Чемоданов. Математические основы теории автоматического регулирования. Том 1 (952248), страница 62
Текст из файла (страница 62)
9 42). с+ Но 2л/ (39) с — /оо Формула (39) предполагает вычисление интегралов по прямой, :параллельной мнимой оси. С помощью некоторого изменения леммы джордана вычисление таких интегралов можно производить с помощью вычетов. Сделаем в равенстве (34) замену переменной, положив )г = з. Эта замена соответствует повороту комплексной плоскости г па 90' в положительном направлении. На плоскости комплексного переменного в последовательность дуг плоскости г (см, рис.
82) перейдег в последовательность дуг („ (з) =К„, Кез (и (рис. 84), и лемма Жордана для этого случая может быть сформулирована следующим образом: Если функция г" (в) стремится к нулю при )с„-с-сэ равномерно относительно агд в, то для любоео () О справедливо равенство )1п1 ~ г (з)е" с(в=О. я со с о л (4О) 347 Для 1(0 лемма справедлива при тех же условиях для последовательности дуг ('„: ~ з ~ = Й„, Ке и ) а (а — фиксированное число). Рассмотрим примеры вычисления некоторых несобственных интегралов с помощью леммы джордана.
Пример 6. Вычислить интеграл х мп ах х»+ Ь» о (41) Рис. 85 окружности С радиуса )г, Радиус 11 выбирается таким, чтобыточкагЬ лежала в области, ограниченной контуром 1. Согласно теореме о вычетах, имеем г»1»» г»1»» Ь. б =2пгнез ° Ь ~ = 1»' г'+ Ь' г~+Ь» 1»=!б но г»уа» 1" х»1»х ( гелж г'+Ь' ») х'+Ь' х+ »1 г'+Ь' -и »я При гг со второй интеграл в правой части предыдущего равенства согласно лемме )Кордана стремится к нулю. В пределе получим х»лж — Ых=п)е '"". х»+ Ь» Используя формулу Эйлера, будем иметь хссвпх . ( ха(пах х'+ Ь»;) х'+ Ь» (а и Ь вЂ” действительные числа).
Пусть сначала а) О. Для вычисления интеграла 1 рассмотрим интеграл г г»!а» от функции комплексного переменного г: Ыг Контур 1 изображен на рис. 85, а. Он состоит из отрезка действительной оси ( — гт, )с] и дуги Приравняем отдельно действительные и мнимые чали носледнего равенства. хсозах (' ханах „ +Ь =,) '+Ь "'= х мп ах Так как функция 7(х)=, — четная, то х»+ Ь» х мп ах лх = 2 ~ " мп ах бх — »О о Окончательно при а) О имеем 1".'."" =-: — ° ((х = — е-аь (42) о гели Если а с. О, то рассматривается интеграл — дж Контур Г изображен на рис. 85, б. Согласно теореме о вычетах, будем имать -- ° ге)а» ге/໠— Нг = — 2п/ Кез з = — и/ееь.
!.+Ь = +Ь),= р Знак минус учитывает, что обход области, ограниченной контуром П, производится в отрицательном направлении! Так как гела !" хе»ах ! геди г»+Ь» бг= ~ х» ( Ьа Нх+ )» ) Ь»»(г — Я С я и согласно лемме Жордана при )7 оэ гел»* ! хеуах — !(г О, то !(х — я)еаь г'+Ь» ' 3 '+Ь' с' я — ОР х з!и ах и х»+Ь» 2 (43) Объединив выражения (42) и (43) в одно, окончательно будем иметь ) ыз) х»+Ь» 2 д (44! Пример 7. Вычислить интеграл ым 2н) ~ з»+а» !)з. 1 (45) После преобразований, аналогичных тем, которые были проведены для случая а) О, получим Интеграл берется вдоль прямой Сх: ЦЕЗ=С2) О, проходимой сннзу вверх, вричем са выбрано так, что все особые точки подынтегральной функции расположены слева от прямой С,. Для вычисления интеграла при 1) О рассмотрим интеграл по замкнутому контуру Ь Г ~~,Ь 21 ~ ~+"'Ь.
