Anti-Demidovich (Boyarchuk A.K.). Tom 4. Funkcii kompleksnogo peremennogo (2001)(ru)(T)(365s) (940504), страница 62
Текст из файла (страница 62)
1.3. Теорема о вычетах. Теорема 1(Коши). Если функция 1 аналитическая в Р Ы дР С С, зо исключением некоторого мнозкества изолированных особых точек (аь„й = 1, и), принадлехсаты области Р (но не дР), то справедливо равенство à — / Г(г)с(г = ~~! гезу(г). 2я! / оп и=! I т РассмотРим окРУжности 7!, .(г, ...,7„( ( ) 7ь и! причем рь выбираем настолько малыми, пабы круги лежали области Р. Рассмотрим область Р ! (Крь, й неодносвязной области (см. теорему 4, и.3.3, гл.4): =ц!) радиуса рь с центром в точках аь, К,ь с гРаниЦами уь компактно пРинад= 1, и) и применим формулу Коши лля 1 г — / 1(г)бг = ~~! — / ((г)дг = ) гез|(г), 2!Г! 2я!',1 ь ап г. и=! ь Г„ы (7а 7,") . и.
Эта теорема имеет большое принципиаььное значение. Она сводит вычисление глобатьной величины, которой является интеграл от аналитической функции по границе области, к вычислению величин яокальных вычетов функции в ее особых точках. Например, вычислим интеграт дг Р = (» б С: ~г — 1 — г~ < 2). (г — 1)'(»' + 1)' оп Подынтегральная функция 1 аналитическая в замыкании Р, за исключением точек г! = 1 (полюс второго порядка), г, = ! (полюс первого порядка). С помощью формулы (1) получаем: Иг г 1 1) = 2ьп' (гезу(г) + гез Г(г)) = 2я! — — +— (г — 1)г(гг+1) ! ! ( 2 4/ 2 ' оп Справедливо следующее утверждение. Теорема 2.
Пусть 1 б А (С ! (аь( й = 1, и)). Тогда сумма вычетов функции 1 во всех ее конечных особых точкак и вычета на бесконечности равна нулю: гезу(г) ! ьч51(г) = О, (2) и и=! 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 Х).
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 Ч- 1)! Следовательно, для всех четных и Е Уа гез Г(г) = '='! 3, . 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 г(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 3()= — — — + — + г хг г + 1 2(г — 1) Особыми точками функции Г являются г, = О, а, = -1, сз = 1, е« = гю. Поскольку точки г„яз и гз — простые полюсы функции Г, 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 геа 3 (е) = — геа у(е) + гез г(х) + гез у(х) = -7,5. 3ь е ! Гл. 7. Вычепа и вх применения 250 7. Найти вычеты всех ветвей многозначной функции ! У(г) = 44424/г+ /г+ 1 во всех ее конечных точках однозначного характера. О Из представления функпии з/24/г — ъзг + 1 У(») = Уз(2) = 2 — з 3, Уз(2) = -2 — з 3, Уз(2) = 2 + з/3, У4(2) = -2 + з/3, Тогда получим: 1 зг ; — / агйг агй» д ; — — У агд(г + 1) ага(г + 1) зз зз У,(1) = — з/2~4 ~соз — +зяп — ) — з/!г+ И соз »вЂ !1 ~ 2 -!- 4яп 2 1 У,- — / агбг агбг), — У шд(г+!) агд(»+1) ! Уз(г) = — — з/2!г! ( соз — + 2пп — ) — 4!г -З- Р, ~соз г — 1 ~, З, 2 + 4ззп 2 Уз(г) У2(г) У4(г) Уз(г)' Таким образом, гезУЗ(г) =!пп(» — !)УЗ(г) = -з/2 — ч2 = -2ч2, З гезУ,(г) = Бш(г — 1)У,(г) = з/2 — з/2 = О, З ! гезУз(г) = 2ч2, гезУ4(г) = О.
