Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет технологий и дизайна

Предмет:

Высшая математика

Файл:

2 курс вища математика / Функ компл змінної методичка

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.02.2016

Размер:

610.88 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

5. Ряди в комплексній області.

∞

× zn

, де c

–

Нехай в комплексній області задано степеневий ряд åc

n=0

комплексні числа,

i = 0,1, 2, ...; z – комплексна змінна.

Теорема Абеля. Якщо степеневий ряд є збіжним при деякому значенні

комплексної змінної

, то він є збіжним, і при тому абсолютно,

при всіх

значеннях

z ,

для яких

Якщо степеневий ряд є розбіжним при

z = z0 , то він є розбіжним і при будь-якому значенні z , для якого

Областю збіжності степеневого ряду є круг з центром в початку координат.

Радіус збіжності степеневого ряду визначається формулами:

R = lim

або

R = lim

якщо відповідні границі існують.

n→∞

cn+1

n→∞ n

Ряд Тейлора.

Функція

f (z) , однозначна і аналітична в точці

z0 , розклада-

∞

ється в околі цієї точки в степеневий ряд Тейлора: f (z) = å cn ×(z - z0 )n ,

n=0

де коефіцієнти

обчислюються за формулами:

cn =

×Cò

f (z)dz

f (n) (z

)

n = 0,1, 2, ...

[22];

2π ×i

(z - z0 )n+1

C – деяке коло з центром в точці

z0 , яке цілком лежить в околі точки z0 ,

якому функція

f (z)

є аналітичною.

z0 ,

Центр круга збіжності знаходиться в точці

а радіус збіжності

R ряду

Тейлора дорівнює відстані від точки

z0 до найближчої точки

ξ , в якій фу-

нкція

f (z)

не є аналітичною.

На колі

z - z0

= R ряд може збігатись, але може і розбігатись; а зовні круга

z - z0

= R

він розбіжний.

z0 = 0

Окрім вже згаданих вище рядів Тейлора в околі точки

для фу-

нкцій

ez ,

sin z ,

cos z ;

мають місце наступні:

n−1

ln(1 + z) = z -

+ ... +

(-1)

+ ...,

( R =1).

(1 + z)α = 1 +

× z +

α (α -1)

× z2

+ ... +

α (α -1)...(α - (n -1))

× zn

+ ...,

( R =1).

=1- z + z2

- z3

+ ... + (-1)n

× zn + ...,

( R =1).

1+ z

=1+ z + z2

+ z3

+ ... + zn + ...,

( R =1).

1- z

Приклад 5.1 Розкласти в ряд Тейлора за степенями z + 2 функцію 3z +1

та знайти область збіжності ряду.

↓. 1-й спосіб.

За умовою:

f (z) =

z0 = -2.

3z +1

∞

Для одержання розкладу даної функції в ряд:

знахо-

f (z) = åcn ×(z - z0 )n

(n) (z

n=0

дитимемо коефіцієнти c

за формулою: c =

)

n = 0,1, 2, ....

(0 )

- 3

f (z) = f (z) = 3z +1,

c0 = - 5 ;

c1 = - 52 ;

f (z) = (3z +1)2

¢¢

- 3×(- 2)×3

2 ×32

= (3z

+1)3 ,

= - 53 ;

f (z) = (3z +1)3

1 3n

¢¢¢

- 3× 2 ×32 ×3 - 3× 2 ×33

c3 = -

= -

4 ,

; і т. д.

(z) =

(3z +1)

Одержимо:

f (z) =

= -

(z + 2)-

(z + 2)

(z +

-...,

3z +1

∞

æ 3

ön

тобто:

= -

÷ ×

(z + 2) .

3z +

n=0

è 5

Радіус збіжності одержаного ряду:

R = lim

;

n→∞ n

тому розклад справедливий для всіх

z , для яких

z + 2

. ↑.

↓. 2-й спосіб.

Зробимо деякі перетворення даної функції:

-1

3z +1

1 ö

5 ö

- 5 + 3(z + 2)

3ç z +

3ç z + 2

3ø

3 ø

1- 53 (z + 2).

