Функции комплексного переменного. Нахман А.Д - 14 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

(
)
()
()
()
()
ag
n
i
dz
az
zg
n
L
n
1
!1
2
−
−
π
=
−
∫
.
4) В области
GD ⊂ расположены два нуля многочлена
(
)
z
ψ
: az
=
1
и bz
=
2
. Тогда запишем интеграл в виде
(
)
(
)
(
)
∫∫∫
+=
21
LLL
dzzfdzzfdzzf ,
где
1
L и
2
L – границы непересекающихся окрестностей точек
1
z и
2
z . Для каждого из полученных интегралов проводим
далее вычисления в соответствии с пунктами 2 и 3.
Пример 1. Вычисление интеграла по замкнутому контуру. Вычислить
()
dz
izz
z
J
L
∫
+
+
=
2
sin2
вдоль окружности: а)
2
1
=z
;
б)
12 =+ iz
;
в)
12 =+z
. Направление обхода – против часовой стрелки.
Решение. а) Находим нули знаменателя – особые точки подынтегральной функции. Это точки
izz 2,0
21
−
=
=
.
Определим расположение точек относительно контура интегрирования. Контур – окружность с центром в точке
0
0
=
z и
радиусом
2
1
=R
. Внутри окружности
2
1
=z
содержится только одна точка 0
1
=
z . Поэтому, применяя п. 2 правила
(интегральная формула Коши), записываем подынтегральную функцию в виде дроби
z
iz
z
2
sin2
+
+
, где числитель
() ( )( )
1
2sin2
−
++= izzzg – функция аналитическая в указанном круге. Применяя интегральную формулу Коши, получаем
ответ:
()
π=
+
π=
+
+
π=
+
+
=
=
∫
2
2
0sin2
2
2
sin2
2
2
sin2
0
i
i
iz
z
idz
izz
z
J
z
L
.
б) Внутри окружности
12 =+ iz
с центром
(
)
i2
−
радиуса
1
=
R
содержится одна точка iz 2
2
−= . Поэтому, применяя
также п. 2 правила, записываем подынтегральную функцию в виде дроби
iz
z
z
2
sin2
+
+
, где функция
(
)
(
)
1
sin2
−
+= zzzg
аналитическая в указанном круге. Вычисляем интеграл:
()()()()()
.22sh2sin222sin22
))2((
)sin2(
1
1
−π=−π−=−−+π=
−−
+
=
−
−
∫
iiiiidz
iz
zz
J
L
в)
()
()
izz
z
zf
2
sin2
+
+
=
является аналитической в круге
12 ≤+z
, так как нули знаменателя 0
1
=z и iz 2
2
−
=
лежат вне
этого круга. Следовательно, по теореме Коши (для односвязной области) получаем
0
=
J .
Пример 2. Вычисление интеграла по замкнутому контуру. Вычислить
()
∫
+
+
=
γ
2
2
4
)2(
z
dze
J
z
вдоль окружности
2=− iz
,
обходимой в направлении против часовой стрелки.
Решение. Приведем интеграл J к виду
()
(
)
()
()
(
)
()()
∫∫∫
γγγ
+−
+
=
−
+
=
+
+
=
222
2
2
2
22
2
2
2
4
)2(
iziz
dze
iz
dze
z
dze
J
zzz
.
Заметим, что в круге
2≤− iz
содержится лишь одна из двух точек iz 2
±
=
(именно iz 2= ), в которой знаменатель
обращается в ноль. Записываем интеграл в виде
(
)
()()
(
)
(
)
∫∫
γ
−
γ
−
++
=
+−
+
=
2
2
22
)2(
22
22
2
iz
dzize
iziz
dze
J
zz
.
Применяем п. 3 правила при izn 2,2
0
== :
()
()
()
=
′
++π=
=
−
iz
z
eiziJ
2
2
222
()
(
)
()
(
)
=++++⋅−π
=
−−
iz
zz
eizeizi
2
23
22222
()
()
()
()
=
−
+
+
π=++⋅−π=
−−
1632
2
242422
22
2
2
2
3
ii
ii
e
i
e
ieieii

Страницы