Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

METODU09

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

518.54 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 64 5 6 > Следующая >>>

(L): z = z(t) = cost +isint, −π ≤t ≤ 0.

Тоді

	(1.2)
(3.3)	dz = (−sint +icost)dt = i(cost +isint)dt
∫ z Imz2dz =	(1.12)	= sin2t	=
(L)	z2 = (cost +isint)2 = cos2t +isin2t, Imz2	= sin2t
0	0

= ∫ (cost +isint) sin2t i(cost +isint)dt = i∫(cost +isint)2 sin2tdt =

−π

= i∫ (cos2t +isin2t) sin2tdt =

∫ sin4tdt −∫ sin2 2tdt =

−π

1 0

∫(1−cos4t)dt = −

= − cos4t

−π

−

(1−1)−

t −

sin4t

−π

Відповідь:

а)

I = −3+4i;

б) I =

=π .

Завдання 3.2. Обчислити інтеграл I = ∫ (z3 −z)e 12z2		dz де (L)– пряма,
	(L)
що з’єднує точки z1 = 1+i,	z2 = 2i.
Розв’язання. Оскільки	підінтегральна функція	f(z) = (z3 −z)e	12 z2	–

аналітична на всій комплексній площині, то значення інтеграла не

залежить від форми кривої, яка з’єднує точки z1 = 1+i, z2 = 2i.

Використовуючи формулу (3.5) та формулу інтегрування частинами,

отримаємо

t =

z2,

dt = zdz, z2

= 2t

I = ∫

(z3 −z)e21z2dz = ∫

(z2 −1)z e 2 z

dz =

1+i

−2

u = 2t −1, du = 2dt, dv = et dt,

= ∫ (2t −1)e dt

∫ udv = uv

∫ vdu

= e ,

z1 −

−2

= (2t −1)et

−2∫ et dt =(2t −1)et

−2e t

= −7e−2+(3−2i)ei .

Відповідь: I

= −7e−2 +(3−2i)ei

Завдання 3.3. Обчислити інтеграл I =

ch2z

dz,

де (L): |z +i |= 2.

∫ z2(z2

+ 4)

(L)

Розв’язання. 1. Зробимо рисунок кривої (L).

|z +i |= 2 – коло радіуса

R = 2 з центром в точці z0

= −i.

2. Дослідимо особливі точки підінтегральної функції. Всередині контура

ch2z

(L) ФКЗ f (z) = z2(z2 + 4) має дві особливі точки:

z1 = 0 та z2 = −2i саме в цих точках функція є

невизначеною, отже і недиференційованою,

неаналітичною). Згідно з означенням точки z1 та z2 є полюсами відповідно другого та першого порядків. Побудуємо два кола

(L ): \|z \|=	1	та	(L ): \|z + 2i \|=	1

1	2		2	2

з центрами в точках z1 та z2 і радіусом r = 1 :

(L)

0	(L1)	х
D	(L1)	х
D	-i
-2i	(L2)

Рис. 3.5

3.	Розглянемо багатозв’язну	область D , що обмежена зовнішнім
контуром (L) та внутрішніми контурами (L1 ) та (L2) (рис. 3.5). За
теоремою Коші для багатозв’язної області (теорема 3.3)
	∫	∫	∫
	f(z)dz =	f(z)dz + f(z)dz .		(3.11)
	(L)	(L1)	(L2)
4.	При інтегруванні по кривій	(L )	функцію f (z) подамо	у вигляді
		1

f (z) =

(z)

де g

ch2z

є аналітичною ФКЗ в області D з межею

(z)

z2 + 4

(L1). Застосовуючи теорему 3.5 при

z0 = z1 = 0, m = 2, знайдемо

g1 (z)dz

ch2z ′

∫

( )

∫

= 2π

(

1)= 2π

f z dz

′

(L1)

z=0

2(z2

+ 4) sh2z −2z ch2z

= 2πi

= 0.

+ 4)

z=0

При інтегруванні

по

кривій

(L )

функцію

f (z)

подамо

у вигляді

f (z) =

g2 (z)

, де

(z) =

ch2z

є аналітичною ФКЗ в області D з

z +2i

z2(z

−2i)

межею (L2 ). Застосовуючи теорему 3.4

при z0 = z2

= −2i , матимемо

g2 (z)dz

ch2z

∫

f(z)dz =

∫

=2πi g2(z2) = 2πi

z +2i

−2i)

(L2)

z=−2i

= 2πi

ch (−4i)

ch (iz) = cosz

cos4.