У відомий розклад:		1	=1+ z + z2 + z3 + ... + zn + ...,				z	<1 підставимо

	1	- z

	3			3
замість z вираз: -		(z + 2). Тоді (за умови			(z + 2)	<1) одержимо:
	5			5

					22

1						1	æ	3	(z + 2) +		32			(z + 2)				2			33			(z + 2)	3		ö
				= -			×ç1+												+							+ ...÷		=
	3z +1			= -		5	×ç1+	5			52								+		53					+ ...÷		=
	3z +1					5	è	5			52										53						ø
		1			3				32			2			33							3			1		∞	æ 3			ön		n
= -			-			(z + 2)		-		(z + 2)			-				(z + 2)						-... = -				× å	ç		÷			×(z + 2) .
= -		5	-		52	(z + 2)		-	53	(z + 2)			-		53		(z + 2)						-... = -		5		× å	ç		÷			×(z + 2) .
		5			52				53						53										5		n=0	è 5		ø
Областю збіжності ряду є круг:															3	(z + 2)				<1, або:						z + 2			<		5	.	↑.



															5															3
															5															3

	1		1	∞
Відп.:		= -		× å
Відп.:	3z +1	= -	5	× å
	3z +1		5	n=0

æ	3	ön	n			5

ç		÷	×(z + 2) , область збіжності:	z + 2	<		.
	5					3
è		ø

Ряд Лорана. Функція

f (z) , однозначна і аналітична в кільці r <

z - z0

< R ,

розкладається в цьому кільці в степеневий ряд Лорана:

f (z) =

+∞

×(z - z

−1

×(z - z

+∞

×(z - z

åc

= åc

+ åc

n=−∞ n

n=0 n

де коефіцієнти

обчислюються за формулами:

cn =

×Cò

f (z)dz

n = 0, ±1, ± 2, ...

[23];

2π ×i

(z - z0 )n+1

C – довільне коло з центром в точці

z0 , яке лежить всередині цього кільця.

Ряд

−1

×(z - z0 )n

називається головною частиною ряду Лорана;

åcn

n=−∞

Ряд

+∞

(z - z

)n називається правильною частиною ряду Лорана.

åc ×

n=0

cn використовуються,

Зауваження. Для знаходження коефіцієнтів

якщо це можливо, готові розклади функції в ряд Тейлора.

Приклад 5.2 Знайти всі розклади в ряд Лорана

f (z) =

для функції

- 5z + 6

↓. Функція f (z) =

має

(z - 2)(z - 3)

2 особливі точки:

z1 = 2 і z2 = 3.

Тому маємо три області, в кожній з

яких

f (z)

є аналітичною:

1) круг

< 2;

2) кільце

2 <

< 3;

3) кільце 3 <

< +¥.

Знайдемо розклад в ряд Лорана в кожній області.

< 2. Зробимо перетворення:

− 2

(z - 2)(z - 3)

z - 2

z - 3

причому для

z з розглядуваної області справедливо:

<1 та

<1.

Тому, користуючись розкладами для функції

при

<1,

маємо:

1- z

...-

= 1+

(z - 2)(z - 3)

ç1

3 - 2 ö

32 - 22

- 23 ö

= ç

+ ....

÷z + ç

÷z

+ ç

÷z

6 ø

	z3	ö
		÷
+ 3		÷	=
+ 3		+ ...÷	=
3		ø

2) 2 <

< 3.

Тут

<1, але

>1.

Тому перетворимо дріб

= -

і знову застосуємо до нього розклад функції

- z

(оскільки в розглядуваному кільці

<1).

ö æ

= -

×ç1+

+ ...÷ - ç1

...÷.

(z - 2)(z - 3)

3) 3 <

< +¥. В цій області треба перетворити дріб

(бо

>1).

= -

. Поступаємо аналогічно випадку 2):

- z

= -

×ç1

+ ...÷

×ç1

+ ...÷

(z - 2)(z - 3)

=	1	+	32 - 22	+	33 - 23	+ .... ↑.
	z		z2		z3

6. Нулі та ізольовані особливі точки функції.

Точка

ξ називається особливою точкою функції

f (z) ,

якщо функція

f (z) не є аналітичною в точці

ξ .

f (z) ,

Точка

називається нулем порядку

аналітичної функції

якщо:

f (z0 ) = 0,

f ′(z0 ) = 0,

f ′′(z0 ) = 0, ...,

f (n−1) (z0 ) = 0,

f (n) (z0 ) ¹ 0.

Точка

є нулем

n -го порядку функції

f (z) , якщо в деякому околі цієї

точки має місце рівність:

f (z) = (z - z0 )n ×ϕ(z),

де

ϕ(z) – аналітична

функція в точці

z0 ,

ϕ(z0 ) ¹ 0.

