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 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Область збіжності ряду (4.12) визначається							нерівністю \|z \|< 4 – ряд
збігається всередині круга радіуса R = 4 з центром у точці z = 0.
Отже z D розкладення функції f (z)						в ряд Лорана має вигляд
1
	2	∞	n		1	∞	z	n
f (z) =		+ 3∑z		−		∑		.
f (z) =		+ 3∑z		−		∑		.
	z	n=1			4	n=1	4

2-й випадок. Нехай z D2 . Оскільки функція f1(z) у формулі (4.10) вже є

одним з членів шуканого

ряду, а

для

функції

f3(z) в області D2

справедливе розкладення (4.12), знайдемо розкладення функції f2(z)

−3

(4.2)

3 ∞

1 n

f2(z) =

= −

t =

∑

<1 . (4.13)

z −1

z n=1

z 1

−

Область збіжності ряду (4.13) визначається

нерівністю

|z |> 1 –

ряд

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

Отже

z D

розкладення функції f (z)

в ряд Лорана має вигляд

∞

1 n

∞

f (z) =

∑

−

∑

n=1

3-й випадок. Нехай

z D3 .

Оскільки для

функції

f2(z)

в області

справедливе розкладення (4.13), знайдемо розкладення функції f3(z)

−1

(4.2)

∞

f3(z) =

t =

= −

∑

<1. (4.14)

z −4

z 1−

n=1

Область збіжності ряду (4.14) визначається

нерівністю

|z |> 4–

ряд

збігається ззовні круга радіуса R = 4 з центром у точці z = 0.

Отже

z D3

розкладення функції f (z)

в ряд Лорана має вигляд

∞

1 n

∞

4 n

f (z) =

∑

−

∑

n=1

∞

Відповідь: f (z) =

+ 3∑z

−

∑

z D1 ;

n=1

f (z) = 2 + 3 ∑∞ z z n=1

1	n		1	∞	z n

		−		∑			,	z D2 ;
			4
z				n=1	4
1	n		1	∞	4	n
		−					,	z D3 .

			z	∑
z				n=1	z

Завдання 4.2. ФКЗ f(z) = z e3−z розкласти в ряд Лорана в околі точки

z0 = 3.

Розв’язання.

Подамо ФКЗ у вигляді

= (z −3+ 3)e−

(z−3)+3

f(z) = z e

3−z

z−3

−1−

−3

= (z −3)e

z−3+

−3

= e−1[(z −3)ez−3 + 3ez−3 ]

(4.15)

3e z

Скористаємося розкладом (2.2), замінивши z на

−3

. Отримаємо

z −3

−3

∞

n+1

1−

(−1) 3

∑

(−1) 3

z−3

= 3

−…+

+… =

1!(z −3)

n!(z −

2!(z −3)

!(z −3)

n=0

−3

∞

(−1)n 3n

∞

(−1)n 3n

(z −3)ez−3

= (z −3)

∑n=0 n!(z −3)n−1

∑n=0 n!(z −3)n

Підставивши отримані розклади в формулу (4.15), отримаємо

−3

∞

n n

∞

n n+1

f(z) = e−1

−3)e

+ 3e

= e−1

∑

(−1) 3

+ ∑

(−1) 3

z−3

n−1

n!(z −

n=0

!(z −3)

n=0

Це розкладення містить нескінченне число членів в головній частині ряду

і справедливе в кільці 0 <|z −3 |< ∞.

	∞	n n	∞	n n+1
Відповідь: f(z) = e−1	∑	(−1) 3	+ ∑	(−1) 3		, 0 <\|z −3 \|< ∞.
Відповідь: f(z) = e−1	∑	n−1	+ ∑	n!(z −	n	, 0 <\|z −3 \|< ∞.
n=0		n!(z −3)	n=0	n!(z −	3)

5.ЗАСТОСУВАННЯ ЛИШКІВ ПРИ ОБЧИСЛЕННІ ІНТЕГРАЛІВ

5.1Застосування лишків при обчисленні інтегралів

Обчислення контурних інтегралів

Теорема 5.1. (Основна теорема про лишки). Якщо ФКЗ f (z) є

аналітичною в області D і на її контурі (L)

за виключенням скінченої

кількості внутрішніх точок z1,z2,…,zs , то

f(z)dz = 2πi ∑Resf (z).

