Izračunavanje integrala korištenjem ostataka. Rješavanje integrala online

transkript

1 MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSKE FEDERACIJE FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Orenburški državni univerzitet" Katedra za primenjenu matematiku IE VASILEGGO IZRAČUN INTEGRALA UZ POMOĆ EDIMETODIOLOGA REPUBLIKE I UPOTREBE DEHODOLOG Public Vijeće za visoko stručno obrazovanje "Orenburški državni univerzitet" univerzitet" Orenburg

2 BBK 6 y7 V 9 UDK 7 (7 Recenzent Kandidat fizičko-matematičkih nauka, vanredni profesor, šef katedre za matematičku analizu Nevostruev LM Vasilego IP Izračunavanje integrala korišćenjem ostataka: Metodološka B9 uputstva Orenburg: GOU OGU su, s Metodološka uputstva namenjen studentima ekonomskih i inženjersko-tehničkih specijalnosti Na osnovu glavne teoreme teorije ostataka dobijeni su algoritmi za izračunavanje definitivnih integrala trigonometrijskih funkcija i nepravilnih integrala dva tipa LBC 6 y7 IP Vasilego, GOU OSU,

3 Uvod Rješenje mnogih problema fizike, mehanike i nekih grana matematike povezano je sa proračunom definitivnih ili nepravilnih integrala. U radu se razmatraju metode za izračunavanje takvih integrala korištenjem teorije ostataka. Odjeljak daje osnovne informacije iz teorije ostataka. dio na primjerima analizira metode za izračunavanje definitivnih i nepravih integrala i daju primjeri za samostalno učenje

4 Osnovne činjenice teorije ostataka Obavezno za knjige (i (čitalac treba da se upozna sa osnovnim konceptima teorije funkcija kompleksne varijable: analitička funkcija, integral funkcije kompleksne varijable duž krive i njegova svojstva, Taylor i Laurentov red, itd. Definicija Nula analitičke funkcije f naziva se tačka, za koju f (ako f nije identično nula ni u jednoj okolini tačke, tada je moguće opisati krug od dovoljno mali poluprečnik sa centrom u tački unutar koje neće biti drugih nula osim centra If (k f f f (, i (k f (, tada se tačka naziva nula reda k za funkciju f Ako k, onda se nula naziva jednostavnom, jer k > k naziva se višestruka Definicija Točke u kojima funkcija f prestaje biti analitična nazivaju se singularne točke funkcije f Definicija Tačka se naziva izolovana singularna točka funkcije f ako je funkcija f analitična u nekom probušenom susjedstvo (prsten (C< < r}, а в самой точке или не определена, или определена, но не дифференцируема Определение Ряд вида a (a a где { a } - последовательность комплексных чисел, называется рядом Лорана с центром в точке a Ряд (частью ряда Лорана Ряд a, сходящемся в круге < r, называется правильной, сходящийся в области >, naziva se glavnim dijelom Laurentovog niza. Po definiciji, Laurentov red konvergira ako se njegovi pravi i glavni dijelovi konvergiraju istovremeno. Dakle, Laurentov red konvergira u prstenu:< < r Изолированные особые точки бывают трех типов: устранимая особая точка, полюс, существенно особая точка Определение Изолированная особая точка функции f lm f f называется устранимой, если существует конечный предел

5 Tada je f ako i samo ako je glavni dio njegovog Laurentovog niza sa središtem u tački odsutan Definicija 6 Izolovana singularna točka funkcije f lm f je uklonjiva singularna točka funkcije naziva se polom ako Tada f, ako i samo ako se glavni dio Laurentovog reda sa središtem u tački sastoji od m (konačan broj članova: f je pol funkcije a a m m a a m m m (((, a, m Broj m se naziva red pola Ako je m , tada se pol naziva jednostavnim. Ako je za funkciju f tačka pol reda m, onda je za funkciju tačka nula reda m f Definicija 7 Izolovana singularna tačka funkcije f lm f ne postoji Tačka naziva se bitna singularna točka ako je f ako i samo ako glavni dio Laurentovog niza sa središtem u točki sadrži beskonačan broj članova je bitna singularna točka funkcije Na primjer, tačka - bitna singularna točka funkcije Doista , e! Imajte na umu da je izolovana singularna tačka funkcije f pol reda k ako i samo ako je u neko probušeno susjedstvo tačke:< < r, f причем аналитична (k в круге < r и (Вычет функции и правила вычисления его Определение 8 Вычетом однозначной аналитической функции f в изолированной особой точке (в том числе называется значение интеграла f γ d Re s f e

