Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

31_all

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

417.4 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Особые точки однозначного характера

2003/2004

z 2 sin 2 z sin

−

Найти все особые точки функции f (z)=

esin z z , определить их тип. Ответ обосновать.

(cos z −1)2

Шабунин, Сидоров стр. 64 – 70 (примеры 9 - 13 стр. 68 – 72), Половинкин стр. 85 – 95 (примеры 1 - 4 стр. 91 – 93)

c f (z)=

ϕ(z)

, где функция ψ(z)

регулярна при всех z .

Поэтому особые точки функции

f (z) определяютя особыми

ψ(z)

точками функции ϕ(z) и нулями знаменателя ψ(z).

Кандидаты в особые точки:

z = 0 - нуль знаменателя аргумента экспоненты,

z = π

- нуль знаменателя аргумента синуса в числителе,

z = 2πk, k =±1, ± 2,K - нули знаменателя,

z = ∞ .

f (z):

2Покажем, что точка z = 0 является устранимой особой точкой1 для функции

z 2 (z + o(z 2 ))2 sin

−

1 −

(z +o

(z 2 ))

+ o(z

)) sin −

+ o(1)

f (z)=

e1+o(1)

→ − 4e sin

z 2

z 4

+ o(z 5 )

z→0

+ o(z

1 −

)−1

Следовательно,

для

f (z).

z = 0 - УОТ

3Покажем, что точка z =

является существенно особой2 для функции ϕ(z):

= π

= sin(2πl)=0, т.е. lim f (z

)= 0 ;

пусть z

, тогда lim z

, а lim sin

= sin

2πl

→∞

l→∞

−

2πl

пусть теперь

, тогда

lim z

, а

lim sin

sin

= sin

+ 2πm =1, т.е.

2πm

m→∞

zm −

+ 2πm

2 π

sin

+ 2πm

lim f (zm )=

2 π

≠0.

m→∞

−

cos

1 Определение. Изолированная особая точка a

функции f : B ρ (a)→ C называется устранимой особой точкой, если

существует конечный предел lim f (z) C .

z→a

(a)→ C называется существенно особой точкой, если

2 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ

не существует конечного или бесконечного предела lim f (z).

→a

Особые точки однозначного характера				2
		для f (z).
Следовательно,	z = π - СОТ	для f (z).
	2			f (z).
e Рассмотрим точки z = 2πk, k =±1, ± 2,K , в которых			нули знаменателя совпадают с нулями числителя функции	f (z).
Произведем		замену:	t = z −2πk .	Тогда

+ o(t 3 )

(2πk )2 t

2 sin

+ o(1)

(2πk )2 t 2 sin

+ o(1)

)

2πk −

t +o(t

2πk −

t +o(t )

f (t)=

2πk +o(1)

e 2πk

t 2

+ o(t

3 2

t 4

+ o(t 5 )

−

)

(2πk )2 sin

+ o(1)

+ o(t)

2πk −

eo(1) →∞ - полюсы3 2-го порядка.

t 2

+ o(t 3 )

t→0

для функции f (z).

Точки

z = 2πk, k = ±1, ± 2,... - полюсы 2-го порядка

(НОТ)4,

т.к. в

любой ее

окрестности

есть

полюсы

2-го порядка

z = ∞

неизолированная

особая

точка

z = 2πk, k =±1, ± 2,K (точка накопления полюсов).

3 Определение. Изолированная особая точка a C функции f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

4 Определение. Пусть функция f определена и регулярна в проколотой окрестности точки a C , т.е. на множестве B ρ (a),

ρ > 0 . Тогда точку a называют изолированной особой точкой (однозначного характера) функции f .

Разложение в ряд Лорана					1
2003/2004		31
2f
	Разложить в ряд Лорана по степеням (z − 2 −i) функцию		f (z)=	z 2 − 2iz + 6	в кольце, которому принадлежит точка
	Разложить в ряд Лорана по степеням (z − 2 −i) функцию		f (z)=	z 2 (z +3i)	в кольце, которому принадлежит точка
				z 2 (z +3i)
	z = 5 +i . Указать границы кольца сходимости.

