А.К. Боярчук - Функции комплексного переменного - теория и практика (1118159), страница 63
Текст из файла (страница 63)
- гз(х'е — 2) Рассмотрим примеры. Найти вычеты указанных функций относительно всех изолированных особых точек и относительно бесконечно удаленной точки (если она не является предельной для особых точек). 1. У(с) = '," зг(г — 1) М Особыми точками функции У являются х~ = О, гз = 1, гз — — оо. По формуле (2), и.1.1, нахоцим: п' г( г'-г+х — 1') гезг(х) = 1!гп — (х 2(а)) = )птг — $ ) =!пп, = О о .
ог(я,-айх ~Х г — 1 ) „. о(г — 1)г (принято во внимание, что точка г, = Π— полюс второго порядка функции Г). Точка а, = 1 является полюсом первого порядка функции Г, поэтому для вычисления вычета в этой точке применим формулу (3), п. 1.1. Получим х'+х — 1 гез У(х) = йш У(г)( — 1) =!!гп, = 1. 1 я Согласно формуле (2), п. 1,3, имеем гез у(г) + гез у(х) + гез |(с) = О, ==о откуда геаУ(г) = -1. в 1 г. Г(.) =— зшх м В точках яь — — яя (й Е Ж) функция 1 имеет простые полюсы. Воспользуемся формулой (5), п.1.1, в которой уг = 1, гР(х) = зшя. Тогда гез Г(а) = — ', =, '„= ( — 1) . Бесконечно удаленная точка является предельной для особых точек, и 1 3 2(Я) = сох —.
а — 2 < Точка я = 2 — существенно особая для функции У. Ее разложение в ряд Лорана в окрестности точки х = 2 имеет внд 249 б1. Определеиие вычета. Основная теорема Коэффициент при (г — 2) ' равен нулю, следовательно, гез)(х) = О. г Согласно формуле (2), п.1.3, гезу(г) + гезу(г) = О, откуда гезу(г) = О. ~ 3 1 4. у(г) =г соз —. -г' и Как и в предыдущем примере, ° = 2 — сугцественно особая точка для функции ) . Поскольку гз = (2 4 (г — 2)) = 8+! 2(с — 2) + 6(г — 2)' + (г — 2), 3 то 3 3 „3 1 1 — = (Н 22 — 22 НН* — 22 \ — 22 ) ( г — 2 [ 23(г — 2)' 4!(г — 2)' Очевиюю, что коэффициент при (г — 2) равен -6+ —, = —,4 . Следовагеггьно, гез|(г) = — —,.
— ! 243 343 Согласно формуле (2), п.1.3, гез 3(г)+ гсвг(х) = О, откуда гезг(я) = 3„. ~ 3 1 5. У(з) = г" 3!л — (и Е Б). м точка х = Π— существенно особая лля функции )'. Ряд лорана функции 3' в окрестности точки г = О имеет вид С ( !)ь 1 С ( 1) г(г) = з" ~ ~-4 (2)н 4 1)! х'34' ~-4 (2)н + 1)! хм ь=о ь=о Равенство 2й — и 4- 1 = 1 невозможно, если и ( О или если и Е У, — нечепюе. В указанных случаях гез 3'(г) = гез Г(г) = О. о если и = 2нп (пз ) О), то главная часть ряда лорана функции / будет содержать член (-1) -н (-1) ' (2гп + 1)! (п -Ь 1)! Следовательно, для всех четных и Е 4:а гез Г(г) = ' 23, . В частности, при п = О гез Г(г) = 1. ! «- ! !' ' Применив формулу (2), п. 1.3, получим, что дяя всех четных ц Е Уа — 4! (-1) " гез)'(г) = — гезу(г) = о (и+ 1)! В частности, при и = О геа У(г) = — 1.
