Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Федеральный университет им. Б.Н. Ельцина «УПИ»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Теория ФКП

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.03.2016

Размер:

1.54 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

f(z) (z z )k k 1 c

0 c

k 1

0 ... c

1)! c

k! (z-z ) c

k 1 !(z-z )2 ... .

Переходя в последнем равенстве к пределу при z z0 , получим

lim

f(z) (z z )k

k 1

k 1 ! Res f z

k 1 !,

z z0

т.е. в полюсе k -го порядка

Res f

lim

f(z) (z z )k k 1

(5.8)

k 1 !

z z0

Пример 5.4. Найти вычеты функции

f z

в ее особых точках.

Решение.

Знаменатель ez 1

обращается в

нуль в

точке

z0 0

и,

учитывая

периодичность функции

ez,

в точках

2 ki

k 1,

Это и будут

особые точки функции f z .

Точки

2 ki

k 0, 1, 2,...

являются

нулями порядка

n 1

для

функции

g z ez

1, т.к.

g zk 0,

g zk 0.

Для функции z z

точка z0 0

является

нулем порядка k 1,

а точки

2 ki

k 0

‒

нулями порядка k 0. Поэтому

по теореме 5.2 точка z0 0

является устранимой особой точкой функции f z , а

точки zk 2 ki

k 0

‒ полюсами порядка n k 1 0 1 функции

f z .

Применяя формулы (5.5) и (5.7), получим

Res f z

2 ki

2 ki .

ez 1

z zk

ezk

6.Применение вычетов

6.1.Применение вычетов к вычислению интегралов f z dz

Теорема 6.1. Пусть функция f z является аналитической в замкнутой области D

с положительно ориентированной границей L за исключением изолированных особых точек z1, z2, ,zn, лежащихвнутри D. Тогда

f z dz 2 i Res f zk . (6.1)

L k 1

Доказательство. Удалим из области D (рис. 25) каждую особую точку вместе с ее окрестностью (границы окрестностей обозначим L1,L2 , ,Ln ). В получившейся многосвязной области

функция будет аналитической. Применяя интегральную теорему Коши для многосвязной области, получим

L1 z1

	n			0
	f z dz		f z dz .	0
	f z dz		f z dz .	Рис. 25
L	k 1	Lk

Из определения вычета(5.3)следует, что					f z dz 2 i Res f zk . Поэтому
			Lk
	n					n
f z dz			f z dz 2 i Res f zk .
L	k 1 Lk					k 1
Пример 6.1. Вычислитьинтеграл		z		dz		по контуру L:	z i	4.
		z
		e z 1
		e z 1
	L

Решение. Контур L − это окружность с центром в точке z i и с радиусом 4 (рис. 26). В примере 5.4 мы нашли особые точки

функции f z		z	: это точки z 0 ,	2 i ,	4 i ,... . Из этих
	e	z
		1
точек внутрь контура L попадают точки z 0					и z 2 i . Вычеты

в этих точках были вычислены в примере 5.4. Применяя формулу (6.1), получим

L ezz 1dz 2 i Res f 0 Res f 2 i 2 i 0 2 i 4 2.

2 i

Рис. 26

Пример6.2. Вычислитьинтеграл

e1/z2

dz поконтуру

z i

3/2 (рис.27).

z2 1

Решение.Контур

z i

3/2

естьокружностьсцентром z i

ирадиусом 3/2 (рис.27).

Подынтегральная функция

f z

имеет три особые точки

z 0, z i, z i . Внутрь

контура попадают особые точки z 0, z i .

Т. к. функция f z четная, то в разложении ее в ряд Лорана в окрестности точки z 0 нет нечетных степеней z, в частности, нет 1 . Поэтому

Res f 0 c 1 0.

