Краткий конспект (1118436), страница 5

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 5)

Где ϕ(z) ≠0 ианалитична, тогда z0 полюс n-го порядка.31Определение вычета. Вычисление вычетов.Определение: Пусть ф-ция f(z) имеет изолированную особую точку z0 тогда поместим z0 внутрьконтура γ тогда1∫ f ( z ) dz- вычет функции f(z) в точке z0 и обозначается2πi γВыч[f(z),z0]=res[f(z),z0]Теор: Вычет функции res[f(z),z0]=C-1 в разложении этой функции в окрестности этой точки z0 т.е+∞f ( z ) = ∑ Cn ( z − z0 ) nn = −∞Док-во: Интеграл по любому замкнутому контуру – одинаков. Выбираем окрестность радиуса ρ тогдаres[ f ( z ), z0 ] ==11 +∞n∑ Cn ( z − z0 ) dt =∫ f ( z ) dz =2πi C ρ2πi n = −∞1 +∞n∑ Cn ∫ ( z − z0 ) dz2πi n = −∞ γ ρ∫ ( z − z0 )n2π2πdz = ∫ ρ n eiϕnieiϕ ρdϕ = iρ n +1 ∫ eiϕ ( n +1) dϕ =00⎧ ei ( n +1)ϕ2π ⎧⎪⎪ 0, при..n ≠ −1= iρ n +1 ⎨ i (n + 1) 0 = ⎨⎪⎩2πi, при..n = −1⎪ 2πi, n = 1⎩Формулы:1) полюс первого порядка:f ( z) =C−1+ C0 + C1( z − z0 ) + ...z − z0lim f(z)(z-z0)=C-1 при zÆz0Если f(z)=ϕ(z)/ψ(z) при этом ϕ(z0) ≠0 ϕ (z) =(z-z0)ψ1(z)ψ(z)=ψ’(z0)(z-z0)+ψ’’(z0)(z-z0)2/2!+…ϕ ( z )( z − z0 )ϕ ( z0 )ϕ ( z)= lim z → z0=lim z → z0−zzψ ( z)0 + ...

ψ ' ( z0 )ψ '( z ) + ψ ''02!2)полюс n-го порядкаf ( z) =C− nC+ ... + −1 + C0 + ...( z − z0 )z − z0f ( z )( z − z 0 ) = C − n + ... +C −2 ( z − z 0 ) n − 2 + C −1 ( z − z0 ) n −1 + ...lim z → z 0d n −1dzn −1res[ f ( z ), z0 ] =[ f ( z ), ( z − z 0 ) n ] = ( n − 1)!C −11d n −1lim[ f ( z )( z − z0 ) n ]( n − 1)!dz z −132Основная теорема теории вычетов. Теорема о сумме вычетов.Теорема (Основная теорема теории вычетов):Пусть f(z) – аналитическая всюду в замкнутой области G за исключением конечного числаизолированных особых точек, лежащих внутри этой области, тогдаn∫ f ( z )dz = 2πi ∑ res[ f ( z ), z k ]k =1ГДок-во:∫ f ( z ) dzГ= ∫ f ( z ) dz + ...

+ ∫ f ( z )dz = 0γ 1−γ n−∫ f ( z ) dz = ∫ f ( z ) dz + ... + ∫ f ( z ) dz = 2πires[ f ( z ), z n ]Гγ 1+γ n+предположим, что кроме |z|>R других особых точек в ∞ больше нетres[f(z),-∞]=-C-1∫ Cn z+CRndzПредположим что функция f(z) аналитическая на полной комплексной плоскости за исключениемконечного числа особых точек включая ∞ тогда сумма всех вычетов во всех особых точках, включая ∞равна нулю.Док-во∫+CRf ( z ) dz = 2πi ∑ res[ f , z k ]∫ f ( z ) dz = 2πires[ f ( z ), ∞]−CR33Вычисление интегралов, содержащих тригонометрические функции с помощьювычетов.2π∫ R (cos ϕ , sin ϕ ) dϕoЭто инт вида I =, где R-рац ф-ция своих арг. Инт такого типа легко могут бытьсведены к интегр от ан.функции компл.перем по замкн.контуру.

