Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Михайлов ТФКП практикум2013

.pdf
Скачиваний:
1614
Добавлен:
05.06.2015
Размер:
3.91 Mб
Скачать

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

При четном п вычет вычисляем как c1

в ряде Лорана. Возьмем

известное разложение tg z

в нуле:

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

22k (22k 1)B

 

tgz = z +

 

z3 +... +

 

 

k

z2k1 +...

3

(2k)!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( Bk – числа Бернулли). После деления на zn находим, что

 

 

 

 

 

 

2n (2n 1)Bn

 

 

 

c

1

=

 

 

2

.

 

 

 

 

 

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 :

 

 

 

zn

 

 

 

 

 

 

sin π

+ πk

 

 

 

 

 

 

φ(zk )

 

 

 

 

1

 

res[ f (z), zk ] =

 

2

 

 

 

 

.

 

= −

 

 

 

 

= −

 

 

ψ'(zk )

π

+ πk n

sin π

+ πk

π

+ πk n

 

 

 

 

 

2

 

 

2

 

2

 

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) =

 

z

 

относительно точки

z =1. Так как точка

 

1z

z =1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

полюс

первого порядка, то найдем

вычет по формуле

res[ f

(z), z

 

]

=

φ(z0 )

 

: res[

z

,1] = ±1.

 

0

 

 

 

 

 

 

 

ψ'(z0 )

 

 

 

1z

 

151

№ 4.101.

f (z) =

1

относительно точки

z =1. Предста-

 

2 z +1

вим функцию

f (z)

в виде:

 

 

 

 

 

 

f (z) =

 

1

 

=

 

2 z 1

=

2 z 1

=

2 z 1

,

 

 

 

 

( 2 z +1)( 2 z 1)

2 z 1

1z

 

2

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) =[12 z ]z=1 = 2 .

z1

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.

 

 

 

 

1

z

 

 

 

 

 

Запишем функцию в виде:

 

 

 

 

 

f (z) =

ea(ln|z|+iφ+i k )

(1+

z )

=

(1+ z )ea(ln|z|+iφ+i k )

.

(1

z )(1

+

z )

1z

 

 

 

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 (1aζ)(1bζ) =

 

 

ζ

 

ζ

ζ

 

ζ

 

= ±1[1

1 (a +b+ 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),] = −c1 = ± (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

βα

 

1)

Ln

= Ln

ζ

 

= ki +α)ζ+o(ζ) = ki +

+o(

z β

1

 

z

 

 

β

 

z

 

 

 

ζ

 

 

 

 

res[ f (z), ] = −c1 = αβ

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

 

 

1

 

 

 

1

 

1

αζ

 

 

 

 

 

 

 

 

(

) =e

ζ

 

Ln

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1βζ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ζ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

(αζ)

n

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

=

 

[

+

(βζ)

+ki] =

 

n

 

 

n

 

n=0 n

 

 

n=1

 

 

 

 

 

 

 

 

n=1

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

= − 1

+

 

+

 

 

+

 

 

 

 

+... +

 

 

 

 

 

+...

×

ζ

2!ζ

2

3!ζ

3

 

n

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(αζ)n+1

 

 

(βζ)n+1

 

 

 

× ki +

 

 

n +1

 

 

 

 

n +

1

;

 

 

 

 

 

 

 

 

n=0

 

 

 

 

 

n=0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

153

c1 – коэффициент при z1 = ζ , т.е. коэффициент при ζ. Он, очевидно, равен коэффициенту, который получается от перемножения

члена

1

 

из первой скобки на член

 

(αζ)n+1

(βζ)n+1

из второй

nn

 

n +1

n +1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

скобки. Таким образом,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res[ f (z),] = −c1

 

 

 

 

αn+1

 

 

 

 

 

 

 

βn+1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(n +1)!

 

(n +1)!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n=0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

β

n

 

 

 

 

n

 

 

 

n

= eα 1(eβ

1) = eα eβ.

 

 

 

=

α

 

 

 

= α

 

β

 

 

 

 

 

n=1

 

n!

n! n=1

n!

