Буров А.Н. - Практикум по спецглавам математики (1250077), страница 4
Текст из файла (страница 4)
В данном случае имеем r = 0 < |z| < R = ∞, то есть «кольцом» является вся комплекснаяплоскость с выколотой точкой z = 0.Пример 23. Полагая z0 = 0, рассмотреть различные случаи разложения в ряд Лорана функции2z + 1f (z) = 2.z +z−2Решение. Представив функцию в виде2z + 112f (z) = 2=+,z +z−2z+2z−1видим, что f (z) имеет две особые точки: z1 = −2 и z2 = 1. Поэтомуимеем три кольца с центром в точке z0 = 0, в каждом из которых функция является аналитической. Найдем ряды Лорана в каждом из этихслучаев.26При поиске разложения будем пользоваться формулой суммы геометрической прогрессии1,1−q1 + q + q2 + q3 + .
. . =подбирая каждый раз q так, чтобы выполнялось неравенство |q| < 1.1. Рассмотрим круг |z| < 1.В этом случае разложением будет являться рядом Тейлора. Действительно,f (z) =121+=·z+2z−121z=1− +221zz2=− +24831= − − z−2411+−z21=1−zz2z3−+ . . . − 1 + z + z2 + z3 + . . . =483z−+ . . . − 1 + z + z2 + z3 + . . . =16∞X7 215 32n+1 − 1 nz −z − ... = −z .n+18162n=02.
Рассмотрим кольцо 1 < |z| < 2.В этом случае121+=·z+2z−121z1+2+1·z1=11−z231zzz111=1− +−+ ... +1+ + 2 +... =2248zzz231111zzz= ...+ 3 + 2 + + − +−+... =zzz24816∞∞X11 X (−1)n n=+z .nnz22n=1n=0f (z) =3. Рассмотрим внешность круга |z| 6 2что 2 < |z| < ∞ .Функцию f (z) представим в видеf (z) =121+=·z+2z−1z1множество точек z таких,1·z1=11−z12481111− + 3 − 3 + ...+ + 2 + 3 + ... ==zzzzzzz21+z27+11572− + 2 − 3 + ... ==zzzz2157=− 2 + 3 − 4 + ...zzzzЗадачи для самостоятельного решения21.
Исследовать на сходимость ряды∞Xcos ina)n ;2n=1∞Xeiπ/n√ ;e)nn=1∞Xn sin inb);n3n=1√∞Xsh i nf);sininn=1c)∞Xcos in2n=15n2∞Xln ng);shinn=1∞Xei2n√ ;d)nnn=1;∞Xch(iπ/n)h).ln nnn=122. Найти радиусы сходимости степенных рядов:a)∞Xin ne z ;n=1∞Xib)ch z n ;nn=1∞Xπic)cos √ z n ;nn=1nd)∞Xn=1cos in · z n .23.
Разложить заданные функции в ряд Тейлора, используя готовыеразложения, и найти радиусы сходимости полученных рядов:a) sin(2z + 1) по степеням z + 1;b) ez по степеням 2z − 1;z+11c)по степеням z + 2;d) 2по степеням z;3z + 1z + 4z − 5ize) cos2по степеням z;f) ln(2 − z) по степеням z.224. Найти области сходимости рядов:√√ n∞∞∞XXX2 +i 21(z + 1 − i)−na); b); c);nz nn(1−i)zn+in=1n=1n=1d)∞ X1n=1f)nn+ in (z + 1 + i) ;∞Xn=1e)∞ nX2n=1∞Xz+∞ Xz nn=04;1+(1 + in)(z − 2 + i)n.nnn (z − 2 + i)n=025. Разложить следующие функции в ряд Лорана в окрестности точки z0 = 0:a)sin z;z2b) z 4 cos1;zc)281 − cos z;z2d)1 + cos z.z426. Разложить следующие функции в указанных кольцах в ряд Лорана:a)b)c)d)1, a1) 2 < |z| < 3, a2 ) 3 < |z| < ∞;(z − 2)(z − 3)1, b1) 0 < |z| < 1, b2 ) 1 < |z| < ∞;z2 + z2z + 3, 1 < |z| < 2;z 2 + 3z + 2z2 − z + 3, d1 ) |z| < 1, d2 ) 1 < |z| < 2, d3 ) 2 < |z| < ∞ .z 3 − 3z + 2Занятие № 6Нули и изолированные особые точкиОпределение 12.