Контур 1 состоит из дуги С радиуса )7 и отрезка прямой Сд..лез=с„ (1шз) 6 (рис. 86, а). Радиус Я выбирается достаточно большим, чтобы все Рнс. 86 особые точки подынтегральной функции попали внутрь области, ограниченной контуром 1. Согласно теореме о вычетах, будем иметь 1 г „ы 4, зеег е)аг е ли — — бз= 7 лез — = — + — =сонат, 2л) ~ У+аз ' 2'2 У+аз 2 2 а=! но 22 4Г- 16 1 Г 1 Г ее'г 1 Г ыес — — 2Ь вЂ” — бе+ — ~Ь. 2д)' ~ У+аз 2л1 .1 Ф+ае 2л) Л У+аз 1, ол 1 г ееее аз = сев 01 . йл1 ~ +ае 3 (46) Учитывая, что подынтегральная функции аналитична в полуплоскости Ке з ~ сз будем иметь ,22 2д1 22+ аз ~Ь= О.
Контур 1' изображен на рис. 86, б и состоит иа отрезка прямой С и дуги С'. При )г -есо с учетом леммы Жордана получим для случая 1(О 147) При )7-ьсо 6-ьсо и второй интеграл в правой части равенства согласно лемме Жордана стремится к нулю. Поэтому для случая 1) О получим Из соотношений (46) и (47) имеем ! [' зем „[ ссеа(, если (~О, 2и[ ~ аз+аз [ О, если 1(0. 1 Пример 8. Вычислить интеграл I= ~ — дх. ПустЬ сначала Г) О. Для вычисления интеграла 1 рассмотрим интеграл функции иомплексного переменного з Контур 1 состоит нз полуокружности С радиуса )с, полуокружности С радиуса г и отрезков [ †)7, — г[ и [г, )7[ вещественной оси (рис. 87, а). Рис.
87 Согласно теореме о вычетах, — 8г=О. Учитывая свойство 2 интеграла, имеем l Я еР~ Г егг» Г етт» Г еуг» Г ю㻠— Нг= — г(а+ ~ — г(х+ — да+ ~ — йл, (49) г ь) г к к Я вЂ” Я Г Рассмотрим отдельные слагаемые, входящие и правую часть равенства (49). Используя разложение в ряд Тейлора, получим ед* Г ъ~ ([Га)ь йе — йа= [ у — — = — [и+о(г).
г,) л~~ й) е С г с а=о » Г ел» В силу леммы Жордана ~ — дз-ь0 при Й-ьоз. г ся Перейдя в равенстве (49) к пределу при )7-э-оэ, г-ьО, получим ег㻠— д = [ (г > 0). Аналогично определяется значение интеграла при ((О. При этом рас- Г еде сматривается — »(г, причем контур !' состоит из полуокружности Ся ради- 2 уса )7, полуокружности С» радиуса г н отрезков [ — )7, — г] и [г, )71 вещественной оси (рис. 87, о). Выполнив действия, аналогичные рассмотренным выше, получим екк — ок= — )и (!(0); к окончательно имеем едк — »(к=[и з!нп а (50) й ЗЗ. ПРИНЦИП ПРИРАЩЕНИЯ АРГУМЕНТА !. Логарифмический вычет. Пусть задана функция 1(г), аналитическая всюду в области 6, за исключением конечного числа изолированных особых точек.
Полагаем, что все особые точки являются полюсами и, кроме того, граница 1 области 0 не содержит ни нулей, ни полюсов функции 1(г). Рассмотрим логарифмическую производную функции 1 (г) Ь(г) = — [1п1(г)]=— о 1' (г) (г 1(2) и назовем логарифмическим еачетоле функции 1(г) в точке г=а вычет в этой'точке ее логарифмической производиой А(г). Очевидно, что особыми точками функции й(г) будут как полюсы, так и нули функции 1(г). Поэтому имеет смысл говорить о логарифмическом вычете не только в полюсе, но н в нуле функции 1(г). Пусть функция 1(г) имеет в точке г=а ноль порядка й, т.
