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

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

то в силу следствия 26.4 точка z2 = 3i является полюсом второго порядка. Аналогично доказывается, что z3 = −3i —

тоже полюс второго порядка.

Осталось рассмотреть точку z4 = ∞. Это можно сделать двумя способами: либо перейти к переменному ω =1 z и исследовать особую точку ω0 = 0 функции G(ω)= f (1ω) (см. пример 4.11), либо непосредственно вычислить предел

lim f (z) (или доказать, что этот предел не существует). В

z→∞

данном случае указанный предел легко вычисляется, поэтому второй способ проще. Действительно, 1 z →0 при z →∞.

Поэтому и	(	)	→ 0	при z →∞. Очевидно, что
	sin 1 z

(	z 2	)	2 →∞ при z →∞. Следовательно,
	z 2	+9	2 →∞ при z →∞. Следовательно,
			lim f (z)= lim			sin1 z				= 0 .
			lim f (z)= lim		(			)	2	= 0 .
			z→∞	z→∞	(	z	2	)
			z→∞	z→∞			2	+9
								+9

Так как функция f (z) имеет конечный предел при z →∞, то z4 = ∞ — устранимая особая точка (здесь несущественно, что предел равен нулю; важно, что он является конечным числом).

Если положить f (∞) = 0 , то f (z) станет аналитической в точке z4 = ∞.

Задача 8.32. Вычислить интеграл

z 4dz

z−∫i =2 (z 2 + 4)(z +1)2 .

Решение. 1) Изобразим контур интегрирования

	{	}
Γ=		z −i	= 2	на	комплексной
плоскости.				Он	является

Рис. 8.9

236

окружностью с центром z0 = i и радиусом 2 (рис. 8.9).

2) Найдем все особые точки функции, попавшие внутрь

контура, и исследуем их характер. Функция

f (z)=

z 4

(

z 2 + 4

z +1 2

)(

)

имеет три особые точки: z1 = −1,

z2 = 2i

и z3 = −2i . Из них

z1 и z2 лежат внутри контура, a

— вне его (см. рис. 65).

Из следствия 3.4 легко получаем,

что z1 является полюсом

второго порядка, a z2

— полюсом первого порядка.

3) В каждой из особых точек внутри контура найдем

вычет

функции f (z). Вычет в

точке

z2 = 2i найдем

по

формуле (5.5):

(z −2i)z 4

res2i f = lim (z −2i) f (z)= lim

(

−2i

)(

z +

)(

)

z→2i

(

)

4 −4 +3i

)

(

2i + 2i

)(

2i +1 2

4i(−3+ 4i)

−4−3i

)

Для вычисления вычета в точке −1 применим формулу (5.7) с

n = 2 :
						res					f = lim				((	z −z		0 )	2	f		z		′	;
								z 0					z→z 0		((			0 )			(			))
			2		′					(		z +1 2 z 4					′				z		4		′
(		0 )								(				)							z
				f (z)
	z −z					=												=								=
																2					2
(										2
(				)						2		)
							(		z			)							z			+ 4
									z			+ 4		(z +1)					z			+ 4

=	4z 3	(			)		2	=	2z 3		(	z 2		2	)	;
	4z 3		z 2 + 4			−z 4 2z			2z 3			z 2	+8
			(	z 2		)			(	z	2	+	)
				z 2	+ 4					z	2	+	4

237

res

f = lim

2z 3 (z 2 +8)

= −2 9

= −18 .

(

)

−1

z→−1

4) Используя основную теорему о вычетах, найдем

искомый интеграл по формуле

∫ f (z)dz = 2πi∑res z k

k=1

(формула (5.2)):

z 4dz

4(−4 +3i) 18

4π

(6 +17 i).

2πi

2 =

−

= −

z−i =2 (

)(

)

∫

+ 4 z +1

Задача

8.33.

Вычислить

вычет

функции

f (z)= (z + 2)e−1 z в бесконечно удаленной точке.