Шабунин, Сидоров стр. 70 – 75 (примеры 1, 2 стр. 73 – 75), Половинкин стр. 78 – 85 (пример 1 стр. 83 – 84)

c Дробь правильная.

Находим корни уравнения z 2 = 0 : z

1,2

= 0 . Получаем кратные корни: z = 0 и z

= 0 .

Находим корни уравнения z +3i = 0 . Получаем простой корень:

z3 = −3i .

dТочки z1,2 = 0 и z3 = −3i являются особыми точками функции

f (z) (в них

f (z) не регулярна).

eРазлагаем f (z) на элементарные дроби:

z 2 − 2iz + 6

A B

Az(z +3i)+ B(z +3i)+Cz 2

z 2 (z +3i)

z 2

z +3i

z 2 (z +3i)

z 0 : 3iB = 6

→ B =

= −2i Ì

z1 : 3iA + B = −2i

Æ A = 0 Ì

z 2 : A +C =1

Æ C =1

f (z)=

− 2i

z 2

+3i

fДля удобства дальнейших выкладок произведем замену z − 2 −i = w или z = w + 2 +i :

f (w)=

− 2i

(w + 2 +i)2

w + 2 + 4i

Кольца аналитичности f (w):

w < − 2 −i = 22 +12 =

5 ,

5 < w < − 2 − 4i = 22 + 42 = 20 = 2 5 , w > 2 5 .

gПри z = 5 +i получаем w = 3 , w = 3 (= 9 ).

Т.о., раскладывать дроби в ряд Лорана по степеням w будем в кольце 5 < w < 2 5 , используя разложения в ряд

Тейлора.

При этом 2 +i < w < 2 + 4i .

′

− 2i

(w + 2

+ i)2

+ i 2

1 +

2+i

2i		∞	n	2 + i n ′
		∑(−1)				=
w	2			w
		n=0			2+i

∞

2 +i

n−1

∞

(−1)n 2in(2 +i)n−1

∑(−1)

= ∑

n+1

n=1

(−1)n wn

∞

w n

∞

∑(−1)

= ∑

w + 2

+ 4i

(2 +

4i)

n+1

+ 4i n=0

2 + 4i

n=0

2 + 4i

Ответ:

кольце,

которму

принадлежит

точка

z = 5 +i

( 5 < z − 2 −i < 2 5 )

∞

(−1)n 2in(2 + i)n−1

∞

(−1)n (z − 2 −i)n

f (z)= ∑

+ ∑

(z −

2 −i)

n+1

(2 +

4i)

n+1

n=1

n=0

Вычисление контурного интеграла с помощью вычетов

2003/2004

Применяя теорию вычетов вычислить интеграл

∫

z −1

dz 1.

=2 (z +1)sin

z+1+i

Шабунин, Сидоров стр. 134 – 138 (примеры 11 - 15 стр. 134 – 137), Половинкин стр. 95 – 102 (пример 1 стр. 101 –

102)

c Находим особые точки

f (z)=

z −1

(z +1)sin

Особыми точками являются: z = ∞ ,

особые точки числителя: ,

нули знаменателя: z = −1,

= kπ

zk =

k = ±1, ± 2,... ,

sin

πk

особые точки знаменателя: z = 0 - НОТ.

Внутри контура γ = {z :

z +1 +i

= 2}находятся:

z = 0 - НОТ,

z = −1 - ПП (П1) (простой полюс – полюс 1-го порядка)2

+i =

+ 2

- ПП, т.к.

πk

+1 =

2 k 2

πk

+ 2 <

1 +3 < 2

вне: z = ∞ - УОТ3.

πk

dИнтеграл I =

∫

z −1

dz , можно вычислить по формуле I

= −2πi res f (z)4.