е. 1(г) = (г — а)а ~р (г), где тр (а) ~ О. (1) Тогда производная 1' (г) =А (г — а)а-2ср(г)+(г — а)" ср' (г) и логарифмическая производная — = — + —. 1' (г) й чг' (г) 1(2) г — и ш(2) (2) Так как нули аналитической функции изолированы, то в достаточно малом круге [г — а[ ( р функция — является анализ ' (2) е (г) тической и может быть разложена в окрестности точки г= а в рядТеилора; разложениеимеет вид — = т ал(г — а)". Учи~' (2) Ъ~ р (г) Л~~ л л=о тывая зто равенство, получаем: 1' (2) й — = — + г' ал(г — а)", 1(г) г — О л=а Формула (3) представляет разложение в ряд Лорана функции 1' (г) — в окрестности точки г= а.
Из этой формулы следует, что 1(г) точка г =а является полюсом первого порядка функции— /'(г) 1(г) ' причем вычет в точке г= а равен /!. Пусть теперь функция /(г) имеет в точке г =а полюс по- 1 рядка р. Тогда функция д(г) = — имеет в точке г=а ноль / (г) порядка р; но !( „— [1п / (г)] = — „— [1и д (г)]. И По доказанному функция „— [1пд(г)] имеет в точке г=а полюс первого порядка, причем вычет этой функции в полюсе г=а равен р. Следовательно, функция — имеет в точке г = а полюс 1' (г) 1(г) первого порядка и ее вычет в этом полюсе равен — р.
Таким образом, в нулях и полюсах функции /(г) ее логарифмическая производная имеет полюсы первого порядка, причем в нуле функции /(г) логарифмический вычет равен порядку нуля, а в полюсе функции /(г) логарифмический вычет равен взятому со знаком минус порядку полюса. Рассмотрим интеграл —. — дг.
Относительно функции / (г) ! Г 1'(г) 2и! 1 1(г) полагаем по-прежнему, что она аналитична в области б, за исключением конечного числа полюсов г=аг (/!=1, 2, ..., 1), имеющих кратности рм Предполагаем также, что функция /(г) имеет в области 0 конечное число нулей г=(), (г=1, 2, ..., и) с кратностями и, и граница 1 области 6 не имеет ни нулей„ни полюсов функции /(г). Применяя теорему о вычетах, можем написать: — — !/г = ~ )(ез — ~ = (и, +... + и ) — (р, +... + р,) = ! !" 1' (г) ъ! /'(г) эи/ ') / (г) ь',! 1(г) .-,„ ' " т =А/ — Р, где А(= У, 'и„Р= "', р„. (4) г =-! 2.
Принцип приращения аргумента. В 2 25 было показано, что ).п/(г) = 1п1/(г)1+/Аги/(г). ' Тогда ) р р (г) 2и/ ) /(г) йи/ ) — !( = - ! . ~ !( ().п / (г)) = ) аь~!! !~ !,— '. (и!!Ад!!!!, !!! ! Если 1 — замкнутый контур, то первый интеграл в равенстве (5) обратится в ноль, так как в результате обхода контура 1 модуль функции ~~(г) ! не получает приращения, Второй интеграл в том случае, если точка ы~= О лежит внутри контура, описываемого концом вектора в=1(г) на плоскости и, когда конец вектора г проходит по контуру 1, может быть отличен от нуля, Будем полагать, что функция 1(г) однозначна в области 6, ограниченной контуром 1, аналитична в замкнутой области 6 за исключением конечного числа полюсов, которые находятся внутри области 6 и не обращается в ноль на контуре 1.
Тогда приращение аргумента функции 1(г) кратно 2п, т. е. вектор в=1(г) совершит целое число оборотов, когда конец вектора г проходит по контуру 1. Обозначим через магд~(г) приращение аргумента функции 1(г), когда конец вектора г обходит по контуру 1 область 6. Из формул (4) и (5) получим 7П 1 ~ п, — ~ ре = У вЂ” Р = — Л аги1 (г), 1 г=1 1=1 т.
е. разность между числом нулей функции 1(г) внутри области 6 и числом ее полюсов в этой области (с учетом их кратности) К равна количеству оборотов вектора ш =1(г) вокруг начала координат, когда точка г однократно пробегает контур 1 в положительном направлении. Это предложение и составляет суть принципа приращения аргумента. Следует подчеркнуть, что контур 1 не должен содержать ни нулей, ни полюсов функции 1(г), ибо в противном случае приращение аргумента функции 1(г) становится неопределенным.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