Вычетвточке z i

дляфункциивида

вслучае,когда z0 0,

g z0 0,

g z

можно вычислить по формуле (5.7), т.е.

e1/z2

e 1

Res

z i

z2 1

z i

Тогда по теореме 6.1

e1/z2

Рис.27

dz 2 i

Res f 0 Res f i

2 i 0

z2 1

e 2i

			1/z
Пример6.3. Вычислитьинтеграл			e	dz (рис.28).
			z2 1
	z	1/2	f z
Решение. Подынтегральная функция				имеет три особые точки

z 0,	z i, z	i . Внутрь контура попадает существенно особая точка
z 0.	Для	вычисления вычета в	этой особой точке разложим
подынтегральнуюфункцию f z вряд			вокрестности z 0 постепеням z:

Рис.28

f z e

1/z

1 z

... .

...

1 z2

z z

2! z33! z44!

Вычислимкоэффициент c

при

: c

... sin1.Используяразложение

sinz z

... при z 1,получим

... sin1.Тогда

e1/z

dz 2 i Rez

2 i c 1

2 i sin1.

z2 1

z 0

z2 1

1/2

6.2. Применение вычетов к вычислению интегралов

f x dx

Здесьидальшенесобственныйинтегралпонимается всмыслеглавногозначения.

Теорема 6.2. Пусть1) функция

f x совпадает с f z

и непрерывна на , ,

2) функция

f z

является

аналитической в верхней полуплоскости, за

исключением изолированных особых точек z1, z2, ,zn,

3) существуют положительные числа M, R0,

такие, что

f z

при условии, что

R R .

(6.2)

Тогда интеграл

f x dx можно вычислить по формуле

f x dx 2 i Res f zk , где

Imzk 0.

(6.3)

k 1

Доказательство. Рассмотрим замкнутый контур L, состоящий из отрезка R,R

действительной оси и

верхней полуокружности LR (рис.

29).

Выберем R настолько большим,

чтобы R R0 и особые точки

z1, z2, ,zn попали внутрь контура L. По теореме (6.1)

f z dz 2 i Res f zk .

R 0

k 1

Рис. 29

С другой стороны, по свойству аддитивности интеграла

f z dz

f z dz f z dz.

Сравнивая эти два равенства и учитывая, что z x на отрезке R,R , получим

f x dx

f z dz 2 i Res f zk .

(6.4)

k 1

На полуокружности LR

по условию теоремы

f z

, а по свойству

f z dz

R и >0.

об оценке интеграла

0 при

Поэтому равенство (6.4) в пределе при R примет вид:

f x dx 2 i Res f zk .

k 1

Следствие.Пустьфункция f z

Pk z

естьотношениедвухмногочленов, n k 1 и

Qn z

z1, z2, ,zN естьнулизнаменателя Qn z ,лежащиевверхнейполуплоскости.Тогда

f x dx 2 i Res f zk .

k 1

Доказательство. Запишем функцию f z

Pk z

в виде

Qn z

f z

a zk a zk 1 ... a

zk a0

a1z 1 ... akz k

z ,

Qn z

b0zn b1zn 1 ... bn

zn b0

b1z 1 ... bnz n

zn k

a1z 1 ... akz k

где

z b0

b1z 1 ... bnz n .

Так как lim z

,то

M приусловии,что

R . Поэтому

f z

, где n k 1 0

n k

и можно применить теорему 6.2.

Пример6.4. Вычислитьинтеграл

x2 1

Решение.Так как подынтегральная функция является четной, то

x2 1

0 x2 1

Функция f z

есть отношение двух многочленов, в верхней полуплос-

z2 1 3

кости имеет одну особую точку z i , поэтому по следствию к теореме 6.2

2 i

Res

2 1

z i z2 1

Для функции f z

точка z i

является полюсом третьего по-

z2 1 3

z i 3 z i 3

рядка.Поэтомудля вычислениявычетавоспользуемсяформулой (5.8):

3 4

ilim

6 i

3 .

I i Res

lim

z i 3

z i 5

2i 5

z i

2! z i

z i 3 z i 3

2 z i

6.3. Применение вычетов к вычислению интегралов

I1 f x eiax dx,

I2 f x cosaxdx,

I3 f x sinaxdx

Отметим, что eiax cosax isinax. Поэтому

f x eiax dx

f x cosaxdx i f x sinaxdx I2 i I3

I2 ReI1,

I3 ImI1.

f x eiax dx .