=2 (z +1)sin

z=∞

z+1+i

e Для нахождения вычета5 функции f (z) в точке

z = ∞ разложим6

эту функцию в ряд Лорана в кольце R <

< ∞

(R >>1). Получаем:

1 По умолчанию направление обхода считается положительным – против часовой стрелки.

2 Определение. Изолированная особая точка a C функции f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

3 Определение. Изолированная особая точка a C функции f : B ρ (a)→ C называется устранимой особой точкой, если

существует конечный предел lim f (z) C .

z→a

4 Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G C с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция

определена и регулярна на

G всюду, за исключением конечного числа изолированных особых точек

a1 , a2 , K, an G

(при этом имеется в виду,

что, если ∞ G ,

то ∞ = an ) и пусть к тому же функция

непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ

f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1 ak

={z :

= r} -

5 Определение.

Пусть изолированная особая точка a

функции f : B ρ (a)→ C , ρ > 0 . Пусть γr

z −a

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции f в точке a

называется число

res f

∫γ

f (z)dz .

2πi

6 res f

= c−1 , где c−1 - коэффициент разложения функции f в ряд Лорана с центром в конечной точке a при

Вычисление контурного интеграла с помощью вычетов

z −1

1 −

f (z)

(z +1)sin

sin

−

3!z3

z 4

1 −

+ o

z 1

−

+ o

1 +

+ o

1 −

+ o

3!z

− 2

+ o

z − 2

+ o

Откуда получаем, что коэффициент c−1 при

равен c−1

= 2 +

, следовательно

res f (z)= −c−1 = −

fПо теореме Коши о вычетах

z=∞

I = −2πi res f (z)

= − 2πi

−

13πi

z =∞

Ответ:

∫

z −1

dz =

13πi

(z +1)sin

z+1+i

7 res f = −c−1 , где c−1 - коэффициент разложения функции f в ряд Лорана с центром в бесконечности.

∞

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

2003/2004

∞ x cos(2 − x)

Применяя теорию вычетов вычислить интеграл

∫

dx .

−∞

Шабунин, Сидоров стр. 140 – 145 (примеры 6 стр. 144), Половинкин стр. 103 – 108 (пример 3 стр. 107 – 108)

∞ x cos(2 − x)

∞ x cos(x − 2)

cЗамечая, что I

= ∫

dx =

∫

dx ,

−∞ 4x

−∞

∞

i(x−2 )

для решения задачи достаточно вычислить несобственный интеграл ∫

и воспользоваться формулой

−∞4x

∞

x cos(2 − x)

∞

xei(x−2)

= ∫

dx =

Re ∫

dx .

(1)

−∞

−∞4x

dДля того чтобы применить теорему Коши1 о вычетах2, вводим функцию комплексной переменной

f (z)=

zeiz

(4z 2 +1)ei 2

и строим контур, состоящий из отрезка вещественной

оси

[− R, R] и

полуокружности CR

= {z :

= R, Im z ≥ 0},

выбрав R так,

чтобы все особые точки zk

(k =1,2,K, n) функции

f (z), лежащие в верхней полуплоскости, оказались

внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах

∫

f (z)dz = R

xeix

dx +

∫

f (z)dz =

2πi n

res f (z).

(2)

∫

(4x

+1)e

i 2

∑z=zk

−R

k =1

e Переходим к пределу при

R → ∞. Так как в нашем случае Φ(z)=

есть правильная рациональная дробь и

(4z 2 +1)ei 2

α =1 > 0 , то условия леммы Жордана3 выполнены и, следовательно,

Rlim→∞

∫ f (z)dz = 0 .

Поскольку правая часть в (2) не зависит от R , имеем

∞

xeix

n res f (z),

∫

= 2πi

(3)

+1)e

i 2

∑z=zk

−∞(4x

k =1

где zk

- особые точки функции

f (z)=

zeiz

, лежащие в верхней полуплоскости.