Приклад 6.1

Знайти нулі функції

f (z) = z2 ×sin z

та визначити їх порядок.

↓. Розв’яжемо рівняння: z2

×sin z = 0;

маємо:

zn = πk ,

k Î Z .

×cosπk .

Знаходимо

′

×cos z .

Тоді

(z) = 2z ×sin z + z

(πk) = 0 + (πk)

При k ¹ 0

′

= ±π ;

z3,4 = ±2π ,

z5,6

= ±3π , ...

(πk) ¹ 0; тому числа: z1,2

є нулями функції першого порядку (простими нулями).

При k = 0

′

(πk) = f (0) = 0.

z0 = 0 знаходимо другу похідну:

Для встановлення порядку нуля

′′

×sin z ;

′′

f (z) = 2sin z + 4z cos z - z

f (0) = 0.

Знаходимо третю похідну:

×cos z ,

′′′

f (z) = 6cos z - 6z sin z - z

f (0) = 6 ¹ 0.

Отже, точка

= 0 є нулем третього порядку функції f (z) .

↑.

Відп.: числа

± π ; ± 2π , ± 3π – прості нулі;

z = 0 – нуль третього порядку.

Точка

називається ізольованою особливою точкою функції f (z) ,

якщо f (z)

– аналітична в деякому околі цієї точки за виключенням самої

точки

z0 (такий окіл називають проколотим околом точки z0 ).

Розрізняють 3 типи особливих точок

(в залежності від поведінки функції при наближенні до такої точки).

Ізольована особлива точка

z0 функції

f (z) називається:

а) усувною особливою точкою, якщо існує границя:

lim

f (z) = C < ¥;

z→z0

б) полюсом, якщо існує границя: lim f (z) = ¥;

z→z0

в) суттєво особливою точкою, якщо в точці z0									функція f (z) не має гра-
ниці ні скінченної, ні нескінченної. (Якщо точка									z0 – суттєво особлива точка
функції f (z) , то для будь-якого числа							A можна знайти таку послідовність
точок {z	n	}, збіжну до	z	0	, що:	lim f (z	n	) = A	– теорема Сохоцького).
						n→∞

Твердження 1 Щоб точка z0			була полюсом функції f (z) , необхідно
і достатньо, щоб ця точка була нулем функції ϕ(z) =					1	.
і достатньо, щоб ця точка була нулем функції ϕ(z) =					f (z)	.
			z0		f (z)
Твердження 2. Щоб точка			z0	була полюсом	n -го порядку функції
f (z) , необхідно і достатньо, щоб ця точка була нулем n -го порядку функ-
ції ϕ(z) =	1	.
ції ϕ(z) =	f (z)	.
	f (z)
Якщо	n =1, то полюс називається простим.
Твердження 3. Щоб точка			z0	була полюсом	n -го порядку функції
f (z) , необхідно і достатньо, щоб у деякому околі цієї точки виконувалась

рівність:

f (z) =

ϕ(z)

де

ϕ(z) – аналітична в точці z0 і ϕ(z0 ) ¹ 0.

(z - z0 )n

Зауваження (*). Якщо існує скінченна відмінна від нуля границя:

lim

[(z - a)n × f (z)]= c ¹ 0,

< ¥,

z→a

f (z) .

то z = a – полюс

k -того порядку функції

Приклад 6.2 Визначити порядок полюсів функції:

а) f (z) =

б) f (z) =

z6 + 2z5

+ z4

1- sin z

а) ↓.

В довільному проколотому околі точки z1 = 0:

f (z) =

z4 ×(z +1)2

z3 ×(z +1)2

Функція

ϕ(z) = z3 ×(z +1)2

має в точці

= 0 нуль третього порядку, а в

= -1 – нуль другого порядку.

точці

Тому функція f (z)

має в точці

z1 = 0

полюс третього порядку, а в точці

z2 = -1 – полюс другого порядку.

Інший спосіб. Врахувавши зауваження(*):

lim[z3 × f (z)]= lim

êéz3 ×

úù = lim

=1¹ 0;

z→0

z4 ×(z +1)2 û

z→0 z2 + 2z +1

lim [(z +1)2 × f (z)]= lim

êé(z +1)2 ×

úù = lim

= -1¹ 0,

z→−1

× (z +1)2 û

z→−1 z3

отримаємо той самий результат.

↑.

z = −1 – полюс другого порядку.

Відп.: z = 0 – полюс третього порядку,

б) ↓.

Розглянемо функцію ϕ(z) =1− sin z .

