Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

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

Решение. z = 2 – существенно особая точка. Вычет находится как с–1 в разложении в ряд Лорана в этой точке. Разложение косинуса известно:

	1	∞	(−1)	n
cos		= ∑				.
	z −2		(2n)!(z −		2)2n
		n=0

Чтобы получить разложение функции f (z) , представим z3 в виде

z3 =[(z − 2) + 2]3 = (z − 2)3 + 6(z − 2)2 +12(z − 2) +8 .

Получаем разложение f (z) в ряд Лорана в точке z = 2:

f (z) =[(z − 2)3 + 6(z − 2)2 +12(z − 2) +8]×

× 1 −

−

... .

2!(z − 2)2

4!(z −

2)4

Перемножая квадратные скобки, соберем члены вида

c−1

z − 2

= −12

= −143 .

−1

Вычет на бесконечности равен

143 .

Пример 10.8. ([3], № 4.91).

f (z) = e

z .

Решение. Особые точки z = 0 и

z =∞ (существенно особые

точки). Разложение в ряд Лорана в нуле совпадает с разложением в бесконечности:

		+∞
		f (z) = ∑ cn zn ,
		n=−∞
∞	1
где cn = c−n = ∑	1	, т.е.
где cn = c−n = ∑		, т.е.
k =0 k!(n + k)!
			∞	1
res[ f (z),0] = −res[ f (z),∞] = c−1			= ∑	1		.
res[ f (z),0] = −res[ f (z),∞] = c−1			= ∑	k!(1	+k)!	.
			k =0	k!(1	+k)!
			k =0

146

Пример 10.9 ([3], № 4.92).

f (z) = sin z sin 1z .

Решение. Особые точки: z = 0 и z =∞ (существенно особые точки). Функция f (z) – четная, поэтому ряд Лорана в нуле содер-

жит только четные степени z и, следовательно, c−1 = 0 . Поэтому res[ f (z),0] = −res[ f (z), ∞] = 0 .

Пример 10.10 ([3], № 4.94).

f (z) =cos z2 +4z −1 . z +3

Решение. В конечной части плоскости имеется только одна особая точка z = –3 – существенно особая точка. Вычет найдем как с–1 в ряде Лорана. Разложение f(z) в ряд Лорана в точке z = –3:

f (z) = cos

+4z −1

= cos

+6z −2z +9 −10

z +3

(z +3)2

−2(z +3) −4

= cos

= cos (z +3) −2

−

z +3

=cos[(z +3) −2]cos z +4 3 +sin[(z +3) −2]sin z +4 3 =

=[cos2 cos(z +3) +sin 2 sin(z +3)]cos z +4 3 +

+[cos2 sin(z +3) −sin 2 cos(z +3)] sin

z +3

Так как

cos(z +3) и

cos

разлагаются только по четным

z + 3

степеням

z + 3 , а sin(z + 3)

и sin

– только по нечетным,

то

z +3

вклад в

дадут

только

слагаемые

sin 2 sin(z +3) cos

−1

z +3

−sin 2 cos(z +3) sin

. Их разложения имеют вид:

z +3

147

∞

(−1)

(z +3)

2n+1

∞

(−1)

sin 2 ∑

∑

(2n +1)!

(2n)!(z +

3)2n

n=0

∞

(−1)

(z +

∞

(−1)

2n+1

−sin 2 ∑

∑

n=0

(2n)!

n=0 (2n +1)!(z +3)2n+1

соответственно. В первом слагаемом в первой сумме изменим индекс суммирования n → n −1 , а во второй сумме первого слагаемого опустим член разложения с n = 0 , так как он не дает вклада в c−1 , т.е. первое слагаемое запишется в виде:

∞

(−1)

n−1

(z +3)

2n−1

∞

(−1)

sin 2 ∑

∑

(2n −1)!

(2n)!(z +

3)2n

n=1

откуда видим, что коэффициент при

равен

z +3

∞

42n

−sin 2 ∑

(2n

−1)!(2n)!

n=1

Во втором слагаемом непосредственно видно, что коэффициент

∞

2n+1

при

равен −sin 2

∑

Итак,

z + 3

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

n=0

res[ f (z), −3] = −res[ f (z), ∞] =

∞

42n

∞

42n+1

= −sin 2

∑

+∑

(2n −1)!(2n)!