(4z

2 +1)ei 2

1 Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G C с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция

f определена и регулярна на G всюду, за исключением конечного числа изолированных особых точек

a1 , a2 , K, an G (при этом имеется в виду, что, если ∞ G , то ∞ = an ) и пусть к тому же функция f непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ

f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1 ak

(a)→ C , ρ

> 0 . Пусть γr ={z :

= r}-

2 Определение. Пусть изолированная особая точка a

функции f : B ρ

z −a

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции

f в точке a называется число

res f =

∫γ

f (z)dz .

2πi

= R0 > 0}. Пусть число

3 Лемма (Жордан). Пусть Φ(z) - непрерывная функция на замкнутом множестве {z

Im z ≥ 0,

α > 0

и CR ={z

= R, Im z ≥ 0}, R > R0 - семейство

полуокружностей в

верхней полуплоскости. Обозначим

ε(R)=max{Φ(z)

z CR }при R > R0 . Если lim ε(R)= 0 ,то lim

eiαzΦ(z)dz = 0 .

R→∞

R→∞ ∫

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов


f Находим особые точки функции f (z)=						zeiz			=
					(4z 2		+1)ei 2
z =	i	и z =	−i . Таким образом, точки	z =		i	и	z =	−i
									2
2			2	2
g Вычисляем			вычет в простом	полюсе				z =		i

									2

		zeiz					как нули (1-го порядка) ее знаменателя:
	i			i
						i 2
4 z −		z	+		e
	2			2

- полюса4 1-го порядка (ПП – простые полюса).

					i
по формуле	res f (z)= lim z −					f (z). Получаем
по формуле	res f (z)= lim z −				2	f (z). Получаем
	z=	i	z→	i	2
	2		2

−

−i2

res f (z)=

i 2

4 z +

4 2

hВычисляем несобственный интеграл по формуле (3):

∞

xeix

−

−i2

πi

dx = 2πi res f (z) = 2πi

(cos(− 2)+i sin(− 2)) =

−∞∫

e−2i =

(4x2 +1)ei 2

4 e

iИспользуя формулу (1), находим искомый интеграл:

∞

x cos(2 − x)

∞

x cos(x − 2)

∞

xei(x−2)

πi

(cos 2

−i sin 2) =

= ∫

dx = ∫

dx = Re ∫

dx = Re

4 e

−∞

−∞4x

∞ x cos(2 − x)

π sin 2

Ответ:

∫

dx =

−∞

4πie (cos 2 −i sin 2).

π sin 2 4 e

4 Определение. Изолированная особая точка a C функции f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов					1
2003/2004			31
5h
5h		2	3	1 dx .
	Применяя теорию вычетов вычислить интеграл ∫5 (2 − x)3			1 dx .
		1	(x −1)	x

Шабунин, Сидоров стр. 151 – 158 (пример 11 стр. 151-152, пример 12 стр. 153-154, пример 13 стр. 154-156), Половинкинн стр. 108 –

115 (пример 3 стр. 111 –

114)

c Чтобы вычислить этот интеграл J

с помощью теории вычетов, продолжая подынтегральную функцию в комплексную

плоскость,

мы вынуждены иметь дело с многозначной функцией

(2 − z)

1. Эта функция допускает выделение

(z −1)3

регулярных ветвей в области G=C\[1,2], что проверяется2.

d Выберем теперь регулярную ветвь корня, которая в пределе на верхнем берегу

I +

разреза по отрезку [1, 2] принимает

(2 − x)3

x [1,2], т.е. обозначим через

g регулярную ветвь многозначной

значения арифметического корня

5 (x −1)3 ≥ 0 ,

− z)

функции 5 (z

−1)3

в области C\[1,2] такую, что ее предел из верхней полуплоскости в точках x (1,2) равен

(2 − x)3

g(x + i0)= 5 (x −1)3 > 0 .

