Руководство к решению некоторых задач по теории функции комплексной переменной. Дусакаева С.Т - 19 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ОГУ | Оренбург

Составители: 

Рубрика: 

3 Вычисляем вычеты в этих особых точках.
4 Вычисляем интеграл по теореме Коши о вычетах:
() ( )
∫
∑
=
=
Г
n
k
k
zresfidzzf
1
2
π
.
Пример. Вычислить интеграл
∫
=−
+
11
4
1
z
z
dz
.
Решение.
1 Находим особые точки функции
(
)
zf . Особыми точками функции
()
1
1
4
+
=
z
zf являются нули знаменателя.
4
2
k
k
ez
ππ
+
=
i
eiz
4
0
2
2
2
2
π
=+= ,
i
eiz
4
3
1
2
2
2
2
π
=+−= ,
i
eiz
4
5
2
2
2
2
2
π
=−−= ,
i
eiz
4
7
3
2
2
2
2
π
=−= .
Контуром интегрирования является окружность
11
=
−
z . Замечаем, что внутри
контура Г расположены точки
и .
0
z
3
z
2 Определяем тип особых точек
и . Для этого функцию
0
z
3
z
(
)
zf
представим в виде
()
()
()
z
z
zf
ψ
ϕ
= , где
()
1=z
ϕ
, а
(
)
4
zz =
ψ
аналитичны в точках и
k
z
()
=
k
z 01 ≠
ϕ
,
()
0
=
k
z
ψ
и
()
′
k
z 0
3
≠
k
4= z
ψ
(
)
3,0=k . Следовательно, и –
полюса первого порядка функции
0
z
3
z
(
)
zf .
3 Вычисляем вычеты в точках
и по формуле
0
z
3
z
()
()
()
()
k
k
zz
z
z
z
z
res
k
ψ
ϕ
ψ
ϕ
′
=
=
.
Получаем:
19
        3 Вычисляем вычеты в этих особых точках.
        4 Вычисляем интеграл по теореме Коши о вычетах:
                              n
            ∫ f (z )dz = 2πi ∑ resf (z k ) .
            Г                k =1


                                                      dz
        Пример. Вычислить интеграл              ∫       4
                                                               .
                                               z −1 =1 z + 1


        Решение.

        1 Находим особые точки функции f ( z ) . Особыми точками функции
           1
f (z ) = 4   являются нули знаменателя.
        z +1

                 π + 2πk
        zk = e      4

                                  π
              2     2    i
        z0 =    +i    =e4 ,
             2     2
                                      3π
                2     2                  i
        z1 = −    +i    =e             4 ,
               2     2
                                       5π
                2     2                   i
        z2 = −    −i    =e              4 ,
               2     2
                                  7π
                2        2     i
       z3 =       −i       =e 4 .
               2        2
Контуром интегрирования является окружность z − 1 = 1 . Замечаем, что внутри
контура Г расположены точки z 0 и z 3 .
      2 Определяем тип особых точек z 0 и z 3 . Для этого функцию f ( z )
представим в виде
                ϕ (z )
       f (z ) =        , где ϕ ( z ) = 1 , а ψ ( z ) = z 4 аналитичны в точках z k и
                ψ (z )
ϕ ( z k ) = 1 ≠ 0 , ψ ( z k ) = 0 и ψ ′( z k ) = 4 z k3 ≠ 0 (k = 0,3). Следовательно, z 0 и z 3 –
полюса первого порядка функции f ( z ) .
           3 Вычисляем вычеты в точках z 0 и z 3 по формуле
            ϕ (z ) ϕ (z k )
 res z = zk       =           .
            ψ (z ) ψ ′( z k )
           Получаем:



                                                                                              19

Страницы