Следовательно,достаточноразобратьсясвычислениеминтеграла I1

Для этого воспользуемся следующим результатом (доказательство опустим).

Лемма Жордана. Пусть на полуокружности R :				z i y0	R,
Лемма Жордана. Пусть на полуокружности R :				Imz y
				Imz y
функция f z аналитична и	f z	R , где R 0			0
			при R . Тогда
			при R . Тогда

f z eiazdz 0 при R и a 0.

Замечание

Приведенную формулировку леммы Жордана можно распространить еще на несколько случаев. Итак, лемма Жордана справедлива, если в ней

1) a 0,

z i y0

a i 0 ,

z x0

R :

Imz y

R :

Rez x

2) a 0,

z i y0

a i 0 ,

z x0

R :

Imz y

Rez x .

f x eiax dx .

Применим лемму Жордана к вычислению интеграла I1

Теорема 6.3. Пусть1) функция

f x

совпадает с f z и непрерывна на , ,

функция

f z является

аналитической в

верхней

полуплоскости, за

исключением изолированных особых точек z1, z2,

,zn,

f z

на полуокружности

причем R 0

при R .

R :

Imz 0,

Тогда интеграл

f x eiaxdx можно вычислить по формуле

f x

eiaxdx 2 i

f z eiaz , где Imz

(6.5)

Res

a 0.

z z

k 1

Доказательство. Рассмотрим замкнутый контур , состоящий из отрезка R,R

действительной оси и верхней

полуокружности

(рис.

30).

Выберем R

настолько

большим,

чтобы

особые

точки

z1, z2, ,zn попали внутрь контура .

По теореме (6.1)

f z eiazdz 2 i Res f z eiaz .

k 1 z zk

R 0

С другой стороны, по свойству аддитивности интеграла

Рис. 30

f z eiazdz

f z eiazdz f z eiazdz .

R, R

Сравнивая эти два равенства и учитывая, что z x

на отрезке R,R , получим

f x

eiaxdx

f z eiazdz 2 i

f z

eiaz .

(6.6)

Res

z z

k 1

f z

На полуокружности

по условию

теоремы

функция

удовлетворяет

условиям леммы Жордана при y0 0, поэтому из леммы Жордана следует, что

f z eiazdz 0 при R и a 0.

Тогда равенство (6.6) в пределе при R примет вид:

x eiaxdx 2 i

z eiaz .

Res

z z

k 1

Следствие. Пустьфункция

f z

Pk z

естьотношение двухмногочленов, где k n

Qn z

и z1, z2, ,zN

естьнулизнаменателя Qn z ,лежащиевверхнейполуплоскости.Тогда

f x eiaxdx 2 i

z eiaz , a 0.

Res

z z

k 1

Доказательство. Запишем функцию f z

Pk z

в виде

Qn z

P z

a zk 1 ... a

zk a0 a1z 1 ... akz k

f z

z ,

Qn z

b0zn b1zn 1 ... bn

zn b0 b1z 1 ... bnz n

zn k

где z a0 a1z 1 ... akz k .b0 b1z 1 ... bnz n

Так как lim z

,то

приусловии,что

R. Поэтому

f z

R .

n k

Rn k

Так как n k 0, то R 0 при R , и можно применить теорему 6.3:

	f x eiaxdx 2 i			n	Res f z eiaz .
	f x eiaxdx 2 i				Res f z eiaz .
				z z		k
				k 1		k
		cosaxdx				a 0,	b 0 .
Пример6.5. Вычислитьинтеграл I		cosaxdx
Пример6.5. Вычислитьинтеграл I		x	2	b	2
	0	x		b

Решение.Так как подынтегральная функция является четной, то

cosaxdx		cosaxdx		eia xdx
I	x2 b2	21	x2 b2	21 Re		.
					x2 b2
0

Функция f z z2 b2 есть правильная дробь, у которой знаменатель в верхней полуплоскости имеетодин ноль z bi, поэтому по следствию к теореме 6.3 имеем:

iax

eia z

dx2 2 i Res

z bi z

Вычетвточке z bi дляфункциивида

вслучае,когда z0 0,

g z0 0, g z0 0,

g z

можно вычислить по формуле (5.7), т.е. Res

eiaz

e ab

z bi

2bi

2 b2

z bi

Окончательно,получим

cosax

eia x

ia z

2 dx 1Re

dx 1Re

2 i Res

Re i

2bi

0 x

z bi

Заметим, что здесь неприменима теорема 6.2 для функции f z

cosaz

, т.к.

cosz

z2 b2

быстро возрастает для

R0 и функция

f z не удовлетворяет условию (6.2).

