Методические указания (1082831), страница 8
Текст из файла (страница 8)
=z3!(2n + 1)!2n9z 2n (3z) · 3=3−+ . . . + (−1)+ ...2(2n + 1)!КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АЭто разложение не содержит главной части. Поэтому точка z0 = 0является устранимой особой точкой.Пример 5.7.ez − 1f (z) =.z5Решение: используя разложение в ряд Тейлора для функцииze в окрестности точки z0 = 0, получим лорановское разложениефункции f (z) в окрестности нуляi1hz2 z3 z4 z5 z6f (z) = 5 1 + z + + + + + + . .
. − 1 =z2! 3! 4!5! 6!1111z= 4+ 2 ++ + + ...zz 3! z4! 5! 6!Разложение в ряд Лорана функции f (z) в окрестности точки z0содержит конечное число членов с отрицательными степенями z.Следовательно, точка z0 = 0 является полюсом четвертого порядка, т.к. наибольший показатель степени у z, содержащихся взнаменателях членов главной части ряда Лорана равен четырем.Пример 5.8.1f (z) = (z − 2)2 e z−2 .Решение: используем разложениеt2 t3e = 1+ t+ + + ...2! 3!tи полагая t =1, получим лорановское разложение функцииz−294f (z) в окрестности z0 = 2h1112f (z) = (z − 2) 1 ++++z − 2 2!(z − 2)2 3!(z − 2)3i1112+...=(z−2)+(z−2)++++4!(z − 2)42! 3!(z − 2)1++ ...4!(z − 2)25.4КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АЭто разложение содержит бесконечное множество членов с отрицательными степенями z − 2.
Следовательно, точка z0 = 2 является существенно особой точкой функции f (z).Вычеты функций.Определение 5.7. Вычетом аналитической функции f (z) в изолированной особой точке z0 называется комплексное число, обозначаемое символом res f (z0) и определяемое равенством1 Hf (z)dz,res f (z0 ) =(5.4)2πi Cгде C – любой контур, лежащий в области аналитичностифункции f (z), содержащий внутри себя единственную особуюточку z0 функции f (z).Из сравнения формулы для коэффициентов ряда Лорана (4.15)и (5.4) получаемres f (z0 ) = c−1 ,(5.5)то есть справедливаТеорема 5.5. Вычетом аналитической функции f (z) визолированной особой точке z0 является коэффициент при(z − z0 )−1 в разложении функции f (z) в ряд Лорана.Формулы для вычисления вычетов функции f (z):1.
если z0 – правильная точка функции f (z), то res f (z0) = 0.2. если z0 – устранимая особая точка функции f (z), тоres f (z0) = 0.953. если z0 – полюс порядка n функции f (z), то1dn−1 res f (z0 ) =lim n−1 f (z)(z − z0)n .(n − 1)! z→z0 dz4. если z0 – простой полюс (n = 1), тоres f (z0 ) = lim f (z)(z − z0 ) .(5.6)(5.7)z→z0КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2А5. если f (z) в окрестности точки z0 представима как частноеϕ(z), причем ϕ(z0 ) 6= 0,двух аналитических функций f (z) =Ψ(z)Ψ(z0) = 0, Ψ′ (z0) 6= 0, т.е. z0 – простой полюс функции f (z), тоres f (z0 ) =ϕ(z0 ).Ψ′ (z0)(5.8)6. если точка z0 – существенно особая точка функции f (z), тодля нахождения res f (z0) необходимо найти коэффициент c−1 влорановском разложении функции f (z) в окрестности точки z0(res f (z0) = c−1).Пример 5.9.cos z − 1.z 2 (z − π)Решение: особыми точками функции f (z) являются точкиz1 = 0, z2 = π.В точке z = 0cos z − 1−z 21= lim 2=.lim f (z) = lim 2z→0z→0 z (z − π)z→0 2z (z − π)2πНайти вычеты функции в ее особых точках f (z) =Следовательно z = 0 – устранимая особая точка и res f (z) = 0.z=0В точке z = π имеем полюс первого порядка, так как f (z)ϕ(z)(по теореме 5.3).
Тогдаможно представить в виде f (z) =z−πпо формуле (5.7)2(cos z − 1)(z − π) −1 − 1==−.z→πz 2 (z − π)π2π2res f (z) = limz=π96Пример 5.10.z2Найти вычеты функции в ее особых точках f (z) = 3.z +1Решение: особые точки функции f (z) – нули знаменателя, т.е.корни уравнения z 3 + 1 = 0. Решая это уравнение, получимzk = eπi(π+2kπ)3,k = −1, 0, 1,(5.9)iπКаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Ат.е.
z1 = e−i 3 (k = −1), z2 = e 3 (k = 0), z3 = eiπ (k = 1) –нули первого порядка знаменателя, т.е. полюса первого порядкафункции f (z). Воспользуемся формулой (5.8)1z 2 = ,res f (z) = 2 z=zk3z z=zk 31т.е. вычеты во всех особых точках функции zk из (5.9) равны .3Пример 5.11.1Найти вычет функции в ее особой точке f (z) = z 2 sin .zРешение: особая точка функции f (z) есть точка z = 0.