~ З 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 . (» — 1)з з (г — 1)з 2, з 4(»2 б) Аналогично, е'" гю аа — гсз + гсз аа 12+02 'За За» +О 4 -За1 +О У е'*, е" !пп — + йш 'ха За 1+$0 4 — ы» — $0У (' ') 1 еггзаз — е 44"З 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 »2 — — 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. з-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 зь (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 -(„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™ ) [,2лг лгу' ь=г =о б) Воспользуемся бюрмулой (2), и 1.2: — 4(2 = 2ггг гез г;. Тогда ~) = — 4(х = -2лг геь — = -2яг' гез, = -2лг геь 1 — — 4 а — = -2лг. М ~/а+ = . ~l +2 (,), ~ ° ~.) г,. 2 12. Доказать равенство 4+В! 8 !4 — 4 2 22(У вЂ” а)(Ь вЂ” Д) Ь4гг(Ь вЂ” а) г. Здесь Г„= (у„, у„'"), 1, = (2 б С: !з! = г), О < га( < г < (Ь~.
„г М Поскольку 2 б у„~ зу = г', 2 = — ", то (24 + 1)4(2 (г' — аг)(Ьл — г') 2' Подынтегральная функция имеет два простых полюса 2, = —" и з, = — ", причем полюс 2, охватывается кривой .у„. Поэтому я~+1 22гг, 24+1 г'+Ь 1 = 22гг геа — — Нпг = 2ггг 4 (гг — аа)(Ьх — гг) Ь „4 гг — аз Ь4гг(Ь вЂ” а) ' ь ь 13. Вычислить ! 4(2 , Г = (у, 7 р), 7 = (з Е С: !2) = 2). 1 (а — 3)(лг — 1) ™ г «г Окружность 7 охватывает одну особую точку полынтегральной функции !4 = 1, следош- ,. 24 тельно, точки ль = ег ь (Ь = О, 4) — ее простые полюсы.
Согласно формуле (1), п. 1.3, 4(2 1 (л — 3)(22 — 1) ~-« , . (л — 3)(ль — 1) = 2я(~ геа г ь=о б 1. Определение вычета. Основная теорема Поскольку Е., 1 1 газ + гез -ь гез =О, *, (з — 3)(гз — 1) г (з — 3)(зз — 1) а (з — З)(зо — 1) о=о ( г(з ( 1 1 = -2ггз гез, + гез (з — ЗКзо — 1) ~, г (г — 3)(з' — 1) (г — 3)(зз — 1) г' В окрестности г = со имеем 5 — — 6 1-ь-+ — +" 1+ —,+" следовательно, гез, „, „= О, поэтому г(г й 1 2яг ггг' = -2яггез = — 2ггз 1ип (з — 3)(го — 1) г (з — 3)(зз — 1),-г зз — 1 242 121 г Применив формулу (2), и. 1.3, мы избежали громоздких вычислений.
° / за(г 14. Вычислить 1 = гг , Г = (7 7ор) ' 7 = (з Е С: /з 2! = г) ' / (з — 1)(з — 2)' ' г' и Окружность у охватывает одну изолированную особую точку з = 2 полынтегральной функции 1, являюшуюся ее полюсом вгорого порядка. Следовательно, г( гг (г — 2)гг у г( г' г 'г — 1 1 = 2яггезг(г) = 2яо 1!гп — ~ г) = 2яг 1ип — ( — ) = 2ггг !ип —, = -2яо. !и г .-г г(з 1,(з — 1)(з — 2)г) *-г Вг з — 1 г (з — 1)' 1 гойг 15. Вычислить 1 = /, Г = (7, у ), 'у = (г Е С: !г! = 1) .
-/ 2,+! !' м Подынтеградьная фуггкция 1 имеет простые полюсы в точках 1, ого го= — е а (л=0,1,2 3). .аг2 Согласно формуле (!), п. 1.3, имеем г 1 = 2гп'~~о гезу(з). о=о г Поскольку 2 гезу(г)+ гезу(з) = О, то 1 = -2логезу(г). Из разложения о=о 'г "'-2. 1+ -2. ' 2." следует, что гез 1(з) = -с, = — -' (см, формулу (2), п. 1.2).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