6 gdje se integracija provodi preko γ -zatvorene komadno glatke Jordanove konture koja sadrži tačku unutar sebe i ne sadrži druge singularne tačke funkcije f U ovom slučaju, integracija se provodi u pozitivnom smjeru u odnosu na područje koje sadrži tačka If Re s f a je koeficijent u (u Laurentovom nizu If, onda, onda Re s f a u Laurentovom proširenju funkcije Ostatak od f u tački, gdje je a koeficijent od at na f u susjedstvu tačka, nalazi se, u osnovi, direktno po definiciji, a kružnica R dovoljno velikog radijusa uzima se kao kontura γ Pravila za izračunavanje ostataka u tački Ako je tačka uklonjiva singularna tačka za funkciju f, onda je Re s f Neka tačka je pol prvog reda (jednostavan pol za Re s f lm f f Tada (Konkretno, ako je f, gdje su funkcije i ψ, (, ψ(, ψ (, onda susjedstva tačke Re s f ψ (( Ako je tačka pol reda > m, funkcije f ψ su analitičke u, onda je Re s f! (m lm m (m f) zatvorena domena G ograničena zatvorenom ispravljivom Jordanovom krivom C, osim konačnog broja izolovanih singularnih tačaka a, a, a smještenih unutar C, tada je formula f d Re s f ak c k 6

7 Izračunavanje integrala trigonometrijskih funkcija Integrali oblika R(cos,s d, gdje je (u v R, racionalna funkcija, a funkcija g (R(cos, s je kontinuirana na intervalu [,])) je redukovana na integral nad jediničnim krugom funkcija kompleksne varijable Neka e Tada koristeći Eulerove formule: e cos s dobijamo e e e e s, cos ili s, cos (Odavde d e d ili Prilikom promjene iz u d d d, varijabla prolazi kroz krug, ~ ~ dakle R d (gdje je R R, Pošto je racionalna funkcija R ~ na kružnici, onda postoji r > takvo da u krugu< r функция R ~ определена и аналитична всюду за исключением быть может конечного числа изолированных особых точек, находящихся в круге < Взяв в качестве контура С окружность и применяя теорему, получим ~ Re s R, (k a k где таков:, k - полюсы функции a a, a R ~, лежащие в круге < Таким образом, алгоритм вычисления интеграла R(cos,s d надо доказать, что функция R(cos, s s и непрерывна на [ ;]; делаем замену e при которой отрезок [ ;] cos или рациональна относительно переводится в d M C ; s, cos t, d и t множество { } 7

8~RD; proveravamo uslov teoreme.Da bismo to uradili, nalazimo izolovane singularne tačke, k funkcije R ~ koje pripadaju skupu C< R ~ аналитична на замкнутом множестве { } { C } G Теперь функция ограниченном окружностью за исключением точек, k ; вычисляем ориентируясь на следующие возможные случаи: ~ а R P многочлен относительно Так как изолированных особых точек нет, то; ~ a б R P (P - многочлен Тогда точка простой R ~ ~ и Re s R a (по определению вычета, поэтому полюс функции a a ; ~ в R причем ψ(, (, ψ (Тогда по правилу ψ ~ ((Re s R и по формуле (; ψ (ψ (~ P г R, где P и Q - многочлены Q Особые точки, k ищутся среди корней (нулей многочлена Q Точки, k могут быть только полюсами (простыми или порядка m Вычет функции R ~ точек, k находят по правилу или по правилу Тогда k ~ Re sr Рассмотрим примеры: dt (cos t Решение Функция cost и непрерывной на [ ;] Полагая f (t является рациональной функцией (cos t t e имеем d cos t, dt 8

9 9 Sada d d d d< за исключением точки Следовательно, по теореме имеем: (Re 8 (Re g s g s d Пользуясь формулой правила вычисления вычета имеем: lm lm lm lm lm! ((Re g s Таким образом 8 Вычислить s cos d Решение Используя формулы понижения степени: cos s, cos cos получим, что cos cos d Сделаем замену t, тогда cos cos dt t t Функция t t cos cos является рациональной функцией относительно cost и непрерывной на ; Теперь после замены t e имеем 6 8 d