Пусть f (z)аналитическая в точке z0 функция. Точка z0 называется нулем порядка n, если выполнены условияf (z0) = 0, f ′(z0 ) = 0, . . . , f (n−1) (z0) = 0, f (n) (z0 ) 6= 0 .При n = 1 точка называется простым нулем.Теорема 15. Точка z0 является нулем порядка n функции f (z) втом и только в том случае, если в некоторой окрестности точки z0функцию f (z) можно представить в виде f (z) = (z −z0 )n ϕ(z), где ϕ(z)аналитическая в точке z0 функция, ϕ(z0) 6= 0.Определение 13. Точка z0 называется изолированной особой точкой функции f (z), если f (z) аналитична в каждой точке некоторойокрестности точки z0 , за исключением самой точки z = z0 .Определение 14. Изолированная особая точка z0 называется:1) устранимой особой точкой, если существует lim f (z);z→z02) полюсом порядка n (n > 1), если не существуют пределыlim f (z), lim f (z)(z − z0 ), .
. . , lim f (z)(z − z0 )n−1,z→z0z→z0z→z0и существуетlim f (z)(z − z0 )n.z→z03) существенно особой, если она не является ни устранимой, ниполюсом.Замечание 9. Устранимую особую точку можно называть полюсом нулевого порядка.29Теорема 16. Изолированная особая точка z = z0 является полюсомпорядка n (n > 1) в том и только в том случае, если она является1нулем порядка n для функции ϕ(z) =.f (z)Теорема 17. Справедливы следующие утверждения о разложениифункции в ряд Лорана в окрестности изолированной особой точки:1) в окрестности устранимой особой точки ряд Лорана не содержитсобственной части, то есть является рядом Тейлора;2) в окрестности полюса порядка n (n > 1) собственная часть рядаЛорана содержит конечное число членов, при этом c−n 6= 0∞Xc−nc−1+...++ck (z − z0 )k .f (z) =(z − z0 )n(z − z0 )k=03) в окрестности существенно особой точки собственная часть ряда Лорана содержит бесконечное число членов.Задачи для самостоятельного решения27.
У следующих функций найти нули и определить их порядок:a) f (z) = z 4 + 4z 2;b) f (z) =sh2 zc) f (z) =;ze) f (z) = 1 + ch z;g) f (z) = (z + πi) sh z;sin z;zd) f (z) = z 2 sin z;(1 − sh z)2f) f (z) =;zh) f (z) = z 2 + π2 1 + e−z .28. Найти порядок нуля z0 = 0 для следующих функций:sin za) f (z) = etg z−e;z3c) f (z) =;1 + z − ezz6b) f (z) = 2 ;zz 2− sin22d) f (z) = 2(ch z − 1) − z 2 .29. Для следующих функций определить характер особой точки z0 =0:a) f (z) =1;z − sin zb) f (z) =1;e−z + z − 1c) f (z) =sin z;e−z + z − 1d) f (z) =z.z − sh z3030.
Найти особые точки и определить их характер для следующихфункций:a) f (z) =1;1 − sin zb) f (z) =1 − cos z;z2c) f (z) =z;z 5 + 2z 4 + z 3d) f (z) =11+;e−z − 1z22e) f (z) = e−(1/z ) ;f) f (z) = ch1.z31. Определить характер указанных особых точек:a)1 + cos z, z0 = π;z−πb)z 2 − 3z + 2, z0 = 1;z 2 − 2z + 1c)z2 − 1, z0 = 0, z1 = −1;z 6 + 2z 5 + z 4d)z sh1, z0 = 0.zЗанятие № 7Элементы теории вычетовОпределение 15.