(1)

g(z)

(2 − z)3

(3 γ

arg(2−z )−3 γ (z−1))

3 -

= 5

(z −1)3 e 5

(2)

регулярная

ветвь, соответствующая вышеприведенному условию (1).

x (1,2), т.е. на нижнем берегу I −

Отметим, что предельное значение функции g

из нижней полуплоскости в точках

разреза по отрезку [1, 2], принимает по формуле (2) значение

−i6π

(2 − x)

(3 γ

arg(2−z )−3 γ (z−1))

(3 0−3 2π )

g(x −i0) = 5

(x −1)3

e 5

g(x +i0)e5

4 =

g(x +i0)e

(3)

В формуле (3) контур γ

начинается в точке на верхнем берегу разреза и оканчивается в той же точке на нижнем берегу

разреза.

e Пусть ε

. Рассмотрим в области G контур

γε , имеющий вид «гантели», т.е. составленный из окружностей C1ε и

C2ε радиуса ε и центрами в точках 1 и 2 соответственно, а также двух берегов Iε+ и Iε− разреза по отрезку [1 +ε, 2 −ε].

Ориентируем полученный контур γε положительно по отношению к ограниченной им внешней части плоскости.

Рассмотрим интеграл Jε = ∫ f

(z)dz , где f

(z)=

g(z)

γ ε

(2 − z)3

(3ϕ01 +3

γ arg(2−z )−3ϕ02 −3 γ (z−1)+2πk )

1 5 (z −1)3 = 5 (z −1)3 e5

2 Теорема 2(§16П) Пусть функция f в области G регулярна, прчем

f (z)≠ 0 , z G . Чтобы в области G существовали ветви

регулярной функции {n

f (z)}, необходимо и достаточно, чтобы для любого замкнутого кусочно-гладкого контура γ° G

нашлось целое число k °

такое, что

arg f (z)= (2πn)k ° .

(3ϕ01 −3ϕ02

+2πk )

i2πl

3ϕ01 −3ϕ

(2 − x)

02 + 2πk

3 g(x +i0)= 5

(x −1)3

= 5

(x −1)3

= 5

(x −1)3

e , т.е.

= 2πl .

( ) i (3 (−2π )−3 0)

4 или g x +i0 e 5 .

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

По теореме о вычетах5, с одной стороны, и из формы контура γε

с другой, получаем равенства

(z)dz .

Jε

= 2πi res f (z)+ res f (z) 6 =

∫

+ ∫C

2ε

(4)

z=0

z=∞

Iε−

1ε

Iε+

fТочка z = 0 ПП (П1) – простой полюс7 (полюс первого порядка), поэтому вычет8 в этой точке равен

i3π

res f (z)= lim(z − 0)f (z) = g(0)

(2 − 0)

(3 0−3 π )

−

z=0

z→0

(0 −1)

Для вычисления вычета функции f(z)в точке

z = ∞ (

- УОТ10) разложим11 эту функцию в ряд Лорана в кольце

R <

< ∞ (R >>1). Для этого воспользуемся разложением f(z) в точке вещественной оси R < X :

f (X )=

g(X )

−

1 (2 − X )3

(3 (−π )−3 0 )

X − 2

−

i3π

−

i3π

−

i3π

e 5

−

1 +

+ o

X −1

(X −1)

−

1 3

i3π

−

3 1

−

5 1 −

+ o

1 −

+ o

1 −

+ o

X X

5 X

−

i3π

f (z)

−

i3π

+ o

5 .

По

теореме

единственности12

имеем:

+ o

5 .

Откуда

получаем,

что

c−1

равен c−1

= e−

i3π

, следовательно res f (z)= −c−1

= −e−

i3π

коэффициент

при

13.

z=∞

5 Теорема (Коши о вычетах). Пусть дана область G

с кусочно-гладкой положительно ориентированной границей Γ.

Пусть функция

f определена и регулярна на G всюду, за исключением конечного числа изолированных особых точек

a1 , a2 , K, an G (при этом имеется в виду, что, если ∞ G , то ∞ = an ) и пусть к тому же функция f

непрерывно

продолжима на границу области G . Тогда справедлива формула ∫Γ f (z)dz = 2πi∑res f .

k =1

6 Особыми точками функции f являются:

z = ∞, нули знаменателя: z = 0 , особые точки числителя: , особые точки

знаменателя: (в G!!!)