10 Funkcija (~ R ima singularne tačke 8 (6, tačke leže unutar kruga Štaviše, to je pol drugog reda, nalazimo njegov ostatak po pravilu ~ (6 (6 Re lm s R lm 8(6 8(6) 8 Tačka je jednostavan pol Ostatak Re s R ~ pronađite po pravilu ~ Re s R(lm 8 (((Prema formuli (imamo (8((cos Izračunajte d a cos a R, > 8 (8(8 8) pod uslovom da< a < и s Решение Рассмотрим интеграл d a cos a поскольку подынтегральная функция нечетна, а пределы интегрирования симметричны Тогда cos s e d d a cos a a cos a После замены e d, cos, d будем иметь d d a a a(a a a ~ Подынтегральная функция R (аналитична на множестве кроме ~ нуля знаменателя а, который является простым полюсом функции R (Особая точка не принадлежит множеству По формуле (и a ~ a a правилу имеем, что Re s R(lm a a a a a a a a

11 (d Izračunaj (s α s e Rješenje Promijenimo (s α d (s α e)) Zatim d d s, d i s α (Integrand je analitičan na skupu osim za nazivnik nula, koji je jednostavan pol integranda) Formulom (i pravilom dobijamo da (s α (Re lm (s s α (((Primeri za nezavisno rešenje Izračunajte integrale: d dt ; ; cos s t s d d ;, ; cos a > a cos cos d,< a < ; as 7 (cos cos d,; cos cos d 9, a < ; a cos a s d 6, < a < ; a s a, s 8, a >; a cos a d (a b cos, a > b > d

12 Izračunavanje nepravilnih integrala Prilikom izračunavanja nekih tipova nepravilnih integrala, koristit ćemo sljedeće dvije Jordanove leme Lema Neka je funkcija f(neprekidna u domeni D C R, m za neke R > i lm R M (R, gdje je ( ) max f , C ( C R, m ) M (R C R R R R Tada je lm f d R C R (x R (x je racionalna funkcija, Q(x i polinom Q(x) ne nestaju na realnoj osi i njegov stepen je najmanje dvije jedinice veći od stepena polinoma R(x), nazvaćemo ga integralom prvog tipa. Zbog gore nametnutih uslova, na R(x, c) je zadovoljena nejednakost R(x sa nekom konstantom C> i stoga je x integral konvergira. Izvodimo formulu za izračunavanje ovog integrala koristeći ostatke. Da bismo to uradili, razmotrimo zatvorenu konturu K τ koja se sastoji od polukruga C τ ( C τ, m ) i segmenta [ τ, τ] realne ose (vidi Sl. . noc y C τ -τ τ x Slika Smjer zaobilaženja konture K τ je prikazan na slici. Razmotrimo funkciju kompleksne varijable R (i neka su polovi ove

13 funkcija koje leže u gornjoj poluravni. Uzimamo broj τ toliko veliki da su sve tačke unutar K τ analitične u G osim samo za tačke, domen G, konturu K τ i funkciju R(zadovoljava uslove teoreme, dakle , ili τ τ K τ R(d Re sr(k R(x R(d Re sr(C R k k)) U posljednjoj jednakosti prijeđimo na granicu na τ Imajte na umu da se u ovom slučaju njegova desna strana ne mijenja, i na lijevoj strani R d prema prvoj τ Jordan lemi, i integralu R (x R(x) Tako smo dobili formulu τ k k R(x Re s R( , ,), (Dakle, algoritam za rješavanje nepravilnih integrala od prvi tip je sledeći: pokazujemo da nazivnik Q(x ne nestaje na realnoj osi i da je njegov stepen za najmanje dve jedinice veći od stepena polinoma P(x; P(preći na promenljivu kompleksne funkcije R ; Q(naći kompleksne korijene polinoma Q(, koji su polovi funkcije R( ; iz pronađenih polova funkcije R(odabiremo samo one koji leže u gornjoj poluravni, na primjer, ; prema pravilima (ili (izračunajte ostatke Re s R(, k, ; 6 prema formuli ( izračunaj integral) Ponekad se tačke i 6 izvode istovremeno Razmotrimo primjere Izračunaj ( x k k C R