Для этого сделаем замену перем.интегр, введя компл. перем. z=eiφ. Очев, что dφ=dz/iz, cosφ=1/2(eiφ+ e-iφ) = 1/2(z+1/z)), sinφ = 1/2i(z1/z)). При изм φ от 0 до 2п, z пробег окр-ть |z|=1 в пол. напр-ии. Т.о.силуобщ.св-ваналит.ф-цийподинт.I = 1 \ i ∫ R[ z + 1 \ z , z − 1 \ z ]dz \ z| z |=1ф-ция,явл-ся,очев,; т.о. врацион~R ( z ) = (a0 + a1z + ... + an z n ) \ (b0 + b1z + ... + bm z m ) предст собой ф-цию, аналит внутри круга |z|=1 всюду заискл.

конечного N≤m числа особ точек zk явл. нулями знам R~. Т.о. в силу осн.трм.теор.выч. I =N~2π ∑ выч[ R( z ), zk ]k =1. Точки zk явл-ся полюсами ф-ции R~. Пусть ak – поряд. полюса zk (очев,Тогда по форм. выч вычета в полюсе m-пор, I =Пример: выч инт2πdϕ, | a |< 1 реш:1+acos ϕoI= ∫~1d αk −1lim[( z − z k ) ak R ( z )]kα1−k =1 ( a k − 1)! z − > zk dzN2π ∑1z=eiφ т.о.

I= I = 1 \ i| z|∫=1 1 + a \ 2( z + 1 \ z)dzzN∑ ak ≤ mk =1).;dz= 2 \ i| z|∫=1 az 2 + 2 z + a . особ2точкми явл нули знам z1,2 = − 1 \ a ± (1 \ a ) − 1 . Это полюсы первого порядка. Так как z1z2=1 то ясно чтолишь одна из этих точек лежит внутри круга |z|=1 как легко видеть, это точка z1 =− 1 \ a + (1 \ a 2 ) − 1поэтому в силу осн.трм.теор.выч[]I = 4πВыч 1 \ (az 2 + 2 z + a), z1 = 4π *1 \ a( z − z2 ) | z = z1 = 2π \ 1 − a 234Вычисление несобственных интегралов с бесконечными пределами с помощьювычетов.

Лемма и теорема.Лемма. Пусть ф-ция f(z) явля-ся анал. в верхн. полупл Im(z)>0 всюду за искл. конечн. числа изолирособых точек и существ. такие полож чила R0, M и δ что для всех точек верх полупл, удовл услов1+δ|z|>R0 имеет метсо | f ( z ) |< M \ | z |тогда| ∫ f (ς )dς |≤ ∫ | f (ς )ds |т.к.CC| ∫ f (ς )dς |≤ ∫ | f (ς )ds | <C'RC'Rlim ∫ f (ς )dς = 0R−>∞ C 'R(*) где С’R –полуокр-ть |z|>R, Imz>0; действит,где ds – дифф-л длины дуги кривой, и в силу усл леммы при R>R0 имеемM 2πR1+δR=2πMRδ⎯⎯⎯⎯→ 0R →∞что и доказывает лемму.Зам1 если усл леммы вып в сект φ1<z<φ2 то форм (*) имеет метсо при интегр по дуге С’R окр-ти, лежв дан сект.Зам2 Усл леммы очев будут вып, если f(z) явл-ся аналит в окр-ти беск удал точки и z=∞ - нуль нениже 2 пор ф-ции f(z).

Тогда f(z)=C-2/z2 + C-3/z3 +… = φ(z)/z2 причем |φ(z)|<M откуда и след| f ( z ) |< M \ | z |1+δ при δ=1Трм Пусть ф-ция f(x) заданная на всей действ оси м.б. аналит продолж на Imz ≥ 0 причем ее анал продf(z) удовл всем усл леммы и не имеет ос точек на дкйств оси. Тогда сущ несобст инт перв рода и+∞N∫ f ( x)dx = 2πi ∑ выч[ f ( z ), z k ](**)k =1=∞Д-во По усл трм функция f(z) в верхн полупл имеет кон чило осб точек zk причем | zk|<R0. рассм замкконт сост из отр оси [-R,R] (R>R0) и полуокр С’R |z|=R в верх полупл. В силу осн трм теор выч.R∫−RNf ( x)dx + ∫ f ( z ) dz = 2πi ∑ Выч[ f ( z ), z k ]C 'Rk =1т.к вып условия леммы то предел второго слаг при R→∞ равеннулю а прав часть при R>R0 от R не зав. Отсюда след, что пред перв слаг сущ и его знач опр-ся форм(**) Трм док! Трм имеет место когда f(x) анал прод, как в верх, так и в нижн полупл, главное, чтоб анпрод удовл усл леммы.35Лемма Жордана.