(5.1)

∫

k=1

z=zk

(L)

2π

Обчислення інтегралів вигляду ∫ R(cosx,sinx)dx

Нехай R(cosx,sinx)

– раціональна функція аргументів cosx,

sinx , яка є

обмеженою на проміжку [0,2π]. Покладемо

z = e ix,

|z |= 1,

0 ≤ x ≤ 2π,

dx =

(5.2)

sinz =

eiz−e−iz

e2iz−1

z2 −1

(5.3)

2i eiz

2iz

cosz =

eiz + e−iz

e2iz +1

z2 +1

(5.4)

2eiz

2π

Тоді

де zk

∫ R(cosx,sinx)dx =

z2 +1 z2 −1 dz

= ∫ R

∫ R

= 2π∑Resz z

(z),

(z)dz

i (L)

k=1

= k

(L) 2z

2zi zi

z2 +1 z2 −1

(z) =

– особливі точки функції R

які знаходяться

2zi

всередині кола (L): |z |= 1. Отже

2π

∫

R(cosx,sinx)dx = 2π

∑z=zk

(5.5)

ResR (z).

k=1

∞

Обчислення інтегралів вигляду ∫ f(x)dx

−∞

Якщо

f(x) =

Pm(x)

–

раціональна

функція,

де

P (x)

та

Q (x)

–

Qn(x)

многочлени порядку m та n , причому

n ≥m +2

(степінь знаменника

хоча б на дві одиниці більше степені чисельника)

многочлен Qn(x)

не

має дійсних коренів, то

∞

∫

f(x)dx = 2πi

∑z

=zk

(5.6)

Resf (z)

−∞

k=1

де zk –

особливі

точки

функції f(z) =

Pm(z)

які

належать

верхній

Qn(z)

півплощині (Imz > 0).

Обчислення інтегралів вигляду

∞

∫ f(x)eiλx dx

(λ > 0)

(5.7)

−∞

Якщо

f(x) =

Pm(x)

– раціональна

функція,

причому

степінь

Qn(x)

многочлена Qn(x)

хоча б на одиницю більше степені m

многочлена

Pm(x) (n ≥ m +1), многочлен Qn(x) не має дійсних коренів, то

∞

∫

f(x)eiλx dx = 2πi

∑z=zk

(5.8)

Resf (z),

−∞

k=1

де zk –

особливі точки

функції f(z) =

Pm(z)

які належать

верхній

Qn(z)

півплощині (Imz > 0).

Обчислення інтегралів вигляду

∞	∞
I1 = ∫ f(x)cosλx dx,	I2 = ∫ f(x)sinλx dx.	(5.9)
−∞	−∞

Якщо f(x) правильний раціональний дріб то обчислення інтегралів (5.9),

зводиться до обчислення інтегралів виду (5.7) за формулою (5.8),

оскільки

		∞	∞
I1	=	∫		∫		(5.10)
		∫		∫
			f(x)cosλx dx = Re		f(x)eiλx dx ,
		−∞	−∞

		∞	∞
I2	=	∫		∫		(5.11)
		∫		∫
			f(x)sinλx dx = Im		f(x)eiλx dx .
		−∞	−∞

5.2. Методика розв’язування завдання №5

Завдання 5.1. Обчислити інтеграл

tgz

де (L):

|z |= 2.

−π4)

(∫L) z(z

Розв’язання. 1. Особливими

точками функції

f(z) =

sinz

z(z −π4)2

cosz

нулі

знаменника

z = 0,

z =

+kπ,

(k = 0,±1,±2,…).

Всередині

кола

(L):

|z |= 2

знаходяться

тільки

три

точки

= 0,

, z

Оскільки існує скінчена границя

lim f(z) = lim

sinz

= 1

(z −π4)2

π2

z→0

cosz

то

= 0

– усувна особлива точка

функції f(z).

Точки

та

– полюси відповідно другого та першого порядку функції f(z).