(−2i)2 (−4i)

Кінцевий результат отримаємо за формулою (3.11):

∫

f(z)dz =

∫

f(z)dz +

∫

f(z)dz =

cos4.

(L)

(L1)

(L2)

Відповідь:

I =

cos4.

Завдання 3.4. Обчислити інтеграл I =

sinπz

dz,

де (L):

а) |z |=

;

(z +

∫

(L)

б) |z −1|= 3.

Розв’язання. а) Підінтегральна функція

f(z) =

sinπz

є аналітичною

(z +1)4

як у внутрішніх точках області, так і на її контурі (L):

|z |=

(рис. 3.4).

Тому

за

теоремою

Коші для

однозв’язної області

(L)

(теорема 3.1) має місце рівність (3.4). Отже

∫

sinπz

4 dz = 0.

(L) (z +1)

Рис. 3.4

б) Побудуємо контур

(L) (рис. 3.5). З рівняння

|z −1|= 3

визначаємо, що у площині z він є колом

(L)

радіуса R = 3 з центром у точці z0

= 1.

sinπz

Всередині контуру (L)

ФКЗ f (z) =

має тільки

-1

(z +1)4

точку z = −1

одну

особливу

(полюс

четвертого

Рис. 3.5

порядку).

Оскільки виконуються всі умови теореми 3.5, то за формулою (3.10) при

g(z) = sinπz,	z0 = −1,			m = 4		знайдемо:
			g(z)				g(3)(z0)
I =					dz =2πi			= 2πi (sinπz)(3)	=
				4
		∫	(z +	1)		3!			z=−1

		(L)
				= 2πi (−π3 cosπz)				= 2π4i .

Відповідь:								z=−1
	а) I		= 0;		б)	I = 2π4i .

4.РОЗКЛАДАННЯ ФКЗ У СТЕПЕНЕВІ РЯДИ. ЛИШКИ

4.1Розкладення ФКЗ у ряди Тейлора та Лорана

За певних умов ФКЗ f (z) можна розкладати в ряд по степенях z −z0 стосовно фіксованої точки z0 .

Теорема 4.1. Якщо ФКЗ f (z) є аналітичною в крузі DR : |z −z0 |< R, то в цьому крузі її можна розкласти в ряд Тейлора:

∞

f (z) = ∑cn (z −z0)n ,

n=0

де	c =	f	(n)	(z0)	=	1	∫	f (z)	dz

						2πi		(z −z )n+1
	n		n!

							(Lρ )	0
(Lρ)− будь-яке коло \|z −z0				\|= ρ,		0 < ρ < R.

Теорема 4.2. Якщо ФКЗ f (z) є аналітичною в кільці Kr,R

то в цьому кільці її можна розкласти в ряд Лорана:

∞

f (z) = ∑ cn(z −z0)n ,

n=−∞

(n = 0,1,2,…),

: r <|z −z0 |< R,

(4.1)

		1	(∫L )	f (z)
де	cn =				dz (n = 0,±1, ±2,…),
		2πi		(z −z0)n+1
			ρ

(Lρ)− будь-яке коло	\|z −z0 \|= ρ, r < ρ < R.
Зауваження 4.1. Ряд Лорана сприймається
		y
як сума двох рядів за формулою:
∞	df	−1
∑ cn(z −z0)n =		∑ cn(z −z0)n +
n=−∞		n=−∞

∞

∑cn(z −z0)n ,

n=0

Kr,R

де перший ряд (що містить тільки від’ємні

степені z −z0 ) називається головною, а	x
	Рис. 4.1

другий (що містить інші степені) – правильною частиною ряду Лорана.

Головна частина ряду Лорана збігається в області |z −z0 |> r , правильна

– в крузі DR :	\|z −z0 \|< R, де r та	R	– відстані від точки z0 до
внутрішньої та	зовнішньої межі кільця	Kr,R	(ці межі проходять через
особливі точки ФКЗ f (z)).

Зауваження 4.2. При розкладеннях у степеневі ряди зручно застосовувати вже наведені формули (2.2) – (2.9) та співвідношення:

1	∞
	= ∑tn,	(\|t \|<1),
1−t
	n=1	(4.2)
1	∞
	= ∑(−1)ntn,	(\|t \|<1).
1+t
	n=1

4.2 Ряди Лорана в околі особливої точки

Означення. Рядом Лорана для ФКЗf (z) в околі ізольованої особливої

точки z0 називається розкладення цієї функції в ряд по степенях z −z0 в

деякому кільці 0 < z −z0 < R.

