Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Теория функций комплексного переменного

Файл:

Михайлов ТФКП практикум2013

.pdf

Скачиваний:

1617

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

3.91 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2516 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

мая особая точка и вычет равен нулю). При нечетном п функция

tg z четная, поэтому в ряде Лорана в нуле						c			= 0 и res[ f (z),0] = 0 .
zn							−1
zn
При четном п вычет вычисляем как c−1						в ряде Лорана. Возьмем
известное разложение tg z			в нуле:
	1				22k (22k −1)B
tgz = z +		z3 +... +					k	z2k−1 +...
tgz = z +	3	z3 +... +			(2k)!			z2k−1 +...
	3				(2k)!
( Bk – числа Бернулли). После деления на zn находим, что
					2n (2n −1)Bn
		c	−1	=		2	.
		c		=	n!		.

Кроме того, знаменатель функции f (z) = tgznz обращается в нуль в точках zk = π2 +πk (k =0, ±1, ±2…) . В этих точках функция имеет полюс первого порядка. Вычет найдем по формуле ψφ' (10.3), при-

няв за φ(z) функцию

sin z

и за ψ(z)

функцию cos z :

sin π

+ πk

φ(zk )

res[ f (z), zk ] =

= −

ψ'(zk )

+ πk n

sin π

+ πk

+ πk n

Пример 10.16 ([3] № 4.100–4.107). Найти вычеты каждой из однозначных ветвей соответствующих многозначных функций относительно указанных точек.

Решение.

№ 4.100.

f (z) =

относительно точки

z =1. Так как точка

1− z

z =1

полюс

первого порядка, то найдем

вычет по формуле

res[ f

(z), z

]

φ(z0 )

: res[

,1] = ±1.

ψ'(z0 )

1− z

151

№ 4.101.

f (z) =

относительно точки

z =1. Предста-

2 − z +1

вим функцию

f (z)

в виде:

f (z) =

2 −z −1

2 − z −1

( 2 −z +1)( 2 −z −1)

2 −z −1

1−z

−z +1

z =1 – полюс первого порядка для той ветви, для которой 1 =−1, для этой ветви

res[ f (z),1] = lim f (z)(z −1) =[1− 2 − z ]z=1 = 2 .

z→1

Для другой ветви точка z =1 не является особой и вычет в ней равен 0.


№ 4.102. f (z) =		za		, (za = eaLn z )				относительно точки z =1.
№ 4.102. f (z) =				, (za = eaLn z )				относительно точки z =1.
	1−		z
Запишем функцию в виде:
f (z) =	ea(ln\|z\|+iφ+i 2πk )				(1+	z )	=	(1+ z )ea(ln\|z\|+iφ+i 2πk )	.
f (z) =	(1	−	z )(1		+	z )	=	1− z	.
	(1	−	z )(1		+	z )		1− z
Для ветвей, у которых					1 =1, точка z =1 – полюс первого по-

рядка и вычет равен (−2) 1a = −2 , если а – целое число; если а – нецелое число, то вычет равен (−2) 1a , где 1а имеет различные значения для различных ветвей логарифма (Ln 1) . Для остальных ветвей точка z =1 не является особой, и вычет в ней равен 0.

№ 4.103. f (z) = (z −a)(z −b) относительно точки z = ∞. Точ-

ка z = ∞ является изолированной особой точкой – полюсом первого порядка. Разложение в ряд Лорана в бесконечности получим,

заменив z =	1	и разложив функцию в точке ζ = 0 :
	ζ
f (z) = f (1) =				(1	−a)(1 −b) =		1 (1−aζ)(1−bζ) =
		ζ		ζ	ζ		ζ
	= ±1[1−		1 (a +b)ζ+ ab ζ2			− 1	(a +b)2 ζ2 +...] =
		ζ	2		2	8

152

= ±[z − a +2 b +( ab2 − (a +8b)2 ) 1z +...]

Отсюда

res[ f (z),∞] = −c−1 = ± (a −8b)2 .