м 15гз — 11гг + 4з 4 6 гг. у(х) = 2гг(х' — 1) < Представляя функцию у в виде суммы простых дробей, получим: 2 3 4 3 У( ) = — — — + — + г хг г + 1 2(г — 1) Особыми точками функции Г являются г, = О, а, = -1, ез = 1, е« = гю. Поскольку точки г„яз и гз — простые полюсы функции У, то гезу(х) = 2, гезу(а) = 4, гезу(а) = -'. Согласно о -! ! формуле (2)„п. 1.3, геа3(х) + гсвг(а) + геа3(х) + газ!(е) = О, о -! ! откуда гсвг(е) = — геаг(е)+гезу(х) +гезу(х) = -75. 3ь е ! Гл. 7.
Вычепа и вх применения 250 7. Найти вычеты всех ветвей многозначной функции ! У(г) = з/24/г + ъ/г + 1 во всех ее конечных точках однозначного характера. О Из представления функпии з/24/г — $1» + 1 У(») = УЗ(2) = 2 — з 3, Уз(2) = -2 — з 3, Уз(2) = 2 + 1/3, У4(2) = -2 + з/3, Тогда получим: 1 Зг ; — / агйг агй» д ; — — / агд(г + 1) ага(г + 1) 4$ ЗЗ У,(1) = — з/2~4 ~соз — +зяп — ) — Х/~л+ И соз »вЂ !1 ~ 2 -!- 4яп 2 1 У,- — / агбг агбгд, — У агя(г+!) агд(»+1) ! Уз(г) = — — з/2!4( соз — + 2пп — ) — 4!г -1- Р, ~сох г — 1 ~, з, 2 + 4$1П 2 Уз(г) У2(г) У4(г) Уз(г)' Таким образом, гезУЗ(г) =!пп(» — !)Уз(г) = -з/2 — ч2 = -2ч2, 1 гезУ,(г) = Бш(г — 1)У,(г) = ъ'2 — з/2 = О, 1 1 гезУз(г) = 2ч2, гезУ4(г) = О.
~ 1 г гз 8. Доказать, что если г„явшется полюсом функции г У(г) =, то ге»У(г) = — ". »4 04 ' , !04 О Воспользуемся формулой (3), и. 1.1, и правилом Лолиталя раскрытия неопределенностей вида '-. Получим: г г(г — г,) 2» — »„1 2»2 — г„» 1 2»2 — гз »2 »4 04 »4 04 , , 4»з 4 , »4 04 ! 04 4 04 404' ез* е'* 9. Найти: а) гез; б) гез, (О б В). 1)з' 2+аз < а) Согласно формуле (2), п. 1.3, имеем: е' 24 ! )2 2 2 гез —, = — гез —, = -- йш — е ' = -2е . (» Из, (г 1)з 2,, 4(»2 б) Аналогично, е'" гю аа — гсз + гсз аа 12+02 '44 141 +О 4 -за1 +О У е'*, е" !пп — + йш 'ха за 1+$0 4 — ы» — $0У (' ') 1 езгзаз — е 44"1 яп за 2$0 2$а о 2$ видно, что она четырехзначная и что конечной особой точкой олнозначного характера для кахгдой из ее ветвей является простой полюс », = 1.
Точки »з — — О н г, = -1 являются точками разветвления, т.е, особыми точками неоднозначного характера. Вьшелим четыре однозначные ветви функции У в области С (Зпоскости С с выброшенной отрицательной действительной полуосью) их значениями в фиксированной точке, например, в точке г = 2. б 1. Определенме вычета.
Основная теорема 251 10. Найти вычеты следуюгдих функций относительно всех конечных изолированных точек и на бесконечности, когда она является изолированной особой точкой: 3 1 а) У(а) = з!и —; б) 1(з) = (Ь т'- 0); а+1' х (! — е-ь*) 1/ 1 в) У(а) = — ~1 Ь вЂ” + — +... -Ь 1 + х (1 -Ь з)' (1 + х)" / М а) Воспользуемся формулой (3), п, 1.2: з / гез з!и — = !пп з ~ з!п1 — згп — ) = Йп 2зз!и '+' соз .+1 . ~ .+1) 2 2 = соз 1 !пп з 1 — — 1 = соз 1 Игл — = соз 1. г-Ь1/ а+1 Согласно формуле (2), п. 1.3, имеем з 3 гез $!и — = — гез 3!и — = — соз 1.