2. Для обчислення інтеграла скористаємося основною теоремою про лишки, за формулою (5.1) матимемо

f(z)dz = 2πi(Resf (z) + Resf (z) + Resf (z)).

z=z1

z=z2

z=z3

∫

(L)

m=2

Обчислимо окремо кожен лишок:

sinz

(4.5)

Resf (z) = Res

= 0;

z(z −π4)

z=z1

z=0

cosz

′

tgz

′

−2

z −tgz

(4.8)

(

)

−

f(z)

;

Res f z = lim

= lim

z=z2

z→

π π

m=2

(4.6)

tgz

Res f (z)

= lim z

−

f(z)

= lim z −

z=z3

z→

2 z(z

−π

t = z −

z →

t → 0,

= −lim

(t + π2)(t + π4)2

tgz

= tg(t +

) = −ctgt

= −

t→0

tgt

π3

tgt

tgz

Отже

= 2πi

−

= 4i

1−

∫

−

π π

(L) z

Відповідь:

I =

4i 1−

Завдання

5.2.

Обчислити

інтеграл

(L)

I = ∫ z2 cos

dz ,

де (L):

+y2

= 1.

(L)

−2

Розв’язання.

Підінтегральна

функція

Рис. 5.1

f(z) = z2 cos

має

тільки

одну

особливу

z −2

точку

z = 2,

яка знаходиться всередині еліпса

(L):

+y2

= 1

(рис.

5.1).

Точка

z = 2 є суттєво

особливою

для

ФКЗ

f(z), бо функція є

диференційованою в околі точки z = 2 окрім самої цієї точки і

lim f(z) = limz2 cos

−(

z→z0

z→2

−2

Головна частина розкладення f (z)

в ряд Лорана в околі точки z = 2

містить нескінченну кількість доданків (з від’ємними степенями

z −2).

Дійсно,

f(z) = z2

cos

= (z −2 +2)2 cos

z −2

1−

= (z −2)

+ 4(z −2)+ 4

−

+… =

2!(z −

4!(z −

6!(z −2)

= (z −2)

+ 4(z −2)+

4−

−

+…=

2!(z

−2)

(z −2)

= (z −

2)2 + 4(z −2)+

−

+…

(z −2)

(z −2)2

6(z −2)3

2. Для обчислення інтеграла скористаємося формулою (5.1)

f(z)dz = 2πi

Resf (z).

z=2

∫

(L)

За формулою

(4.4) лишок у особливій точці

z = z0 можна знаходити за

формулою

Resf(z) = c

де c

= −2

(коефіцієнт при степені (z −2)−1

z=z0

−1

ряду Лорана для ФКЗ

f (z)

в околі точки z = z0

= 2).

∫

Отже

z2 cos

dz = 2πi

Resf (z) =

Resf (z) = −2

= −4iπ.

z −

z=2

(L)

Відповідь: I = −4iπ.

2π

Завдання 5.3. Обчислити інтеграл I = ∫ .

0 (21sint +5)2

Розв’язання. 1. Перейдемо до нової змінної інтегрування згідно формул

(5.2–5.4):

2π					z = eit,	dt =		dz	,
			dt
∫				=				iz		=
	(		sint + 5)2			z2 −1
		21			sinz =		,	(L):\|z \|= 1
0
						2iz

	= ∫							dz							=			−4		∫											zdz
									2				2					i										2						2
									2				2					i										2						2
		\|z\|=1					(z			−1)									\|z\|=1			(	21z							+10iz −			21)
			zi	21								+5
			zi	21								+5
									2iz
									2iz
2. Знайдемо особливі точки функції:																		f(z) =													z					.

																											z2 +10iz −
																																	21)2
																						(		21									21)2
																		= −10i ±														= −5i					±	2i .
		z2 +10iz −						= 0																		−100+ 84
	21					21								z		1,2										−100+ 84
	21					21								z
																							2						21						21
																							2						21						21
Функція		f(z) =										z									=										21z

											3i	2					7i		2											2					2
											3i	2					7i		2											2					2
					21 z			+					z	+								(			21z + 3i) ( 21z +										7i)
					21 z			+					z	+								(			21z + 3i) ( 21z +										7i)
										21
										21								21

є не аналітичною в двох точках:

= −

≈ −0.66i

–

полюс

кратності

m = 2

|z |= 1

функції f(z) (знаходиться всередині контура

(L)),

= −

≈ −1.53i

–

полюс

кратності

m = 2

функції

f(z) (знаходиться ззовні контура

(L))

Рис. 5.1

(рис. 5.1).

3. Для обчислення отриманого інтеграла скористаємося формулою (5.5).