Для розпізнавання особливих точок ФКЗ застосовуються наступні теореми.

Теорема 4.3. Ізольована особлива точка z0 є усувною особливою

точкою ФКЗ f (z) тоді і лише тоді, коли в околі цієї точки розкладення в

ряд Лорана не	містить головної частини,		тобто має	вигляд
∞
f (z) = ∑cn (z −z0)n	(при цьому головна	частина	розкладення	зовсім
n=0
відсутня, lim f (z) = c0 ≠ ∞).
z→z0
Теорема 4.4. Ізольована особлива точка		z0 є полюсом m-го порядку

для ФКЗ f (z) тоді і лише тоді, коли в околі цієї точки розкладення в ряд Лорана має вигляд

	c−m			c−m+1		c−1	∞
f (z) =			+		+ +		+ ∑cn(z −z0)n (c−m ≠ 0)
		m		m−1		z −z0
(z −z0)			(z −z0)				n=0

(головна частина розкладення містить скінченну кількість доданків, при
k =		маємо lim f (z)(z −z0)k = ∞ , але
k =	0;m −1	маємо lim f (z)(z −z0)k = ∞ , але
		z→z0
		lim f (z)(z −z	)m = c			≠ ∞ ).
0				−m
		z→z0
Теорема 4.5. Ізольована особлива точка				z0	є суттєво особливою точкою

ФКЗ f (z) тоді і лише тоді, коли в околі цієї точки головна частина розкладення в ряд Лорана містить нескінченну кількість доданків (з

від’ємними степенями z −z0 ).

4.1Лишки та їх обчислення

Означення. Лишком ФКЗ f (z) в ізольованій особливій точці z0 ≠ ∞

називається величина, що позначається символом Res f(z) та вводиться

z=z0

за рівністю

Resf(z) =	1		∫	f (z)dz,				(4.3)
Resf(z) =				f (z)dz,				(4.3)
z=z0	2πi
	2πi		(Lρ)
де (Lρ)− будь-яке коло \|z −z0	\|= ρ			(ρ > 0) ,		в середині	якого	нема
інших особливих точок окрім точки z0 .
Означення. Лишок ФКЗ f (z)	в ізольованій					особливій	точці	z = ∞
вводиться за рівністю
Resf(z)= −		1		∫	f (z)dz,
Resf(z)= −		2πi			f (z)dz,
z=∞		2πi
				(L )
				ρ
де (Lρ)− будь-яке коло \|z −z0	\|= ρ			(ρ > 0),		ззовні якого нема інших

особливих точок окрім точки z = ∞.

Теорема 4.6. Якщо ФКЗ f (z) є аналітичною всюди за виключенням скінченої кількості особливих точок z1,z2,…,zk та z = ∞, то

	k
Resf(z) = − Resf (z)
z=∞	∑z=zk
	n=1

Обчислення лишків за розкладеннями в степеневі ряди

Лишок у особливій точці z0 ≠ ∞ можна знаходити за формулою

		Resf(z) = c−1,			(4.4)
		z=z0
де c	–	коефіцієнт при степені (z −z	)−1	ряду Лорана для ФКЗ	f (z) в
−1		0
околі точки z0 .
Лишок у особливій точці z = ∞ можна знаходити за формулою
		Resf(z) = −c−1 ,
		z=∞
де c	–	коефіцієнт при степені z−1 ряду Лорана для ФКЗ f (z)			в околі
−1

нескінченно віддаленої точки.

Обчислення лишків за допомогою границь та похідних

I. При обчисленні лишка в ізольованій особливій точці z0 ≠ ∞

можна вживати такі формули:

1) (z0 – усувна особлива точка)

Res f(z) = 0;

(4.5)

z=z0

2) (z0

– полюс 1-го порядку)

Res f(z) = lim f (z)(z −z0)

(4.6)

z=z0

z→z0

або (у випадку, коли f (z) =

ϕ(z)

, ψ(z0)

= 0,

ψ′(z0)

≠ 0,

ϕ(z0) ≠ 0)

ψ(z)

Res f(z)=

ϕ(z)

;

(4.7)

ψ′(z)

z=z0

3) (z0 – полюс m-го порядку)

Resf(z) =

lim

dm−1

f (z)(z −z0)

(4.8)

m−1

z=z0

(m −1)! z→z0

II. При обчисленні лишка в

ізольованій особливій

точці z = ∞

можна

(див. зауваження 3.1)

ввести

функцію

ϕ(ξ) = f(ξ−1) та

скористатись формулами:

(z = ∞ – усувна особлива точка)

Res f(z) = ϕ′(ξ)

;

(z = ∞– полюс

m-го порядку)

z=∞

ξ=0

dm+1

Resf(z) = −

lim

ϕ(ξ)ξ

m+1

z=∞

(m +1)!