Она является существенно особой точкой функции f (z). Чтобы убедиться в этом, достаточно выписать лорановское разложение функцииf (z) в окрестности точки z = 0, используя формулу (4.5)1112 1f (z) = z−+−+ ... =z 3!z 3 5!z 5 7!z 7111+−+ ...=z−3!z 5!z 3 7!z 5Оно содержит бесконечное число членов в главной части. Вы1чет функции в точке z = 0 есть коэффициент c−1 = − , т.е.3!11res f (z) = − = − .z=03!6Пример 5.12.Найти вычет функции в ее особых точках f (z) =1.z 5 + 4z 397Решение: особые точки функции находятся из уравнения z 5 +4z 3 = 0 или z 3(z + 2i)(z − 2i) = 0.z1 = 0 – полюс третьего порядка,z2,3 = ±2i – полюса первого порядка.Найдем вычеты по формуле (5.7) в точках z2, z3(z − 2i)11==,z=2iz→2i z 3 (z + 2i)(z − 2i)(2i)3 4i 3211(z + 2i)==,res f (z) = lim 3z=−2iz→−2i z (z + 2i)(z − 2i)(−2i)3(−4i) 32КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Аres f (z) = limи по формуле (5.6) в точке z112z id2 h 1 · z 3 i 1dhres f (z) = lim 2 3 2= lim− 2=z=02! z→0 dz z (z + 4)2 z→0 dz(z + 4)2z−3z 2 + 41d.=−lim=−= − limz→0 (z 2 + 4)3z→0 dz (z 2 + 4)216Тема 6.
Основная теорема о вычетах. Приложения вычетов6.1Основная теорема о вычетах.Теорема 6.1. Если функция f (z) аналитична всюду внутри области, за исключением конечного числа изолированных особыхточек z1 , z2 , . . . , zn , тогдаHf (z)dz = 2πiΓnPres f (z).k=1 zk(6.1)Пример 6.1.dz.2 (z 2 + 1)(z+2)|z+2|=1Решение: особые точки подынтегральной функции определяются из уравнения (z + 2)2 (z 2 + 1) = 0.Вычислить интегралR98КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2Аz1 = −2 – полюс второго порядка,z2,3 = ±i – полюса первого порядка (см.
рис. 19).Рис.19Внутри окружности |z + 2| = 1 лежит одна точка z = −2,поэтому по основной теореме о вычетахR|z+2|=1dz= 2πi · res f (z).z=−2(z + 2)2 (z 2 + 1)Найдем res f (z) по формуле (5.6)z=−2i1dh(z + 2)2res f (z) =lim=z=−21! z→−2 dz (z + 2)2 (z + i)(z − i)−2z4= lim 2.=z→−2 (z + 1)225(6.2)99Подставляя в (6.2), получимRdz8πi=.2 225|z+2|=1 (z + 2) (z + 1)Пример 6.2.Вычислить интегралR|z−i|=21z 2e z dz.16.2КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АРешение: в области D : |z − i| < 2 функция f (z) = z 2 e z имеет одну особую точку z = 0. Это существенно особая точка, таккак ее лорановское разложение в окрестности z = 0 имеет вид(используем формулу (4.4))11112f (z) = z 1 + ++++... =z 2!z 2 3!z 3 4!z 4111= z2 + z + +++...2! 3!z 4!z 2Оно содержит бесконечное число членов в главной части.
Вы1чет функции в точке z = 0 равен коэффициенту c−1 = , т.е.3!1resf (z) = . По теореме 6.1z=03!R2πi πi1z 2e z dz = 2πi · resf (z) == .z=03!3|z−i|=2Вычет функции в бесконечно удаленной точке.Определение 6.1. Функция f (z) аналитична в бесконечно уда1аналитична вленной точке z = ∞, если функция g(ζ) = fζζ = 0.Определение 6.2. Если ζ = 0 – правильная, устранимая,полюс или существенно особая точка функции g(ζ), то точкаz = ∞ называется правильной, устранимой, полюсом или существенно особой точкой функции f (z).100КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АОпределение 6.3. Вычетом аналитической функции f (z) вточке z = ∞ называется комплексное число, равное значениюинтеграла1 Rresf (∞) =f (z)dz(6.3)2πi C −по любому замкнутому контуру, проходимому по часовой стрелке, вне которого функция аналитична и не имеет особых точек,отличных от z = ∞, т.е.1 R1 Rres f (z) =f (z)dz = −f (z)dz,z=∞2πi C −2πi C +т.е.res f (z) = −c−1.(6.4)z=∞Пример 6.3.Найти вычет в z = ∞ для функции f (z) = cos z.1Решение: сделаем замену z = , тогда лорановское разложениеζcos ζ в окрестности точки z = ∞ (ζ = 0) имеет вид111g(ζ) = cos = 1 −+− ...,ζ2!ζ 2 4!ζ 4т.е.
ζ = 0 – существенно особая точка. Для нахождения вычетавоспользуемся (4.6)Коэффициент c−1т.е. res f (z) = 0.z2 z4(6.5)cos z = 1 − + − . . . ,2! 4!в разложении cos z (6.5) равен нулю c−1 = 0,z=∞Теорема 6.2. Если функция f (z) аналитична на полной комплексной плоскости за исключением конечного числа изолированных особых точек z1 , z2 , . . . , zn−1, zn = ∞, тоnPresf (z) = 0(6.6)k=1 zk101илиresf (z) = −∞n−1Presf (z).k=1 zk(6.7)Формулой (6.7) удобно использовать при вычислении некоторых интегралов.Пример 6.4.Вычислить интеграл I =dz.z 6 + 9z 4КаМ фГТ едрУ аМ ВМИРЭ -2АR|z|=41внутриz 6 + 9z 4окружности |z| = 4 имеет три особые точки z1 = 0, z2 = 3i,z3 = −3i.Использование основной теоремы о вычетах приводит к громоздким вычислениям. Удобнее воспользоваться формулой (6.7):I = −2πi · res f (z).Решение: подынтегральная функция f (z) =∞Выпишем лорановское разложение функции f (z) в окрестностибесконечно удаленной точки z = ∞1111819f (z) = 6= 6 1− 2 + 4 − ...
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
