Материал: 2373

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Пример 2.5. Найти особые точки функции f(z) и определить их характер:

а)	f (z) =	sin z	, б)	f (z) = cos	1	.
		z
					z

Решение. Для данных функций особой точкой является z0=0. Для определения характера этой точки воспользуемся разложениями (5) и (6).

sin z

(z −

z2n+1

а)

−... +

(−1)

+...) =

(2n +1)!

=1−

−... +(−1)

z2n

+...

(2n +1)!

Разложение функции

sin z

в окрестности точки z0 = 0 содержит только

правильную часть. Следовательно, z0=0 является для данной функции устранимой особой точкой.

б)

cos

=1−

−

−... +(−1)n

+...

(2n)!z

2!z

4!z

6!z

В окрестности z0=0 главная часть ряда Лорана содержит бесконечно

много членов.

Следовательно, для

функции

cos 1

точка z0=0

является

существенно особой.

Для определения полюса и его порядка полезно следующее

Замечание. Пусть

f (z) =

g(z)

где g(z) и h(z) – аналитические функции,

h(z)

причем z0 является нулем h(z) кратности n,

а g(z0)≠0. Тогда z0

– полюс

кратности n для функции f(z).

Пример 2.6. Найти особые точки функции

f (z) = 5 2 ez . z (z +4)(z −3)

Решение. В нашем случае g(z) = ez, h(z) = z5(z2 + 4)(z – 3) – аналитические функции во всей комплексной плоскости. Выпишем нули знаменателя – z1 = 0, z2 = 2i, z3 = – 2i, z4 = 3. Запишем знаменатель в виде произведения линейных множителей h(z) = z5(z – 2i)(z + 2i)(z – 3). Так как g(zk) ≠ 0 (k = 1, 2, 3, 4), то

z1 = 0 – полюс кратности 5, а z2 = 2i, z3 = -2i, z4 = 3 – полюсы кратности 1 (простые полюсы) для исходной функции.

Пример

2.7. Разложить

функцию

f (z) = sin

2z +3

в ряд Лорана в

z +1

окрестности точки z0 = –1.

Решение. Преобразуем данную функцию

2z +3

+ cos 2 sin

sin

= sin 2

cos

z +1

Воспользуемся разложениями (5) и (6)

sin 2z + 3 = sin 2(1 −

+... + (−1)n

+...) +

2!(z +1)2

(2n)!(z +1)2n

z +1

+ cos 2(

−

+... + (−1)n

+...) =

3!(z +1)3

(2n +1)!(z +1)2n+1

∞

(−1)

∞

(−1)

= sin 2∑

+ cos 2∑

(2n)!(z +1)

(2n +1)!(z +1)

2n+1

n=0

Пример 2.8. Разложить функцию f (z) =

в окрестности точки z0 = 1

5z −2

и найти область сходимости полученного ряда.

Решение. Мы должны получить разложение по степеням (z–1). Преобразуем данную функцию

f (z) =	1	=	1	=		1		.
f (z) =	5z −2	=	5(z −1) +3	=	3(1+	5(z −1)	)	.
						5(z −1)
						3
						3

Полученную дробь будем рассматривать как сумму бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем

q = −5(z3−1) .

Используя формулу суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии

= a(1 + q + q2 +... + qn +...),

1 −q

при | q |<1 получим

−

5(z −1)

52 (z −1)2

−... +

(−1)n 5n (z −1)n

+...).

5z − 2

18
Мы получили данное разложение при условии, что	−5(z −1)	<1. Отсюда
Мы получили данное разложение при условии, что	−5(z −1)	<1. Отсюда
	3

следует, что область сходимости полученного ряда будет определяться

неравенством			\| z −1\| <	3	. Это внутренняя часть круга с центром в точке z0 = 1
				5
и радиуса	3	.
и радиуса	5	.
	5

2.7. Вычеты

Определение. Вычетом функции f(z) в особой точке z0 называется число, равное коэффициенту с-1 при первой отрицательной степени в лорановском разложении (3). Обозначается вычет res f(z).

Пример 2.9. Найти вычет функции

2z +3

f (z) =sin z +1

в точке z0 = – 1.

Решение. Воспользуемся

результатом

примера

2.9.

Коэффициент

c−1 = cos 2. Следовательно, res−1 f (z) = cos 2.

f (z) = e

2 z+1

Пример 2.10. Найти вычет функции

z−3

в точке z0 = 3.

Решение. Запишем ряд Лорана для данной функции, воспользовавшись

разложением (4)

2 z+1

2( z−3)+7

f (z) = e

= e

= e2+

= e2 e

= e2 (1 +

+...).

z−3

−3

(z −3)2

Коэффициент при первой отрицательной степени c−1 = res3 f (z) = 7e2 .

