ВУЗ:
Составители:
имеет хотя бы один корень.
Действительно, предположим противное. Тогда знаменатель дроби
()
01
1
1
...
1
azazaz
zf
n
n
n
++++
=
−
−
(3.9.10)
всегда отличен от нуля, а значит (вычислением производной) убеждаемся, что
(
)
zf аналитична во всей плоскости. Далее,
очевидно, что (см. п. 3
0
параграфа 2.2)
()
,0
...1
11
limlim
0
1
1
1
=
++++
⋅=
−
−
∞→∞→
nn
n
n
zz
z
a
z
a
z
a
z
zf
т.е.
()
1<zf
для достаточно больших z , например, в области, где Rz > с достаточно большим R. В круге Rz ≤ мо-
дуль
()
zf также ограничен, так как
()
zf непрерывна в круге. Получается, что аналитическая
()
zf имеет ограниченный
модуль, а тогда, по теореме Лиувилля,
()
const.=zf Но это противоречит ее определению (3.9.10). Следовательно, теорема
доказана.
7
0
. П р и м е р 1. Вычислить
dz
izz
e
J
z
∫
γ
π
+
=
2
вдоль окружности:
а)
2
1
=z
; б) 12 =−z ; в)
2
1
=+ iz
.
Направление обхода – против часовой стрелки.
Р е ш е н и е. а) Запишем интеграл в виде
()
(
)
∫∫
γγ
−
ππ
−
+
=
+
= dz
z
ize
dz
izz
e
J
zz
0
1
.
Поскольку внутри окружности 2/1=z содержится точка
0
0
=z
и не содержится
iz −=
(см. рис. 3.9.1), то для функ-
ции
() ( )
1−
π
+= izezf
z
применима интегральная формула Коши в виде
(
)
()
∫
γ
π=
−
0
0
2 zifdz
zz
zf
.
В нашем случае
()
π=+π=
−
⋅π
202
1
0
iieJ
.
б)
()
()
izz
e
zf
z
+
=
π
является аналитической в круге 12 ≤−z , так как нули знаменателя
0
0
=z
и
iz −=
1
лежат вне этого
круга (рис. 3.9.1). По теореме Коши (для односвязной области) имеем тогда
0
=
J
.
Рис. 3.9.1
в)
()
1−π
⋅= zezf
z
является аналитической в круге
2
1
=+ iz
с центром
(
)
i
−
радиуса
2
1
=R
. Тогда по формуле Коши
()
() ()
π=π−ππ−=−π=
−−
⋅
=
∫
γ
−
π−
−π
2sincos22
1
1
iiiedz
iz
ze
J
i
z
.
П р и м е р 2. Вычислить
∫
γ
−
= dz
iz
z
J
3
3
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 44
- 45
- 46
- 47
- 48
- …
- следующая ›
- последняя »