7. Операционное исчисление

Одним из важных приложений теории функций комплексного переменного является операционное исчисление. В физике, механике, электротехнике, радиотехнике методы операционного исчисления используются при решении многих прикладных задач.

7.1. Понятие оригинала и его изображения

Комплекснозначная функция f t u t iv t вещественного аргумента t

называется оригиналом, если она удовлетворяет следующим условиям: 1)функция f t кусочно непрерывна, т.е. на любом конечном интервале может

иметь лишь конечное число точек разрыва первого рода;

2)f t 0 при t 0;

3)f t растет не быстрее показательной функции, т.е. существуют такие числа

M 0 и s 0 , при которых

f(t)		M est .	(7.1)

Точную нижнюю грань s0 тех значений s , для которых справедливо неравенство

(7.1),называют показателем роста оригинала		f t ).
	t 0			t
				t
0,		(рис.31) является ори-
Пример 7.1. Функция Хевисайда (t)		(рис.31) является ори-
	t 0		1
1,	t 0		1
гиналомспоказателемроста s 0, таккак t 1 e0 t .
0			0		t
Замечание. Пусть некоторая функция t		удовлетворяет усло-	0
Замечание. Пусть некоторая функция t		удовлетворяет усло-
				Рис. 31

виям 1 и 3 определения оригинала, но не удовлетворяет условию 2,

т.е. функция t 0 для t 0. Умножив эту функцию на t , мы "зануляем"

функцию t	для	t 0 и не изменяем		ее	для t 0. Тогда произведение
0,	t 0,	будет оригиналом. Вдальнейшеминогдадлясокращениязапи-
t (t)		будет оригиналом. Вдальнейшеминогдадлясокращениязапи-
t , t 0

сибудемписать t		вместо t t .
			2
Пример 7.2. Функции			f(t) 1t t , g t et	t	не являются оригиналами, т.к.

первая функция в точке t 0 имеет разрыв второго рода, вторая функция не удовлетворяет соотношению (7.1).

Пример 7.3. Показать, что функции f(t) e a bi t t , g t ta t

a 0 являют-

ся оригиналами и найти их показатели роста.

Решение.Функция f t непрерывнавсюду,крометочки t

0; f t 0

при t 0 и

f(t)

e a bi t

eat ebit

eat

ebit

eat .

Поэтому функция

является оригиналом с показателем роста s0 a , если

a 0, и с показателем роста s0 0, если a 0.

Функция g t непрерывнавсюду, g t 0 при t 0

и длялюбого 0 имеем:

lim

g t

M e t,

s inf : 0 0.

t e t

Поэтому функция g t является оригиналом с показателем роста s0 0.

Свойства оригиналов

Пусть f t есть оригинал с показателем роста s1 ,

g t есть оригинал с пока-

зателем роста s2 . Тогда

f1 t f t g t

есть оригинал с показателем роста s max s1,s2 ,

f2 t f at

a 0

есть оригинал с показателем роста as1,

f3 t f t t 0 есть оригинал с показателем роста s1 ,

t t f t

есть оригинал с показателем роста s ,

f5 t f d есть оригинал с показателем роста s1 .

Действительно,

функции

f1 t , f2 t ,

f3 t , f4 t , f5 t

кусочно непрерывны и равны

нулю при t 0,

т.е. удовлетворяют первому и второму условиям определения

оригинала. Проверим выполнение для них третьего условия:

f t

g t

M es1t M

es2t M est

est M est

где M M1 M2, s max s1,s2 ,

f2 t

f at

M es1 at M e s1a t

a 0 ,

f3 t

f t t

f t

M es1 t

M es1t ,

f t

e t M es1t

M e s1 t, s inf s s ,

f5 t

f d

d M es1 d M es1t d M es1tt M e s1 t .