−84

zdz

I =

i |z∫|=1

(

z + 3i)2 (

z +7i)2

−84

2πiResf(z)

(4,8)

′

Resf(z) = lim (z

−z1) f

(z)

z=z1

z→z1

′

= −84π lim

( 21z

+3i) (

21z +7i)

→ 21

′

(

)

21z +7i

)

−2 21z

21z +7i

= −4π lim

= −8π lim

z→

(

21z +7i)

( 21z +7i)

= −8π lim

(

z +7i)−2

(3i +7i)−6i

21z

= −8π

= 0.032π

(

z +7i)3

(3i +7i)3

(10i)3

z→

Відповідь:

= 0.032π.

∞

(x2 +5)dx

Завдання 5.2. Обчислити інтеграл

I = ∫

+20x

Розв’язання.

1. Оскільки підінтегральна функція

f(x) =

x2 +5

– парна,

x4 +20x2 +64

(x2 + 4)(x2 +16)

∞

(x2 +5)dx

(Imz > 0)

то

I =

∫

4і

+20x

+64

−∞

2і

Аналітичним продовженням функції f(x) буде

-2і

z2 +5

ФКЗ f(z) =

Рис. 5.2

(z2 +4)(z2 +16)

Особливими

точками

функції

f(z)

полюси

першого порядку

= 2i,

z2 = −2i,

z3 = 4i,

= −4i. У

верхній

півплощині

(Imz > 0)

знаходяться точки z1

= 2i

та z3

= 4i, точки

z2, z4

(Imz > 0)

(рис.5.2).

3. Для обчислення отриманого інтеграла скористаємося формулою (5.6)

I =

1 ∞

(z2 +5)dz

2πi

(Resf(z)+Resf(z))

2 ∫ z

4 +20z2 +

64 2

z=2i

z=4i

−∞

Обчислимо окремо кожен лишок. За формулою (4.6) матимемо

Resf(z) = lim (z −2i)

z2 +5

= lim

z2 +5

z=2i

z→2i

(z −2i)(z +2i)(z2 +16) z→2i (z

+2i)(z2 +16) 48i

Resf(z) = lim (z −4i)

z2 +5

= lim

z2 +5

96i

z=2i

z→4i

(z2 +4)(z −4i)(z +4i)

z→4i (z2

+4)(z + 4i)

1 ∞

(z2 +5)dz

I =

∫

= πi (Resf(z)+ Resf(z)) = πi

π.

+20z

+64

z=2i

z=4i

48i

−∞

96i

Відповідь: I

π.

(Imz > 0)

Завдання

5.3.

Обчислити

інтеграл

5і

∞

(x +1)sin4x

I = ∫

dx .

−∞

+25)

-5і

Розв’язання.

Підінтегральна

функція

Рис. 5.3

(x +1)sin4x

f(x) =

уявної частиною ФКЗ

(x2 +25)2

F(z) =

(z +1)e4iz

тому згідно з формулою (5.11)

(z2 + 25)2

∞

(x +1)sin4x

(z +1)e

4iz

∫

I =

= Im

dz .

−∞ (x

25)

−∞

+ 25)

2. Особливими

точками

ФКЗ

F(z) =

(z +1)e4iz

(z2 +

25)2

(z + 5i)2

(z −5i)2

полюси другого

порядку

z1 = 5i,

z2 = −5i.

верхній

півплощині

(Imz > 0)знаходиться тільки полюс

= 5i кратності m = 2 (рис.5.3).

3. Для обчислення інтеграла скористаємося формулою (5.8)

∞

4iz

(z +1)e

∫

I = Im

= Im 2πi ResF(z) .

z=5i

−∞ (z

25)

m=2

Для обчислення лишка скористаємося формулою (4.8):

′

−

4iz

′

(4,8)

5i) (z

1)e

ResF(z) =

ResF(z) = lim (z

−a)

F(z)

= lim

z=5i

z=a

z→a

z→5i (z + 5i) (z

−5i)

m=2

(z +1)e4iz

′

(e4iz + 4i(z +1)e4iz )(z + 5i)2 −2(z + 5i)(z +1)e4iz

= lim

(z + 5i)2

(z + 5i)4

z→5i

e4iz[(1+ 4iz + 4i))(z + 5i)−2(z +1)]

= lim

+ 5i)3

→5i

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 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