№ 4.104.

1) Ln zz −−βα относительно точки z = ∞. Точка z = ∞ является

правильной для этой функции. Разложение в ряд Лорана в этой точке имеет вид

	z −α		1	−α		β−α		1)
Ln		= Ln	ζ		= 2πki +(β−α)ζ+o(ζ) = 2πki +		+o(
	z −β		1			z
				−β				z
			ζ

	res[ f (z), ∞] = −c1 = α−β
для всех ветвей функции.
2) f (z) = ez Ln	z −α	относительно точки z = ∞. Точка z = ∞–

	z −β

существенно особая точка функции f ( z) . Разложим функцию в точке z = ∞ в ряд Лорана, сделав замену z = 1ζ и разлагая получен-

ную функцию по ζ в нуле:

f (z) = f

−αζ

(

) =e

1−βζ

∞

(αζ)

∞

= ∑

[−∑

∑(βζ)

+2πki] =

n=0 n!ζ

n=1

= − 1

+... +

+...

2!ζ

3!ζ

n!ζ

∞

(αζ)n+1

∞

(βζ)n+1

× 2πki +∑

n +1

−∑

n +

;

n=0

153

c−1 – коэффициент при z−1 = ζ , т.е. коэффициент при ζ. Он, очевидно, равен коэффициенту, который получается от перемножения

члена

из первой скобки на член

(αζ)n+1

−

(βζ)n+1

из второй

n!ζn

n +1

скобки. Таким образом,

res[ f (z),∞] = −c−1

∞

αn+1

βn+1

−

(n +1)!

∑n=0

∞

− β

∞

= eα −1−(eβ

−1) = eα −eβ.

= ∑

= ∑ α

−∑β

n=1

n! n=1

n=1

№ 4.105.

1) f (z) = Lnz sin

относительно точки z

1. Разложим

−

функцию f (z) в ряд Лорана в точке z = 1:

f (z) = Ln 1+

(

z −1

sin

(

))

z −1

∞

(−1)n+1 ( z −1)n

∞

(−1)n

= 2πki + ∑

∑

(

) (

)

2n+1

n=1

n=0 2n +1 ! z −1

Коэффициент с–1 берется от членов, полученных перемножением членов степени 2п из первой суммы и членов степени 2п + 1 (в знаменателе) из второй суммы. Учитывая, что многозначная функция Ln z в своем разложении имеет нулевой член 2πki , получаем

				∞	(−1)	n+1
				∞
		res[ f (z),1] = 2πki + ∑						.
		res[ f (z),1] = 2πki + ∑			2n(2n +			.
				n=1	2n(2n +		1)!
2) f (z) = Ln z cos			1	. Делается аналогично.
2) f (z) = Ln z cos			z −1	. Делается аналогично.
№ 4.106.			z −1
№ 4.106.
f (z) =	Arctgz	относительно точек z = 0 и z =∞ . В точке z = 0
f (z) =	z	относительно точек z = 0 и z =∞ . В точке z = 0
	z
для ветви,	у которой Arctg0 = 0 , вычет равен 0, так как точка z = 0

– устранимая особая точка. Для остальных ветвей точка z = 0 – по-

154

люс первого порядка и вычет равен πk (k = ±1,±2...) . Таким обра-

зом, можно сказать, что для всех ветвей	вычет		равен
πk (k = ±1,±2...) . В точке z =∞ : так как lim Arctgz =	π	+ πk	, то раз-
	2
z→∞

ложение в ряд Лорана в бесконечности имеет вид:

Arctgz =

+ πk

π(2k +1)

(2k +1)π .

res[ f (z),∞] = −

№ 4.107.

f (z) = zn Ln

z −α

(п – целое число) относительно точек z = 0 и

z −β

z =∞ (при вычислении вычета относительно точки z = 0 предполагается, что α ≠ 0, β ≠ 0 ).