7 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется полюсом, если существует предел

lim f (z)= ∞.

z→a

(a)→ C , ρ

> 0 . Пусть γr ={z :

= r}-

8 Определение. Пусть изолированная особая точка a

функции

f : B ρ

z −a

положительно ориентированная окружность, причем 0 < r < ρ . Тогда вычетом функции

в точке a называется число

res f =

∫γ

f (z)dz .

2πi

9 Для вычисления g(0) берем контур γ

с началом в точке, лежащей на верхнем берегу разреза

Iε+ , и концом в точке z = 0

10 Определение. Изолированная особая точка a

функции

f : B ρ (a)→ C называется устранимой особой точкой, если

существует конечный предел lim f (z) C .

z→a

11 res f

= c−1 , где c−1

- коэффициент разложения функции f

в ряд Лорана с центром в конечной точке a при

12 Теорема (единственности). Пусть функция

f : G → C регулярна в области G C . Пусть существует последовательность

различных точек {zn } G , сходящаяся к некоторой точке a G и такая, что

f (zn )= 0 n N . Тогда

f (z)≡ 0 на

области G.

13 res f

= −c−1 , где c−1 - коэффициент разложения функции

в ряд Лорана с центром в бесконечности.

∞

Вычисление интеграла по вещественной оси с помощью вычетов

i3π

Таким образом, Jε = 2πi res f (z)+ res f (z) = 2πi 5 8e−

− e

−

= 2πi[5

8 −1]e−

z=0

z=∞

g Оценим интегралы по окружностям C1ε = {z :

z −1

= ε}и C2ε

= {z :

z − 2

= ε}:

f (z)dz

2π

1 +ε

≤

∫

εdϕ ≤

A ε

→0

∫C1ε

(1 −ε)

ε→0

f (z)dz

2π

≤

∫

εdϕ ≤

B ε

→0

∫C2ε

1 −ε

(2 −ε)

ε→0

h В силу формул (1) и (3) получаем выражения:

2−ε

1 dx ,

∫

f (z)dz = ∫

(2 − x)3

Iε+

1+ε

(x −1)

1+ε

i6π

i6π 2−ε

i6π

∫

f (z)dz = ∫

g(x −i0)

dx = ∫

e−

g(x +i0)

dx = −e

−

∫

g(x +i0)

= − e−

∫ f (z)dz .

Iε−

2−ε

1+ε

Iε+

iПереходя в формуле (4) к пределу при

−1]e

−

i3π

−

i6π

− e

2πi[ 8

J ,

i3π

−

i3π

−e

т.е. π[5 8 −1] =

J ,

1 dx

= π[5 8 −1]

Ответ:

∫5

(2 − x)3

(x −1)

sin

3π

ε → 0 , получаем равенство:

J = π[5 8 −1]

sin 35π

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.09.201991.71 Кб127, 40-43.docx
#
27.03.2016566.99 Кб142886_teoriya avtomaticheskogo regulirovaniya i upravleniya_kpmii_56sem_68_chasov.pdf
#
03.06.2015602.97 Кб302_2015_Thermodynamics.pdf
#
27.03.2016307.41 Кб122_Semyonov_Yu_I_-_Istoria_filosofii_-_chast.docx
#
03.06.2015168.89 Кб73.pdf
#
03.06.2015417.4 Кб531_all.pdf
#
03.06.2015390.78 Кб732_all.pdf
#
03.06.2015477.98 Кб933_all.pdf
#
03.06.2015391.56 Кб734_all.pdf
#
27.03.2016574.54 Кб153855_kompyuternoe modelirovanie zadach mekhaniki poleta _kaile_78sem_sait_.pdf
#
27.03.2016558.8 Кб63870_tekhnika i metodika eksperimenta v giperzvukovykh ustanovkakh_kaile_7sem_sait_.pdf