(2n)!(2n +

n=1

n=0

1)!

∞

42n (2n2

+ n + 2)

= −2sin 2

2 + ∑

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

n=1

Пример 10.11 ([3], № 4.95).

f (z) =

(h ≠ 0) .

z(1−e−hz )

Решение. Особые точки найдем, приравняв нулю знаменатель 1−e−hz =0 или

e−hz =1 −hz = Ln1 = ln1 +i 0 +i2kπ = i2kπ zk = 2khπi

148

(k = ±1, ±2...) (минус не пишем, так как k принимает как положительные, так и отрицательные значения). Это полюсы первого порядка, потому что в них первая производная функции 1−e−hz не

равна нулю (она равна he−hzk

= he2kπi = h ). Вычет в этих точках вы-

числим по формуле

(10.3), приняв за φ(z)

функцию 1 , а за

ψ'

ψ(z) функцию 1 −e−hz . В результате получим:

res[ f (z), zk ]

φ(zk )

( k = ±1, ±2... ).

2kπih

2kπi

(k≠0)

ψ'(zk )

Отдельно рассмотрим точку

z = 0 . В ней знаменатель имеет нуль

второго порядка

(так

как

при

z → 0

1 − e−hz ~ hz и

z(1 −e−hz ) ~ hz2 ). Вычет вычислим по формуле (10.1):

res[ f (z),0] = lim

[ f (z) z2 ] = lim

1 .

z→0 dz

z→0 dz 1−e−hz

Вычет в бесконечности не определен.

Пример 10.12 ([3], № 4.96).

1 .

f (z) = zn sin

z =∞ – полюс по-

Решение. z = 0 – существенно особая точка,

рядка n −1 (при n >1 , так как sin 1 ~

1 ). При n < 0 вычет равен

z z→∞ z

нулю, так как в ряде Лорана нет члена

в первой степени.

При n > 0 нечетном функция

f (z)

четная. Следовательно, в ря-

де Лорана в нуле c1 = 0 и res[ f (z),0] = −res[ f (z), ∞] = 0 .

Если n = 0 или n > 0

и n – нечетное, то ряд Лорана в нуле име-

ет вид

(−1)k

∞

f (z) = zn ∑

k =0 (2k +1)!z2k +1

т.е.

149

			(−1)	n
c	=		(−1)	2	= res[ f (z),0] = −res[ f (z),∞] .
c	=				= res[ f (z),0] = −res[ f (z),∞] .
−1			(n +1)!
			(n +1)!
Пример 10.13 ([3], №4.97).
					f (z) =			1		.
					f (z) =		sin		1	.
							sin		1
									z
Решение. sin	1	=0 в точках				zk =		1		(k = ±1, ±2...) . В этих точ-
Решение. sin	z	=0 в точках				zk =		kπ		(k = ±1, ±2...) . В этих точ-
	z							kπ

ках функция имеет полюс первого порядка. Поэтому

res[ f (z), z

] =

φ(z

)

= −

(−1)k +1

ψ'(zk )

cos

−

k2π2 cos kπ

π2

zk2

Пример 10.14 ([3], № 4.98).

f (z) =

sin

Решение. z = 0 – устранимая особая точка (так как существует предел, равный 1). Вычет ранен нулю.

Точки zk = k 2π2 (k = 1, 2...) – полюсы первого порядка. Отсюда

res[ f (z), z

] =

φ(zk )

2zk

ψ'(zk )

cos

=2k 2π2 = (−1)k 2k 2π2. cos kπ

Пример 10.15 ([3], № 4.99).
f (z) = tg z	(п – натуральное число).
zn
Решение. Так как tg z =	sin z	и sin z ~ z , то точка z = 0 –
Решение. Так как tg z =	cos z zn	и sin z ~ z , то точка z = 0 –
zn	cos z zn	z→0

полюс порядка n −1 (за исключением n =1 , когда z = 0 – устрани-

150

Источник: https://studfile.net/preview/16708793/

Смотрите также:




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27