В точке z = 0 , так как разложение логарифма не содержит отри-

цательных степеней z, то вычет равен нулю при всех

n ≥ 0 . При

n = −1 , res[ f (z),0] = Ln

α . Если

n < −1 , то разложение в нуле вы-

глядит так:

∞

1 z k

∞ 1

f (z) =

Ln (α) −∑

−Lnβ+ ∑

−n

k =1 k α

k =1 k β

и с–1 получим, если в суммах брать только члены с

k = −n −1

res[ f (z),0] = c−1

= βn+1 −αn+1 .

В точке z =∞

n +1

∞

αm+1

∞

βm+1

f (z) = z

2πki −∑

+ ∑

m+1

(m +1) z

m+1

m=0 (m +1) z

m=0

155

(см. № 4.104 (2)). При n ≤ −2 в разложении отсутствует член вида cz−1 , поэтому вычет равен 0. При n = −1

res[ f (z),∞] = −2πki

и при n ≥ 0

res[ f (z),∞] = −c−1 = αn+1 −βn+1 . n +1

Рекомендуемый перечень задач для решения в аудитории:

[3], № 4.79, 4.81 , 4.83, 4.84 , 4.87, 4.88, 4.90 (2), 4.95 .

Резерв:

[3], № 4.91, 4.94, 4.96, 4.97, 4.98, 4.99.

Для самостоятельной работы дома:

[3], № 4.80, 4.82, 4.85, 4.86, 4.90 (1), 4.92 (1), 4.93.

156

11.ВЫЧИСЛЕНИЕ КОНТУРНЫХ ИНТЕГРАЛОВ

СПОМОЩЬЮ ВЫЧЕТОВ. ВЫЧИСЛЕНИЕ ИНТЕГРАЛОВ ОТ НЕКОТОРЫХ ФУНКЦИЙ ДЕЙСТВИТЕЛЬНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ

Здесь рассматриваются два типа задач: вычисление интегралов по замкнутому контуру в комплексной плоскости с помощью основной теоремы о вычетах (см. предыдущую тему) и вычисление некоторых действительных определенных интегралов с помощью перехода к комплексной переменной.

Вычисление интегралов по замкнутому контуру

По основной теореме о вычетах

∫ f (z)dz = 2πi∑res[ f (z), zk ] ,

γ k

где zk – изолированные особые точки, находящиеся внутри конту-

ра γ, проходимого в положительном направлении.

В следующих примерах необходимо вычислить интеграл по заданному замкнутому контуру.

Пример 11.1 ([3], № 4.115). ∫		dz	, где С – окружность
	z	4
C		+1

x2 + y2 = 2x .

Решение. Найдем особые точки подынтегральной функции,

приравняв нулю знаменатель: z4 +1 = 0 , z4 = −1 , z = 4 −1 .

Таких корней четвертой степени, как известно, четыре. Они находятся по формуле

n z = n \| z \| ei	φ+2πk	(k = 0,1,2,...,п–1).	(11.1)
	n

В нашем случае z = −1 , z =1, ϕ = π , n = 4 . Поэтому

iπ(2k +1)

4 −1 = e 4

(k = 0,1,2,3).

При k = 0 имеем одно из четырех значений корня:

157

z =ei	π	=cos π	+isin π =	1	(1+i) .
	4

0		4	4	2

Поскольку все корни располагаются на одной окружности радиусом n z (в нашем случае радиус равен 1) с центром в начале

координат и отстоят друг от друга на угол 2nπ (в нашем случае на

угол π2 ), то остальные три значения корня могут быть сразу полу-

чены из геометрических соображений без вычислений:

z	=	1	(−1+i) , z	2	= −	1	(1+i) ,	z	=	1	(1−i).

1	2				2			3		2

Контур С представляет собой окружность ( x −1)2 + y2 =1 с центром в точке (1,0) и радиусом R =1 . Поэтому внутри контура находятся только две точки: z0 и z3 . В этих точках функция имеет

полюс первого порядка. Вычислим вычеты в точках zk по формуле

(10.3):

ψ'

res[ f (z), z

] =

φ(zk )

= −1 z

4zk3

4zk4

ψ| (zk ) 4zk3

(так как zk4 = −1),

∫ f (z)dz = 2πi∑res = 2πi{res[ f (z), z0 ]+res[ f (z), z3 ]} =

= 2πi −

(z + z ) = − πi

(1+i) +

(1−i)

= −

πi

Пример 11.2 ([3] № 4.117).

