i

−

2πisin1.

∫

dz = 2πi

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 910 / 1310 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
31.05.2015234 Кб24[A4]Всп. об. ТЭС, курсовой.pdf
#
26.04.2019277 Кб5[slil.by]politologiya.docx
#
31.05.2015503 Кб99[Английский язык] Тексты.doc
#
01.07.202515 Мб2[АТП] АТП, часть II.doc
#
26.03.20164 Мб75[БелМова] Беларуская мова (пpaфeciйнaя лексіка): вучэбна-метадычны дапаможнiк для студэнтаў БНТУ ч1.pdf
#
31.05.20153 Мб16[ВМ] Теории ФКП.pdf
#
31.05.20151 Мб118[КМММ] МЕТОДИЧКА НАЧАЛО РАБОТЫ В Matlab.doc
#
31.05.2015882 Кб24[КМММ]Пример курсовой.zapiska.docx
#
31.05.2015283 Кб30[МРО] АЛГОРИТМ СЕКУЩИХ ПЛОСКОСТЕЙ.doc
#
31.05.2015667 Кб14[МРО] Методичка МРО.pdf
#
26.03.20162 Мб36[МРО] Пример курсовой работы.docx