 

n=1

n!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 4.105.

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1) f (z) = Lnz sin

 

 

 

 

 

относительно точки z

=

 

1. Разложим

 

z

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (z) = Ln 1+

(

z 1

 

sin

1

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

))

 

 

 

z 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)n+1 ( z 1)n

 

 

 

 

 

 

 

(1)n

 

 

 

 

 

 

= ki +

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

) (

)

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 ki , получаем

 

 

 

 

 

(1)

n+1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res[ f (z),1] = ki +

 

 

.

 

 

2n(2n +

 

 

 

 

 

 

n=1

1)!

2) f (z) = Ln z cos

1

 

. Делается аналогично.

 

 

z 1

 

 

№ 4.106.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (z) =

Arctgz

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:

 

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

Arctgz =

 

 

+ πk

+o

1

 

 

=

π(2k +1)

 

2

c

 

 

 

 

 

 

 

z

 

 

 

z

z

 

 

2

 

и

 

 

 

 

 

 

 

(2k +1)π .

 

 

res[ f (z),] = −

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

№ 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-

 

 

 

 

 

β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

глядит так:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1 z k

 

1

z

k

f (z) =

 

 

 

Ln (α)

Lnβ+

 

 

 

 

n

 

z

 

 

 

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] = c1

= βn+1 αn+1 .

 

 

В точке z =∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n +1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

αm+1

 

 

βm+1

 

 

 

f (z) = z

 

ki

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

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 cz1 , поэтому вычет равен 0. При n = −1

res[ f (z),] = −ki

и при n 0

res[ f (z),] = −c1 = 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 = ires[ 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

(1i).

 

 

 

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

 

φ

(10.3):

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ψ'

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

res[ f (z), z

k

] =

φ(zk )

=

1

=

1

 

zk

=

 

zk

= −1 z

k

 

 

 

 

 

 

 

4zk3

zk

4zk4

 

 

 

 

 

 

ψ| (zk ) 4zk3

 

 

 

 

 

 

 

4

 

(так как zk4 = −1),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (z)dz = ires = i{res[ f (z), z0 ]+res[ f (z), z3 ]} =

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= i

1

(z + z ) = − πi

 

1

 

(1+i) +

 

1

 

(1i)

= −

πi

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

3

2

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 11.2 ([3] № 4.117).

C

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

,

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 = −i res (во внешних точках).

С

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

res[ f (z),3] = lim f (z) (z 3) =

1

 

=

1

;

35 1

242

 

z3

 

 

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 c1 = 0 . Окончательно

 

 

 

 

 

πi

 

 

 

 

 

 

С

dz

 

 

= −

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

(z 3)(z5 1)

121

 

 

 

 

 

 

Пример 11.3 ([3], № 4.118).

z3dz

 

, где С – окружность

 

z

 

=1.

 

 

 

2z

4

+

 

 

 

 

C

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Внутрь контура попадают четыре точки

zk = 4

1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

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 c1 в разложении функции в ряд

Лорана в бесконечности: c1 =

1

. Следовательно,

res[ f (z), ] = −

1 .

2

 

 

 

 

 

 

 

2

С

z3dz

 

 

= −i res[ f (z),] = πi .

 

2z4 +

1

 

159

Пример 11.4 ([3], № 4.121).

1

sin2 1 dz , где С – окружность

 

 

i

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 c1 = 0 , и искомый интеграл равен нулю.

 

 

 

 

 

1

2

Пример 11.5 ([3], № 4.122).

znez dz , где n – целое число, а

i

С – окружность

 

 

 

 

С

 

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 c1 = (n +1)!

(если n ≥ −1 ) и

1 zne z dz =

2n+1 .

2

 

 

i

c

(n +1)!

 

При n < −1 c1 = 0 и интеграл равен нулю.

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

 

 

(1+ z + z2 )

 

1

I =

z

e z

 

=3

 

 

 

1

+ e z1

+e z2 dz .

Решение. В силу линейных свойств интеграла:

160