C∫

где С – окружность

( z −3)(z5 −1)

z = 2 .

Решение. Особые точки: z = 3 – полюс первого порядка и пять точек zk , равных корню пятой степени из единицы.

158

Пользуясь тем, что сумма вычетов во всей комплексной плоскости и в бесконечности равна нулю, можно сосчитать вычеты в точках, находящихся вне контура С. Интеграл будет равен

∫ f (z)dz = −2πi ∑res (во внешних точках).

Вне контура находятся точки z = 3 и z = ∞:

res[ f (z),3] = lim f (z) (z −3) =		1	=	1	;
res[ f (z),3] = lim f (z) (z −3) =		35 −1	=	242	;
	z→3	35 −1		242
Вычет в точке	z = ∞ равен нулю, так как,		выделив главную
часть функции f (z)	при z →∞, получим

f (z) = z16 + o z16 ,

т.е. ряд Лорана в бесконечности начинается с шестой степени 1z ,

поэтому c−1 = 0 . Окончательно

πi

С∫

= −

(z −3)(z5 −1)

121

Пример 11.3 ([3], № 4.118). ∫

z3dz

, где С – окружность

=1.

Решение. Внутрь контура попадают четыре точки

zk = 4 −

1 .

Удобнее считать интеграл по внешним точкам. Это всего одна точка z = ∞. Выделяя главную часть подынтегральной функции при z = ∞, получим

	z3			1		1
			=		+o		,
2z	4	+1		2z
			z→∞		z

тем самым найдем коэффициент c−1 в разложении функции в ряд

Лорана в бесконечности: c−1 =				1	. Следовательно,	res[ f (z), ∞] = −	1 .
Лорана в бесконечности: c−1 =				2	. Следовательно,	res[ f (z), ∞] = −	1 .
				2			2
С∫	z3dz		= −2πi res[ f (z),∞] = πi .
С∫	2z4 +	1	= −2πi res[ f (z),∞] = πi .

159

Пример 11.4 ([3], № 4.121).	1	∫sin2 1 dz , где С – окружность
Пример 11.4 ([3], № 4.121).		∫sin2 1 dz , где С – окружность
	2πi	С	z

z = r .

Решение. В конечной части плоскости подынтегральная функция имеет лишь одну особую точку z = 0 (существенно особая точка). Поэтому независимо от величины радиуса r внутрь контура

попадает только эта точка. Так как функция sin2 1z четная, то ее разложение в ряд Лорана в нуле содержит только четные степени 1z . Поэтому c−1 = 0 , и искомый интеграл равен нулю.

			1	2
Пример 11.5 ([3], № 4.122).			1	∫ znez dz , где n – целое число, а
Пример 11.5 ([3], № 4.122).			2πi	∫ znez dz , где n – целое число, а
С – окружность			2πi	С
	z	= r .
	z	= r .

Решение. Внутри контура одна особая точка z = 0 (существенно особая). Разложим подынтегральную функцию в ряд Лорана в этой точке:

	n	∞	1	2	k
f (z) = z		∑		z		,

		k =0 k !

отсюда

2n+1 c−1 = (n +1)!

(если n ≥ −1 ) и

1 ∫ zne z dz =		2n+1 .
2
2πi	c	(n +1)!

При n < −1 c−1 = 0 и интеграл равен нулю.

Пример 11.6 ([3], № 4.123). Вычислить интеграл

		∫	(1+ z + z2 )		1
I =	z	∫	(1+ z + z2 )	e z
	z	=3

+ e z−1

+e z−2 dz .

Решение. В силу линейных свойств интеграла:

160

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 2516 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>