Материал: Высшая математика. Теория функций комплексного переменного. Пантелеев И.Н

Скачать файл

Заказать новую работу

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

приращение будет равно нулю. Когда z проходит контур Γ, соответствующая точка ω = f (z) проходит путь C . Поэтому

(

)

приращение

функции

)

равно

ϕ= ϕ (ω0 )−arg ω0 =

Γ arg f . Таким образом,

ΔΦ(z)= i

Γ arg f .

Из этого равенства, а также из (7.30) и (7.26) получаем

∫

f ′(z)

Γ arg

f =

ΔΦ(z)=

dz =

2πi(N −P)= 2π(N −P),

f (z)

что и требовалось доказать.

Пусть, например, Γ — достаточно малая окружность,

охватывающая

нуль кратности

функции

f (z). Тогда

N = n ,

P = 0 . Согласно теореме 4.3, при однократном обходе

точкой

z окружности

Γ вектор

f (z) совершит

n оборотов

вокруг начала координат против часовой стрелки. Если же Γ охватывает полюс порядка p (т.е. N = 0 , P = p ), то вектор

f (z) совершит p оборотов по часовой стрелке.

Полезным применением признака аргумента является следующая теорема.

Теорема 4.4 (теорема Руше). Пусть функции f (z) и g (z) аналитичны во всех точках замкнутого контура Γ и

внутри него и

f (z)

g (z)

на

Γ. Тогда

их

сумма

F (z)= f (z)+ g (z)

имеет внутри Γ

столько

же

нулей

учетом их кратности, что и f (z).

Доказательство. Покажем вначале, что функции

f (z)

F (z) не имеют нулей на Γ. Для любых комплексных чисел a

191

и b справедливо неравенство a +b ≥ a − b . Оно следует из неравенства треугольника:

a = a +b−b ≤ a +b + −b = a +b + b , откуда

a +b ≥ a − b .

Используя это неравенство и условие теоремы, получим

f (z) > g (z) ≥0 , F (z) = f (z)+ g (z) ≥ f (z) − g (z) > 0

для всех z Γ. Значит, f (z) и F (z) не обращаются в нуль на Γ, и кним можно применить принцип аргумента. Так как f (z)≠0 на Γ, то

f (z)+ g (z)= f (z) 1+ g (z) .f (z)

При умножении комплексных чисел их аргументы складываются. Отсюда следует, что

Γ arg( f + g)=

Γ arg f +

Γ arg 1

g (z)

z Γ.

По условию

теоремы,

для всех

точек

f (z)

Поэтому

если

обозначить

ω(z)=1+

g (z)

то

f (z)

g(z)

ω−1 = f (z) <1. Это неравенство обозначает, что при

обходе точкой z контура Γ точка ω будет двигаться по замкнутой территории, лежащей внутри круга ω−1 <1 (рис. 7.5). Следовательно, вектор ω не сделает ни одного оборота

192

вокруг		точки			ω = 0 ;
аргумент ϕ(ω) числа ω
вернется		к		начальному
значению,				и	его
Γ	(			приращение
		+ g	f	)	будет
	arg 1
равно 0 . Итак,
Рис. 7.5
Γ arg( f + g)= Γ arg f . Применяя	к каждой		из		функций

f + g и f равенство (29.3) с P = 0 (функции аналитичны, и

полюсов нет), приходим к тому, что эти функции имеют внутри Γ одинаковое число нулей. Теорема Руше доказана.

Теорема 4.4 иногда позволяет определить число нулей функции в заданной области.

Пример 4.5. Определить число корней уравнения

z8 −4z5 + z2 −1= 0 в круге

<1.

Решение.

Возьмем f (z)= −4z5 ,

g (z)= z8 + z2 −1. В

точках окружности

=1 имеем

f (z)

−4z5

= 4 ,

g (z)

z8 + z2 −1

≤

−1

= 3

Таким образом,

f (z)

g (z)

на окружности Γ= {

=1}. По

теореме Руше функция

f (z)+ g (z)= z8 −4z5 + z2 −1 имеет в

круге

столько

же

нулей,

сколько и

функция

f (z)= −4z5 . Но

f (z)

обращается в

нуль только

в точке

z = 0 ,

являющейся нулем

функции

f (z) пятого порядка.

Следовательно,

и функция

f (z)+ g (z) имеет в круге

пять нулей (с учетом кратности).

193

Важным применением теоремы Руше является простое доказательство с ее помощью так называемой основной теоремы алгебры.

Теорема 4.6 (основная теорема алгебры). Любой многочлен

п-й

степени

Pn (z)= a0 zn + a1zn−1 +...+ an ,

a0 ≠0 ,

имеет

плоскости

С комплексного

переменного

точности

нулей с учетом их кратности.

Доказательство. Запишем Pn (z)

в видеPn (z)= f (z)+ g (z),

где

f (z) = a0 zn ,

g (z) = a1zn−1 +...+ an . Так как

lim

f (z)

= lim

a0 zn

= lim

= ∞,

z→∞ g (z)

z→∞ a1zn−1 +...+ an

z→∞ a1

z +...

+ zn

то

найдется

такое число

R0 > 0 , что

при

≥ R0 будет

f (z)

≥2

g (z)

Возьмем

произвольное R > R0 .

Тогда

при

= R

получим

f (z)

≥2

g (z)

По теореме

Руше Pn (z)

имеет в круге

< R столько же нулей,

сколько и функция

f (z) = a0 zn .

Эта функция имеет нуль кратности n

в начале

координат, т.е.,

с учетом кратности, n нулей. Таким образом,

в любом круге

< R сколь угодно большого радиуса R > R0

многочлен Pn (z) имеет ровно n нулей. Значит, и во всей комплексной плоскости ^ их будет в точности n .

194

8. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ

Комплексные числа и действия над ними.

Задача 8.1. Число ( 3 −i)7 представить в алгебраической форме.

Решение. Напомним, что алгебраической (декартовой) формой комплексного числа называется выражение z = x +iy .

1) Представим число z = 3 −i в тригонометрической форме. Для этого найдем модуль r и аргумент ϕ этого числа:

r =

(

)

(

)

2 = 3+1 = 2 ;

+ −1

cosϕ=

;

sin ϕ=

= −1 ,

откуда

следует, что

лежит

в 4-й четверти. Поэтому

ϕ= −

+ 2πk , k ]. Можно взять любое из этих значений

ϕ. Итак,

3−i = 2 cos −π6 +i sin −π6 .

2)По формуле Муавра (2.10) найдём z 7 :

7		7		7π					7π
( 3 −i) = 2
							+i sin					=
			cos −				+i sin		−			=

						6			6
					π			π				3		1	(	)
		7			π	+i sin		π		7		3	+i	1			.
	= 2								= 2		−
	= 2		−cos		6			6	= 2		−	2		2	= 64 −	3 +i
					6			6				2		2

195

Источник: https://studfile.net/preview/16565872/

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)