Решение. 1) Проверим, является ли особая точка z0 = ∞ изолированной. Для этого установим, существует ли

окрестность

точки

z0 = ∞

— внешность какой-либо

окружности

= R , — в которой нет других особых точек,

кроме

z0 = ∞.

Функция

f (z)= (z + 2)e−1 z

имеет

единственную конечную особую точку z1 = 0 .

Поэтому во

внешности любой окружности

= R (например, в

>1) нет

особых точек, кроме z0 = ∞.

2) Сделаем замену переменного ω =1 z

и подставим

z =1 ω в

f (z):

g (ω)= f (1ω)= (1ω+ 2)e−ω .

3) Найдем коэффициент при ω1 в лорановском разложении функции g (ω) по степеням переменного ω . Этот

коэффициент будет коэффициентом c−1 при z −1 в разложении Лорана функции f (z) по степеням z . Чтобы найти нужное

238

разложение функции			g (ω) , воспользуемся формулой (8.1).
Подставляя в эту формулу (−ω) вместо z , получаем
	1			(−ω)	2
	1			(−ω)
g (ω)=			+(−ω)+				=

		+ 2 1				+...
				2
	ω			2

= ω1 + 2−1−2 ω+ ω2 +ω2 −... = ω1 +1−32 ω+ω2 −...

(оставшиеся слагаемые содержат степени ω не ниже второй). Коэффициент при ω−1 равен c−1 = −32 .

4) Искомый вычет равен res∞ f = −c−1 = 32 .

Задача 8.34. Вычислить несобственный интеграл

+∞

(

x 2 −4 dx

−∫∞

)

(x 2 + 6x +13)(x 2 +16)

Решение. Как и в теореме 4.4, рассмотрим замкнутый

контур, состоящий из отрезка

−R,

]

действительной оси и

[

полуокружности γ(R) радиуса R , лежащей в верхней

полуплоскости

(рис.

66).

Возьмем

функцию

f (z)=

z 2 −4

(

2 + 6 z +13

z 2

+16

)(

)

переменное x в подынтеграль-

ном выражении заменить на z .

Покажем, что

Rlim→∞ ∫ f (z)dz = 0

(8.5)

γ(R)

Рис. 8.10

239

(т.е. что выполнено условие (28.3) теоремы 4.4). Действительно,

									4																					4
				z	2				4																					4
					1−					2																1−
					1−					2																1−						2
									z																							2
f (z)=									z									=													z						=
f (z)=				6		13									16			=					2			6			13						16		=
	z	2	+	6	+	13					2		+		16						z		2	+		6	+		13						16
	z	1	+		+		2	z				1	+		2						z		1	+			+			2			1+		2
				z		z																				z
				z		z									z											z				z					z
																																		=		1		h(z),
																																		=		z 2		h(z),
где
																	1−					4
					h(z)=												1−			z 2								.
																				z 2
															6			13							16
														+	6	+		13							16
												1		+		+			2			1+				2
															z			z							z
															z			z							z

Так как h(z)→1 при z →∞, то для достаточно больших

значений

будет

h(z)

< 2 .

Поэтому

f (z)

= h(z) z 2 < 2

z 2 . Следовательно,

при

достаточно

больших R

∫ f (z)dz

≤ ∫

f (z)

≤ ∫

πR =

2π

R 2

γ(R)

Переходя к пределу при R →∞, получаем (8.5). (Заметим, что мы уже проводили аналогичные рассуждения в примере 4.5).

+∞

В силу теоремы 4.4 интеграл ∫ f (x)dx равен сумме

−∞

вычетов функции f (z) в особых точках, лежащих в верхней

полуплоскости, умноженной на 2πi . В нашем случае особыми будут точки, в которых знаменатель обращается в нуль, т.е. z 2 +6z +13 = 0 , откуда z1,2 = −3± 2i , и z 2 +16 = 0 , откуда

240

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)