Перейдем к понятию изображения.

Изображением оригинала f t называется функция F p , связанная с ори-

гиналом f t равенством:

		f t e ptd t .
	F p	f t e ptd t .	(7.2)
	0
Тот факт, что F p	есть изображение для f t , будем символически запи-
сывать так: f t F p	или F p f t .	Несобственный интеграл,	стоящий в

правой части равенства (7.2), часто называют интегралом Лапласа для функции f t . Переход от оригинала f t к изображению F p называют преобразова-

нием Лапласа. Теорию преобразования Лапласа называют операционным исчислением. В дальнейшем мы увидим, что смысл операционного метода заключается в том, что с помощью введения изображений удается упростить решение многих задач.

Теорема 7.1. (о существовании и аналитичности изображения)

Пусть оригинал f t

имеет показатель роста s0 . Тогда

1)вобласти Re p s0 изображение F p существует,т.е.интеграл f t e ptdt

сходится,

2) в области Re p

s0 интеграл f t e ptd t

сходится равномерно,

3) изображение F p

является аналитической функцией в области Re p s0.

Доказательство.

1). Пусть p s i . Учитывая,что

f(t)

M es0t ,получим:

f t e pt

f t

e st i t

M es0t

e st

e i t

M es0t e st Me s0 s t

s0 s t

e s0 s t

F p

f t e

d t

dt M e

s0 s

t 0

Тогда в области s Re p s0

(рис. 32) будем иметь:

s s 0,

e s0 s t

0 при t ,

F p

t e

s0 s t

(7.3)

d t

s0 s

t 0

s s0

f t e ptd t

т.е. интеграл F p

сходится.

Im p

2). В области s Re p s0

будемиметь: s0 s s0 0,

s0 t

f t e pt

Me s0 s t Me s0 t ,

Re p

функция e

не зависит от

и интеграл

Рис.32

f t e ptd t

сходится. Поэтому по признаку Вейерштрасса интеграл

сходится

равномерно в области Re p .

3). Пусть произвольный замкнутый контур в области Re p s0.Тогда

F p dp dp f t e ptdt f t dt e ptdp.

e pt

Здесь мы поменяли порядок интегрирования. Так как функция

является

аналитической,

то e ptdp 0 и поэтому F p dp 0. Кроме того, можно пока-

зать, что функция

F p является непрерывной (обоснование этого опустим).

Тогда из теоремы Морера (п. 3.3), обратной к теореме Коши, следует, что

функция F p является аналитической.

Следствие. Пусть оригинал f t

имеет показатель роста s0

и f t F p . Тогда

F p

Re p s0 ,

lim

F p 0

Re p s0

Re p

Действительно, первое утверждение следует из соотношения (7.3), а второе утверждение следует из первого.

Пример 7.4. Найти изображение функции Хэвисайда t .

Решение. Порядок роста функции t равен s0 0 и, следовательно, изображе-

ние существует, когда Re p 0. По определению

	t		e	ptdt e pt
F p		e ptdt				1	lim e pt e0	1	.
F p		e ptdt					lim e pt e0		.
				p		p t		p
	0 1		0		0
	0 1		0		0
							0

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 85 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.11.2018101.53 Кб16Теория управления. Амбарова.docx
#
25.12.2018440.83 Кб17Теория управления. Шпаргалка_РИОР, 2010 -36с.doc
#
22.02.201543.52 Кб29Теория управления1.doc
#
16.09.2019152.58 Кб21Теория фазовых переходов.doc
#
22.02.2015165.93 Кб16теория физика 2 курс 2 семестр.docx
#
13.03.20161.54 Mб70Теория ФКП.pdf
#
13.03.201632.35 Кб35Теория Холла.docx
#
23.02.20151.91 Mб95Теория(30 вопросов).pdf
#
31.08.2019109.06 Кб4теорю концепц. граф. диз. 60 - 80е.doc
#
24.11.2019306.18 Кб2Тепловое излучение410.doc
#
13.03.2016202.75 Кб95теплоизоляционные.doc