ϕ(z) = 0 в точках z

= π + 2πk,

k Î Z .

Щоб визначити порядок нулів

функції

ϕ(z), знайдемо значення її похідних в точках zk .

ϕ′(z) = −cos z ,

= 0;

ϕ¢(zk ) = -cosç

+ 2πk ÷

ϕ′′(z) = −sin z ,

= -1 ¹ 0 .

ϕ¢¢(zk ) = -sinç

+ 2πk ÷

= π

Отже, точки

+ 2πk, k Î Z

– нулі другого порядку функції ϕ(z). ↑.

z = π

Відп.:

+ 2πk,

k Î Z – полюси другого порядку функції f (z) .

Ізольовані особливі точки функції

f (z) класифікують за характером

її розкладу в ряд Лорана в околі особливої точки.

Справедливі наступні твердження:

Твердження 4.

Щоб точка

була усувною особливою точкою функ-

ції f (z) , необхідно і достатньо, щоб лоранівський розклад функції

f (z) в

околі точки

+∞

- z0 )n ).

не містив головної частини (тобто: f (z) = åcn ×(z

n=0

Твердження 5.

Щоб точка

була полюсом n -го порядку функції

f (z) ,

необхідно і достатньо, щоб головна частина лоранівського розкладу

функції

f (z) в околі точки z0

містила лише скінченну кількість відмінних

від нуля членів, а саме мала вигляд:

−1

×(z - z0 )k .

å ck

Твердження 6. Щоб точка

k=−n

була суттєво особливою точкою функції

f (z) , необхідно і достатньо, щоб головна частина ряду Лорана функції f (z) в околі точки z0 містила нескінченну кількість відмінних від нуля членів.

Приклади 6.3

а)

Встановити характер особливої точки

= 0

функції

f (z) =

↓.

Розкладемо функцію

f (z)

в ряд Лорана в околі точки

= 0

f (z) =

×(1- ez )=

+ z +

ç1-

+ ...

÷ = -1-

ûø

1− ez . z

-....

Цей ряд не містить головної частини, тому (згідно твердження 4) точка z0 = 0 є усувною особливою точкою.

Інший спосіб. Існує скінченна границя:

+ z +

1- ez

1- ç1

+ ...

lim f (z) = lim

= lim

= -1. ↑.

z→0

= 0 – усувна особлива точка.

Відп.:

б)

Встановити характер особливої точки

= 0

функції

f (z) =

1− cosz

↓.

Розкладемо функцію f (z) в ряд Лорана в околі точки z0 = 0:

f (z) =

×(1- cos z) =

×ç1-

ê1

...ú

10!

ç z

- ..

- ...

8! 10!

2! × z

4! × z

6! × z 8! 10!

è 2!

−1

Як бачимо, головна частина цього ряду:

å ck ×(z - z0 )k ;

k=−5

тому (згідно твердження 5) точка

z0 = 0 є полюсом п’ятого порядку.

Інший спосіб. Існує скінченна відмінна від нуля границя:

lim[z5

× f (z)]= lim

× (1- cos z)

ç1-

...÷

= lim

¹ 0. ↑.

z→0

Відп.:

= 0 –

полюс п’ятого порядку.

= 1 функції

f (z) = (z -1)×e

в)

Встановити характер особливої точки

z−1

↓.

Скориставшись розкладом

=1+ t +

+ ... і поклавши:

t =

z -1

отримаємо такий лоранівський розклад функції

f (z)

в околі точки

= 1:

(z -1)

×e

= (z -1)×

é1+

+ ...ù

z−1

z -1 2!×(z -1)

3!×(z -1)

= (z -1)+

+ ... +

+ ... .

2!×(z -1)

3!×(z -1)2

n!×(z -1)n−1

Цей розклад містить нескінченну кількість членів з від’ємними степенями різниці (z −1); тому (згідно твердження 4) точка z0 = 1 є суттєво особливою точкою даної функції. ↑.

Відп.: z0 = 0 – суттєво особлива точка.

7. Лишок функції. Теорема Коші про лишки.

Лишком функції f (z) в ізольованій особливій точці z0 називається число:

Re s f (z) =	1	× ò f (z)dz ,
	2π ×i
z0		C

де C – замкнений контур, наприклад, – коло з центром в точці z0 , всередині якого немає інших особливих точок функції f (z) .

Термін і позначення походять від французького "résidu" – "лишок".