Заметим, что в устранимой особой точке вычет всегда равен нулю, так как ряд Лорана содержит только правильную часть.

Для определения вычета в полюсе можно получить более удобные формулы. Пусть z0 – полюс кратности n, тогда

	1		d n−1			n
c−1 = resz0 f (z) =		lim			[(z − z0 )		f (z)]	(7)
c−1 = resz0 f (z) =		lim	dz	n−1	[(z − z0 )		f (z)]	(7)
	(n −1)! z→z0		dz

В частности, если z0 – полюс первой кратности (простой полюс), получаем

c−1

= res

f (z) = lim(z − z0 ) f (z)

(8)

→z0

Если f (z) =

g(z)

где g(z) и h(z)

аналитические функции, и z0 – простой

h(z)

полюс f(z), то из формулы (8) легко получить

c−1 = resz0 f (z) =

g(z0 )

(9)

h′(z0 )

Действительно,

= lim(z − z

)

g(z)

= lim

g(z)

g(z0 )

−1

h(z) − h(z0 )

z→z0

h(z)

z→z0

h' (z0 )

z − z0

Пример 2.11. Найти вычеты функции f

(z) =

z +1

(z −2)(z +i)

Решение. Для f(z) точка z1 = 2 – полюс первой кратности, а точка z2 = –i – полюс второй кратности.

Вычет f(z) в точке в точке z1 найдем по формуле (8):

res2

f (z) = lim(z −2)

z +1

= lim

z +1

3(2 −i)2

−2)(z

+i)2

(z +i)

+i)2

(2 +i)2

(2 −i)2

z→2

(2 −i)2 =

(4 −4i −1) =

−

Найдем вычет f(z) в точке z2 по формуле (7):

res−i f (z) =

lim

[(z +i)2

z +1

] = lim

(

z +1

) = lim

z − 2 − z −1

(z − 2)(z +i)2

z − 2

(z − 2)2

(2 −1)! z→−i dz

z→−i dz

z→−i

= −3 lim

= −

−3(2 −i)2

= −

(4 −

4i −1) = −

− 2)2

(−2

−i)2

+i)2 (2 −i)2

z→−i (z

Теорию вычетов широко используют для вычисления контурных интегралов. Приведем основную теорему о вычетах.

Теорема. Пусть f(z) - аналитическая функция в области D, кроме конечного числа изолированных особых точек z1, z2,…, zn, и пусть γ −замкнутый контур, содержащий внутри себя z1, z2,…, zn. Тогда

∫ f (z)dz = 2πi∑reszk f (z) (10)

γ k =1

Пример 2.12. Вычислить ∫γ

z +1

dz,

где

γ −

окружность |z| = 5.

(z −2)(z +i)2

Решение. Обе особые точки функции z1 = 2 и z2

= –i

лежат внутри

контура γ.Следовательно, по формуле (10)

z +1

dz = 2πi(res2

f (z) + res−i

f (z)).

∫γ (z −2)(z +i)2

Воспользуемся результатом примера 2.11

∫γ

z +1

dz = 2πi(

−

25 i −

+ 25 i) = 0.

(z −2)(z +i)2

Пример 2.13. Вычислить ∫

z +1

dz , где γ1 : 4x2 +

=1.

(z − 2)(z +i)

Решение. Контур γ1 − эллипс с полуосями

a =

и b = 2.

Внутри

находится только особая точка z = –i. Следовательно,

z +1

dz = 2πires−i f (z) = 2πi(−

i) = −

24π

−

18π

γ∫(z −2)(z +i)2

(мы опять использовали результат примера 2.11).

2.8. Приложение вычетов к вычислению несобственных интегралов

Пусть f(z) – функция, имеющая выше действительной оси конечное число особых точек z1, z2,…, zn и не имеющая особых точек на действительной оси. При достаточно большом R точки z1, z2,…, zn будут лежать внутри верхнего полукруга радиуса R с центром в нуле. Имеем (С – контур полукруга)

		n
∫ f (z)dz = 2πi∑reszk f (z),			(11)
C		k =1
но
∫ f (z)dz =∫R f (x)dx + ∫ f (z)dz,
C	−R	γ R

Смотрите также:


«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
Значение, сущность и содержание социально — педагогической деятельности в организации для детей-сирот и детей, оставшихся без попечения родителей
Проактивные методы PR-деятельности российских авиационных компаний «Россия», «Азимут»
__RGR2
__RGR2
_11_А. Франс для эл версии
_3 тема - Диффузия
_индив анализ данных