ξ→0

dξ

4.4. Методика розв’язування завдання №4

Завдання 4.1. Знайти всі лорановські розклади за степенями z ФКЗ

z +8

f(z) = z3 −5z2 + 4z .

Розв’язання. Оскільки функція f(z)має

знаменника,	тобто		точки	z = 0,	z = 1,
z = 4), то	її	розкладення		слід	шукати
окремо в кожній з трьох областей
D1		= {z :	0 <\|z \|<1};
D2		= {z :	1 <\|z \|< 4};
D3 = {z :			4 <\|z \|< ∞}.

три особливі точки (нулі

D1 1

4 х

За умовами завдання в кожній з цих областей розкладання матиме вигляд

+∞	Рис. 4.2
f(z) = ∑ cnzn .	(4.9)
n=−∞

Однак у кожній з цих областей будуть різні значення коефіцієнтів cn і,

відповідно, різні області збіжності.		Для		спрощення подальшої роботи
подамо ФКЗ f(z) як суму елементарних дробів
f (z) =	z + 8	=	A	+	B	+	C	=

	z(z −1)(z −4)		z		z −1		z −4

= A(z −1)(z −4) +Bz(z −4) +Cz(z −1) .

z(z −1)(z −4)

Невідомі А , В , С знайдемо за методом окремих значень з рівняння:

z + 8 = A(z −1)(z −4)+Bz(z −4)+Cz(z −1) z = 0 : 8 = 4A A = 2;

z = 1: 9 = −3B B = −3; z = 4 : 12 = 12C C = 1.

Надалі розкладення функції f(z) шукатимемо як розкладання суми


		f(z) = f1(z)+ f2(z)+ f3(z),						(4.10)
де	f (z) =		2	, f (z) =	−3	, f (z) =		1	.
де	f (z) =			, f (z) =		, f (z) =			.
	1		z	2	z −1		3	z −4

Перший доданок цієї суми при z ≠ 0 вже є одним з членів розкладення

(4.9) (при n = −1,cn = c−1 = −2) і ніяких перетворень не потребує. Другий

і третій доданки цієї суми приводяться до потрібного вигляду

розкладень по степенях z за формулами (4.2). Враховуючи особливості областей Di, i = 1,2,3, розглянемо три випадки.

1-й випадок. Нехай z D1. Зауважимо, що в околі заданої точки z1 = 0

ряд Лорана є степеневим рядом по степенях z −0. Тому функція f1(z) у

формулі (4.10) вже є одним з членів шуканого ряду (відповідним до степеня (z −0)−1 ). Знайдемо всі інші члени ряду Лорана. Подамо функції f2(z) та f3(z) у вигляді

−3

(4.2)

∞

(z) =

= −

= 3∑zn,

|z |<1

(4.11)

−z

z −1

n=1

−1

∞

(4.2)

(z) =

t =

= −

∑

, |z |< 4.

(4.12)

(1−z

z −4 4

n=1

Область збіжності ряду

(4.11)

визначається

нерівністю|z |<1 – ряд

збігається всередині круга радіуса R = 1 з центром у точці z = 0.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 64 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.04.2025566.78 Кб0Metodichni_vkazivki_do_SZ.doc
#
22.11.20191.74 Mб1Metodichni_vkazivki_new.rtf
#
01.05.2025661.5 Кб0Metodika magistr rabot.doc
#
11.11.2019527.36 Кб4metoditchka.doc
#
24.08.2019749.57 Кб2MetodPosibnik.doc
#
12.02.2016518.54 Кб5METODU09.pdf
#
15.11.2019792.06 Кб5metodu4ka_KR_2011.doc
#
01.04.20251.86 Mб0METODUCHKA EKpraci Частина 1.doc
#
01.03.20252.25 Mб0metoduchka zavtra ekzamen.doc
#
01.05.20252.41 Mб0Metoduchka_EP_Final.doc
#
01.05.2025755.53 Кб0metoduchka_kyrs_robota_2009.rtf