Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

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

			1			1
I = ∫ (1+ z + z2 )e z dz + ∫						(1+ z + z2 )e		dz +
I = ∫ (1+ z + z2 )e z dz + ∫						(1+ z + z2 )e	z−1	dz +
	z	=3		z	=3
	z	=3		z	=3

+ ∫ (1+ z + z2 )e z−2 dz = I1 + I2 + I3.

z =3

Сосчитаем эти три интеграла. Подынтегральная функция в интеграле I1 имеет одну особую точку внутри контура интегрирования

z = 0 (существенно особая точка). Разложим функцию в ряд Лорана в этой точке:

∞

f (z) = (1 + z + z

)e z = (1 + z + z

) ∑

n=0 n! z

= (1 + z + z2 )

1 +

+... .

3!z

Соберем все коэффициенты при 1z :

c−1 =1+ 12 + 3!1 = 53 .

Таким образом, I1 = 2πi 53 .

Аналогично поступим, вычисляя интеграл I2 , подынтегральная функция в котором содержит также одну особую точку z =1 .

Предварительно многочлен 1 + z + z2

представим в виде многочле-

на по степеням z −1:

1+ z + z2 =1+(z −1) +1+ (z −1)

+1 2

= (z −1)2

+3(z −1) +3.

Разложение в ряд Лорана в точке z =1 будет иметь вид:

∞

f (z) = (1 + z + z2 )e z−1 = (z −

+3(z −1) +3 n∑=0

(z −1)n

= (z −1)2 +3(z −

1) + 3

1 +

+... .

z −1

2 (z −1)2

3!(z −

1)3

161

Опять соберем коэффициенты при z −1 , чтобы получить c−1 : res[ f (z),1] = c−1 = 3 + 32 + 3!1 = 143 .

Следовательно I2 = 2πi 143 . Действуя таким же образом, най-

дем, что интеграл I3 = 2πi 293 . Окончательно получим

I= 2πi 5 +14 + 29 = 32πi .

3 3 3


Пример 11.7 ([3], № 4.127).			1		C∫		dz	, где С – окруж-
Пример 11.7 ([3], № 4.127).				2πi	C∫	z2 + z +1		, где С – окруж-
ность	z	= r ≠ 1 .	1
ность	z	= r ≠ 1 .
Решение. Функция f (z) =							– двузначная. Однако в
Решение. Функция f (z) =			z2 + z +1				– двузначная. Однако в

окрестности точки z = 0 она допускает разделение на две независимые однозначные аналитические ветви, отличающиеся знаком, так как точка z = 0 не является точкой ветвления этой функции. Особыми точками функции являются ее точки ветвления, которые найдем, приравняв подкоренное выражение нулю:

z2 + z +1 = 0	z	=	−1±i 3	.

	1,2		2

Оба корня по модулю равны единице. Поэтому, если радиус контура интегрирования r < 1, то внутри контура особых точек нет, и интеграл от каждой из двух ветвей равен 0. Если r > 1, то вне контура особых точек нет, но вычет в бесконечно удаленной точке не равен нулю, так как при z →∞

f (z) =		1	±	1	,
	z2	+ z +1		z

res[ f (z),∞] = −c−1 = ±1.

Как известно, контурный интеграл, вычисляемый по внешним точкам, равен

162

−2πi∑res[f ( z), zk ],

где zk – особые точки вне контура. В данном случае (при r >1)

C∫

= ±1.

2πi

z2 + z +1

Пр имер 11.8 ([3], № 4.128).

∫

(

=1)

, где С –

2πi

(

)

парабола y2 = x , обходимая в

сторону возрастания у.

Решение. Контур С можно

рассм атри-

вать как замкнутый, проходящий через

бесконечно

удаленную

точку,

которой

ветви параболы замыкаются (рис. 11.1).

Бесконечность – правильная точка для обе-

их ветвей подынтегральной функции. Най-

дем особые точки, попадающие внутрь

контура, приравняв нулю многочлен z4 +1 .

Получим

две

точки

внутри

контура

Рис. 11.1

и z

– пол юсы первого порядка. Вычеты

z =

−i

вычислим по формуле

, приняв за φ функцию

, а за ψ

ψ′

z2 +

функ цию

z4 +1 ;

z1,2

res f (z), z

= 1

4z3 z2 +1

1,2

z4 z2 +1

1,2

где

z4 = −1 .

Обозначим

z +i = ρ eiφ1 ,

z −i = ρ

eiφ2 .

По определе-

1,2

нию корня

+φ2 +2πk

i φ1

)

z2 +1 =

z +i

z −i

(

= 0,1

ρρ

Так как для выбора одной ветви из двух дано условие

1 =1 , то

есть

z2 +1

z=0

=1, то при z = 0

z +i

= ρ eiφ1

имеем

163

ρ =1; φ =

, z −i = ρ

eiφ2

ρ2 =1; φ2

= −

+1 = eiπk

=1 k = 0

(рис. 11.2).

Следовательно, мы должны рассматри-

вать ветвь корня, задаваемую выражением

φ +φ

Рис. 11.2

z2 +1 =

ρρ

Вычислим значение этой ветви в точке

. Вектор

z +i

имеет в этой точке модуль

ρ2

−2cos

3π

= 2 + 2

= 2 +

2 ,

ρ1 =

2 +

2 ,

его

аргумент

3π

(рис.

11.3),

вектор

z −i

Рис. 11.3

имеет в этой точке модуль

ρ22 =1+1−

2cos

= 2 −

2 ,

ρ2

2 −

2 ,

его аргумент φ2

= −

. Получаем, что

φ +φ

(

)(

)

ei 1 2 2

= 4

−

2 +

ei 8 = 4 2

ei 8 .

z2 +1 =

ρρ

Аналогично

рассматривается

точка

z = z2

−i

Ввиду

симметрии этих двух точек относительно оси х сразу получаем, что

z22 +1 = 4 2 e−i

. Для суммы вычетов получим значение:

e−i

−

= −

2 e

−i

164

	1		i	π			π			1			π		1		1+cos		π
						−i						2cos							4
= −			e 8		+e		8	= −						= −						=
		2									2		8		24	2		2
4	4								4	4
= −			1		1+			2	= −		1		2 +		2 = −		1	1+ 2 .
	24 2 2							2			24 2 2						4

Так как по условию обход контура происходит по часовой стрелке (т.е. в отрицательном направлении), то надо взять полученный результат с противоположным знаком:

∫

= −

res

[

f (z), z

+res

[

(z), z

= 1 1+ 2.

2πi

(

)

1 ]

]

z +1 z

Пример 11.9 ([3], № 4.129).

C∫

= e

z ln a

), где а > 0,

2πi

az sin πz

а С – проходимая снизу вверх прямая х = α, 0 < α <1 .

Решение.

Рассмотрим контур γ,

пред-

ставленный на рис. 11.4. Внутри контура

функция

f (z) =

имеет единствен-

az sin πz

ную особую точку z = 1 – полюс первого

порядка. Вычет в этой точке вычислим по

формуле

Полагая

φ(z) =

ψ'

ψ( z ) = sin πz ,

ψ'( z ) = πcosπz ,

φ(1)

Рис. 11.4

res[ f (z),1] =

−1

ψ'(1)

aπ

Таким образом,

∫γ

= −

2πi

az sin πz

aπ

С другой стороны, этот интеграл равен сумме четырех интегралов по четырем сторонам прямоугольника, образующего контур γ. Рассмотрим каждый из них. Интеграл по нижнему горизонтально-

165

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