Пременение леммы Жордана к вычислению несобственныхинтегралов.Лемма Пусть функция f(z) явл-ся анал в верх полупл Imz>0 за искл кончен числа изолир особ точек иlim ∫ eR−>∞ C 'Rравном отн-но argz (0≤z≤π) стрем-ся к 0 при |z|→∞ тогда при a>0iaςf (ς )dς = 0(*) где C’R – дугаполуокр |z|=R в вех полупл.Док-во: Условие равном стремл f(z) к нулю означ что |z|=R имеет место |f(z)|<μR где μR→0 при R→∞с пом этого оч=ценим иссл интегр.

сделаем замену ζ=Reiφ и восп очев соотн sinφ≥2φ/π при 0≤φ≤π/2тогда∫eC'Rполучимπ /22μ R R ∫ e−2 aRϕπdϕ =0πaiaςππf (ς )dς ≤ μ R * R ∫ | eiaς | dϕ0μ R (1 − e − aR ) ⎯⎯⎯⎯→ 0R →∞π / 2 − aR sin ϕμ R * R ∫ e − aR sin ϕ dϕ = 2 μ R R=0∫ e0dϕ<что и доказ лемму. Зам Если a>0 а ф-ция f(z) удовл усл леммы Жв ниж полупл то формула (*) имеет место при интегр по дуге полуокр C’R в ниж полупл. Аналог утвимеют место (при a=±iα, α>0) при инт соотв в прав (Rez≥0) и лев (Rez≤0) полупл. док-ва пров-ся сованалогично. форма леммы Жорд при инт в прав.lim∫eR →∞ C ' R−αςf (ς )dς=0 α>0;Трм Пусть f(z) зад-я на всей действ оси м.б.

продолж на верх полупл Imz≥0 а ее анал продолж f(z) вверх полупл удовл усл леммы Жорд и не имеет ос точ на деств оси. Тогда сущ инт∞iax∫ e−∞nf ( x )dx = 2πi ∑ Выч[eiaz f ( z ), z k ] ,k =1a>0; где zk – особ точки f(z) в верх полупл.Д-во По усл трм zk удовл усл |zk|<R0 рассм в верх полупл замк контур сост из отр [-R, R] R>R0 и дугиC’R окр-ти |z|=R в верх полупл. По ос трм теор вычRniaxf ( x)dx + ∫ eiax f (ς )dς = 2πi ∑ Выч[eiax f ( z ), zk ]∫ ek =1−RC'RЖ предел второг слаг в лев части при R→∞ равен 0 отсюда и след утв трм.ЗамЕслиf(x)чет(нечет)иудовлуслтрм∞nniazf ( z ), z k ] = −π Im ∑ Выч[eiaz f ( z ), z k ]∫ f ( x ) cos axdx = π Re i ∑ Выч[ek =1k =10ПримерВычинтI=ReI1=Re∞e iαxdx∫22−∞ x + aI=∞ cosαxdx, a > 0,α > 0∫22−∞ x + aанал прод подинт ф-цииточку z1=ia, явл полсом 1 пор. Знач, I1=чтобыe i αzz2 + a2a>0тозаметимчтоn⎛∞⎞⎜ ∫ f ( x) sin axdx = π Re ∑ Выч[eiaz f ( z ), zk ] ⎟⎜⎟k =1⎝0⎠иметьвозмвосплемЖ,удовл усл трм и имеет в верх полупл ед осбneiazk =1z2 + a22πi ∑ Выч[ипо лемме, ia] = 2πie − aα π − aα= eотсюда I = ReI12iaa= (π/a)e-aα;36.

Характеристики

Список файлов лекций