Вычетом функции f (z) в изолированной особойточке z0 (обозначается res f (z0)) называется числоI1res f (z0) =f (z) dz ,(45)2πiΓгде Γ произвольный контур, содержащий внутри себя точку z0 и невыходящий за пределы области аналитичности функции f (z).Замечание 10. Встречаются и другие обозначения для вычета, например:Res f (z0),Res [f (z), (z0)],Res f (z),z=z0res [f (z), z0],res f (z) .z=z0Теорема 18 (о вычислении вычета). Вычет функции f (z) визолированной особой точке z0 равен коэффициенту при минус первойстепени разложения в ряд Лорана функции f (z) в окрестности точкиz = z0 ( res f (z0) = c−1 );При этом, в зависимости от характера особой точки z0 , верны следующие утверждения:1) вычет в устранимой особой точке равен нулю;312) для простого полюса (n = 1)res f (z0) = lim [f (z) (z − z0 )] ;z→z0(46)3) для полюса порядка n (n > 1)n1d n−1limf (z) z − z0;res f (z0) =(n − 1)! z→z0 dz n−1(47)4) если функция f (z) в окрестности точки z = z0 представима в виϕ(z)де f (z) =, причем ϕ(z) и ψ(z) аналитические функции, такие,ψ(z)что ϕ(z0 ) 6= 0, ψ(z0 ) = 0, ψ′ (z0 ) 6= 0 (z0 простой полюс), тоres f (z0) =ϕ(z0 );ψ′ (z0)(48)5) для существенно особой точки вычет находится из лорановскогоразложения f (z) в окрестности точки z0 , ( res f (z0) = c−1 ).Теорема 19 (Коши о вычетах).
Если функция f (z) являетсяаналитической на границе C односвязной области D и всюду внутриобласти, за исключением конечного числа точек z1 , z1 , . . . ,zn , тоZnXf (z) dz = 2πires f (zk ) .(49)k=1C(интеграл от рациональной функции). РассмаPm (x)тривается рациональная функция f (x) =, где Pm (x) и Qn (x)Qn (x)являются многочленами степени m и n соответственно, при этомQn (x) не имеет вещественных корней и n > m + 2 .
Тогда, если функPm (z)цию f (x) продолжить на комплексную плоскость как f (z) =,Qn (z)то верно равенствоТеорема20Z∞f (x) dx = 2πiXres f (zk ) ,(50)Im zk >0−∞где сумма вычетов берется по всем особым точкам функции, расположенным в верхней полуплоскости.Пример 24. Найти вычеты функцииf (z) =ez(z + 1)3(z − 2)32в ее особых точках.Решение. Особыми точками являются z1 = −1полюс третьегопорядка и z2 = 2 полюс первого порядка. Поэтому для z1 по формуле(47) имеем z d2(z 2 − 6z + 10)eze1171lim=lim=−.res f (−1) =2! z→−1 dz 2 z − 22 z→−1(z − 2)354eДля z2 по формуле (46) имеемres f (2) = limz→2eze3=.(z + 1)327Пример 25.
Найти вычеты функцииf (z) =z4в ее особых точках.Решение. Особые точки f (z)уравнения z 4 + 1 = 0. Имеем1+ 1)нули знаменателя, то есть корниπ3π3ππii−i−i4 , z4 = e 4 .z1 = e 4 , z2 = e 4 , z3 = eВсе онипростые полюсы и, пользуясь формулой (48), имеемres f (z1) =res f (z2) =res f (z3) =res f (z4) =1 4z 3 z=z11 4z 3 z=z21 4z 3 z=z31 4z 3 z=z43π1 −i4 ,= e49π1 −i4 ,= e49π1 i= e 4 ,43π1 i= e 4 .4Пример 26. Найти вычет функцииf (z) = z 2 sinв ее особой точке.331zРешение. Особой является точка z = 0 существенно особая.