Лишок функції		f (z)		дорівнює коефіцієнту c−1 в лоранівському розкладі
функції f (z)		в околі точки z0 : Re s f (z) = c−1 .
					z0
Лишок в усувній особливій точці дорівнює нулю.
Якщо точка z0				є полюсом 1-го порядку (простим полюсом), то:
		Re s f (z) = lim ( f (z) ×(z - z0 )). [24]
		z0			z→z0
Приклад 7.1	Знайти лишок функції f (z) =					cos z	.

			cos z			z -π
↓. Функція	f (z) =				має в точці z = π простий полюс. Скористав-

			z -π

шись формулою [24], одержимо:


	æ cos z
Re s f (z) = lim ç

π	z→π è z -π

ö	= cosπ = -1. ↑.	Відп.: −1.
×(z -π )÷	= cosπ = -1. ↑.	Відп.: −1.
ø

Інша формула. Якщо функція

f (z)

є часткою двох аналітичних функцій

ϕ(z) і ψ (z):

f (z) =

ϕ(z)

, причому ϕ(z0 ) ¹ 0, ψ (z0 ) = 0 ,

ψ ′(z0 ) ¹ 0

(тобто точка z0

ψ (z)

– полюс 1-го порядку), то можна користуватись іншою фо-

рмулою: Re s f (z) =

ϕ(z0 )

[25].

ψ ¢(z0 )

+ 5

Приклад 7.2 Знайти лишки функції

f (z) =

-1

+ 5

↓. Функція f (z) =

має два простих полюси в точках z =1 і z

= -1.

-1

Поклавши ϕ(z) = z

+ 5,

ψ (z) = z

′

-1, ψ (z) = 2z , за формулою [25]

одержимо: Re s f (z) =

+ 5

z =1

= 3, Re s f (z) =

z3 + 5

z = -1

= -2. ↑.

−1

Відп.: Re s f (z) = 3, Re s f (z) = -2.

−1

Зауваження: той самий результат дає і формула [24].

Якщо точка z0 є полюсом n -го порядку, то має місце загальна формула:

	Re s f (z) =	1	× lim	d n−1		( f (z) ×(z - z0 )n )		[26].
	Re s f (z) =	(n -1)!	× lim	dzn−1		( f (z) ×(z - z0 )n )		[26].
	z0	(n -1)!	z→z0	dzn−1		eπ×z
Приклад 7.3 Знайти лишок функції f (z) =						eπ×z	.
Приклад 7.3 Знайти лишок функції f (z) =						2	.
					(z - i)

↓. Скористаємось формулою [26] для обчислення лишків, маючи на увазі,

що точка z0

= i є полюсом другого порядку функції f (z) ; (n = 2).

Re s

eπ×z

× lim

d æ eπ×z

×(z - i)

2 ö

(2 -1)!

(z - i)

z→i dz è

(z - i)

=1× lim(eπ×z )′

= lim (π ×eπ×z )= π ×ei×π

= -π .

↑.

Відп.: Re s f (z) = -π .

z→i

Лишки функцій використовуються при обчисленні інтегралів по замкненому контуру.

Теорема Коші про лишки. Якщо функція f (z) є аналітичною на контурі C області D і всередині області D , за винятком скінченного числа особливих точок z1 , z2 , ..., zn , то:

[27].

ò f (z)dz = 2π ×i × åRe s f (z)

Приклад 7.4

Обчислити

(z +1)dz

якщо контур

C :

+ 2z

- 3z

C z

а) C : x2

+ y2

;

б) C

: x2 + y2 = 4;

в) C

: x2 + y2

=16.

z +1

функція f (z) =

↓. а) В області

має

+ 2z2

- 3z

z(z -1)(z + 3)

лише один полюс z1

= 0

першого порядку.

Re s f (z) =

z +1

z = 0

= -

. За теоремою Коші про лишки:

3z2 + 4z - 3

Cò

(z +1)dz

= 2πi ×

= -

2π ×i

Відп.:

2π ×i

z3 +

2z2 - 3z

б) В області

< 2 функція

f (z)

має два простих полюси z1 = 0,

=1.

Для використання теореми Коші необхідно знайти лишок функції

f (z)

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 2 курс вища математика

#
05.02.201674 б11Read me.txt
#
05.02.2016261.13 Кб19Контрольные работы 3 семестр Операц.числ.ФКЗ .pdf
#
05.02.2016215.41 Кб134Операційне числення методичка.pdf
#
05.02.2016610.88 Кб22Функ компл змінної методичка .pdf