г+! а+1 б) Особыми точками функции /' являются гь = зь„' (й Е Х). Точка з = 0 — полюс второго порядка, а точки зь при (г зь 0 — полюсы первого порядка. Применив формулу (2), п.1.1, получим: И / з т и, 1 — е ~*(1+Аз) -ь / . ебг ~1-е — -) 1 — (1+ 6а) ~! — )гг+ ь а~+ о(з~)) ! 1+ дз з ь' ' + ( з) — 1!гп -о (1 — 1+ Ьз + о(г))' о Изг'+ о(аз) 2 Для вычисления вычетов функции У в точках гь (я ~ 0) воспользуемся формулой (5), п. !.1, полагая р(з) = — ', гР(я) = 1 — е ь*. Тогда ( — '" ) ~'(з)~, „.и„; -'ь 'ь 2Ьг!' — /ге в) При !з -ь Д < 1 имеем 1 = —, 1, = — 2,(1+ з) ь=о гез — 1+ — +...
+ 2 = гез (-1 — (1+ х) — (1+ а) —...) ~1-Ь вЂ” +... + 1 2 и = геа — ... — — — (и+ 1) +... = -и. — (1+я)" (1+~)""' 1+я Далее, /1/ ! =и — и — 1= -!. в -~ ~» \, !+я "' (1+я)" / Гл. 7. Вычеты и их применения 252 11. Вычислить интегралы: а),, г =(т„,тл),т„=( бс:! !«В),п<В'<а+г,пбг(; ,/ ег" — ! г„ б) / ~/ — 42, Г„= (т„т~), -г, = (2 б с: !2! = г), г > 2 и при больших !г! ~~, = ! е о(!).
г. ~ Окружность ч„охватывает 4п+ ! полюса подынтегральной функции: точку 2 = О н на каждой окружности .! „= ( б С: !2! = ч%) (Ь = 1, и) лежит четыре полюса з = Лег г (пг = О, 1, 2, 3). Согласно формуле (1), п. 1.3, получим: =4(2 2 г ~ 2яг' 4лге' '2"'2™ ) [,2лг лгу' ь=г =о б) Воспользуемся бюрмулой (2), и 1.2: — 4(2 = 2ггг гез г;. Тогда ~) = — 4(з = -2лг геь — = -2яг' гез, = -2лг геь 1 — — 4 а — = -2лг. М ~/з+ = . ~l +2 (,), ~ ° ~.) г,.
2 12. Доказать равенство 4+В! 8 !4 — 4 2 22(У вЂ” а)(Ь вЂ” У) Ь4гг(Ь вЂ” а) г. Здесь Г„= (у„, у„'"), у, = (2 б С: !з! = г), О < !а! < г < !Ь!. „г М Поскольку 2 б у„~ зу = г', 2 = — ", то (24 + 1)4(2 (гг — аз)(Ьл — г') 2' Подынтегральная функция имеет два простых полюса 2, = —" и з, = — ", причем полюс 2, охватывается кривой .у„. Поэтому з«+1 22гг, 24+1 г'+Ь 1 = 22гг гез — — Нпг = 2ггг 4 (гг — аа)(Ьх — гг) Ь „4 гг — аз Ь4гг(Ь вЂ” а) ' ь ь 13. Вычислить ! 4(2 , Г= (1,7„), 7 = (з ЕС: !2)=2).
1 (з — 3)(зг — 1) ™ г «г Окружность 7 охватывает олпу особую точку подынтегральной функции !з! = 1 следова ,. 24 тельно, точки ль = ег ь (Ь = О, 4) — ее простые полюсы. Согласно формуле (1), п. 1.3, 4(2 1 (з — 3)(22 — 1) ~-« , . (л — 3)(ль — 1) = 2я(~ геа г ь=о б 1. Определение вычета.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