Разложение в ряд Лорана в окрестности z = 0 имеет вид11111−+−...=z−+− ...f (z) = z 2z3! z 35! z 53! z5! z 3Отсюда, res f (0) = c−1 = −1.6Пример 27. Вычислить интегралez dz.(z − 1)3(z + 2)I|z|=4Решение. Особые точки z1 = 1 (полюс третьего порядка) и z2 = −2(простой полюс) находятся внутри контура |z| = 4. z 1d2e1(z 2 + 2z + 2)ez5e= lim=.res f (1) = lim 22! z→1 dzz+22 z→1(z + 2)354ez1res f (−2) ==−.3(z − 1) z=−227e2По теореме Коши о вычетахIez dz5e1= 2πi ( res f (1) + res f (−2)) = 2πi−.(z − 1)3(z + 2)5427e2|z|=4Пример 28. Вычислить интегралI(z 2 + z + 1) sin|z|=32dz.z−1Решение. Существенно особая точка z0 = 1 находится внутри контура |z| = 3.
Для нахождения вычета разложим подынтегральную функцию в ряд Лорана по степеням z − 1322f (z) = (z − 1)2 + 3(z − 1) + 3−+ ... .z−13!(z − 1)3Так как res f (1) = c−1, а из вышеприведенного разложения видим,что (z − 1)−1 возникает в произведении только в двух случаях, тоres f (1) = c−1 = 2 · 3 −Таким образом,I(z 2 + z + 1) sin|z|=3814=.63228πidz = 2πi res f (1) =.z−1334Пример 29. Вычислить интеграл I =Z∞x2 dx(x2 + a2 )2(a > 0).0Решение. Так как подынтегральная функция четная, тоZ∞1x2 dx.I=2(x2 + a2 )2−∞z2Функция f (z) =имеет в верхней полуплоскости полюс(z 2 + a2 )2второго порядка z = ai.dz22aiz 1==,res f (ai) = limz→ai dz(z + ai)2(z + ai)3 z=ai4aiи по формуле (50) имеем1I=2Z∞−∞x2 dx11π=·2πi·=.(x2 + a2 )224ai4aЗадачи для самостоятельного решения32. Найти вычеты в особых точках следующих функций:a) f (z) =4 tg z;4z 2 − πz1 − cos zc) f (z) = 3;z (z − 3)b) f (z) =z;(z + 1)3(z − 2)2eizd) f (z) =.(z 2 − 1)(z + 3)33.
Вычислить интегралы:II2ez dzez − 1a); b)dz;z 3 (z + 1)z 3 − iz 2|z|=2|z−i|=3Icos(z/2)x2y2d)dz,C:+= 1;z2 − 494Cc)I|z|=e)√3Isin πzdz;z2 − z(z + 1) e1/z dz.|z|=1/334. Вычислить несобственные интегралы:Z∞ 2Z∞x +1x dxa)dx;b);x4 + 1(x2 + 4x + 13)20c)Z∞dx;(x2 + a2 )2(x2 + b2)2−∞d)−∞Z∞035x2 + 1dx.x6 + 135. Вычислить с помощью вычетов следующие интегралы (в задаче20 их предлагалось вычислить с помощью интегральной формулы Коши):IIeizsin iza)dz;b)dz;22z +1z − 4z + 3|z−1|=1|z|=2IIdzcos z;d)dz;c)(z 2 + 9)(z + 9)z3|z|=1|z|=4IIz sh zz dze)dz;f).22(z − 1)(z − 2)3(z + 4)|z|=2|z−3|=6362Операционное исчислениеЗанятие № 8Определение и свойства оператора ЛапласаПусть f (t) = f1(t)+if2 (t) комплекснозначная функция действительного аргумента t, (f1(t), f2(t) ∈ R).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