14 Rješenje Pošto je integrand (x je paran, onda (x Pošto (x ne nestaje na realnoj osi i stepenu polinoma (x je četiri veći od stepena brojioca (x), x), onda je integral (x) integral prvog tipa) Razmotrimo polinom funkcije R Korijeni ((su, - Tačke i - polovi drugog reda funkcije R(pol je pao u gornju poluravninu Prema pravilu, izračunavamo ostatak sa u odnosu na: Re s R(lm (! lm 8 ((lm ((! (Prema formuli (izračunaj integral Izračunaj integral x (x (x 9 lm ((Rješenje) Očigledno, integral prvog tipa Funkcija R je analitičan svuda u ravni, osim za ((9 tačaka, ove tačke su jednostavni polovi funkcije R(dve od njih (i leže u gornjoj poluravni)) Prema formuli (imamo Po pravilu Re s R(lm Re s R(lm (R(x Re s R(Re s R(lm ((9 (9 (9 (lm ((((9,

15 Otuda 6 6 Izračunajte integral x, a > (x a Rješenje Pošto je integrand paran, onda je x (x a Očigledno, integral prvog tipa reda funkcije R(Jedan od njih (a je ušao u gornju poluravninu Po formuli (i pravilu imamo (a a Re s R(lm lm a a! a a a (a lm a (a a (a 6a) Izračunaj integral, a >, (a x Rješenje - integral prvog tipa) Funkcija R( ima pol a p (a reda u gornjem (a (poluravni)) Koristeći pravilo i formulu (, dobijamo Re lm a lm s R a (! a (! a a a a! (((((a ( ((!! Primjeri za nezavisno rješenje Izračunajte integrale: x ; x x ; x

16 ; 7x; x x 6 x (bx a, a, b > ; (x a (x b, a, b > ; 7 9 x ; x x ; x 8 8 x 6 (x a, a > ; (x x a, a > 6) Integrali drugog tipa Integrali oblika R(x s αx, R(x cos αx) nazivaju se integrali P(x drugog tipa, ako je R (x racionalna funkcija, a Q(x nema Q(x realnih korijena)) i stepen od Q(x je barem jedan veći od stepena P (x Pokažimo da oba integrala konvergiraju pod ovim uvjetima Integrirajući po dijelovima i uzimajući u obzir da je lm R(x), dobijamo R(xsαx R(xcosαx α x α R (xcosαx α R (x cosαx) Integral R (x cos αx) apsolutno konvergira, budući da funkcija R (x ima stepen brojnika najmanje dvije jedinice manji od stepena nazivnika. To implicira konvergenciju integral R(x s αx) Slično, dokazujemo konvergenciju integrala pomoćne funkcije na osnovu teoreme, dobijamo e duž konture K τ (vidi sliku u α R(x e R(e d Re s f, gdje je τ toliko veliki da k k svi polovi R( leže unutar K τ ) dolazimo do jednakosti Wu C τ

17 R e α d Re s f k k Izjednačavanjem realnog i imaginarnog dijela dobijamo da leži u gornjoj poluravni Razmotrimo primjere (x s x x x Izračunaj integral Rješenje Jasno je da je integral drugog tipa D 8< x x x R, и степень знаменателя на меньше степени числителя (s (s Рассмотрим функцию R(((((Функция R(имеет в верхней полуплоскости один простой полюс в точке По формуле (/ имеем m Re s(R(e Используя правило, получаем (e (((e Re s e R(Re s lm ((((lm (e ((e (e e e (cos s Таким образом m e (cos s cos e cos x Вычислить интеграл, a >x a Rješenje Kako postoji parna funkcija pod predznakom integrala, onda cos x i R (x, α x a x a

18 drugog tipa. (a, ψ(a i ψ (a Na isti način a ψ(ψ (a je bilo moguće izračunati ostatak u primjeru Primjeri za nezavisno rješenje). Izračunati integrale (x s x x s x ; ; x x (x 9 x s x ; x x x s x, a > ; x a x x x x s x 6 7 ; x x s x 9 ; x x 9 6 cosx (x a (x b cos x (x b a > ; cos ax 8, a > ; x x a x cos x x x a >, b > a b; 8

19 Spisak referenci Aleksandrov IA, Sobolev VV Analitičke funkcije kompleksne varijable M: Vysshaya Shkola, 98 9 s Bitsadze AV Osnove teorije analitičkih funkcija kompleksne varijable M: Nauka, 969 s Evgrafov MA, Sidorov YuV, Fedoryuk MV, Shabunin MI, Bezhanov KA Kolekcija problema u teoriji analitičkih funkcija M: Nauka, s Ershova VV Funkcije impulsa Funkcije kompleksne varijable Operativni račun Minsk: Viša škola, s Krasnov ML, Kiselev AI, Makarenko GI Funkcije kompleksna varijabla Operativni račun Teorija stabilnosti M: Nauka, 987 str 6 Markushevich AI Kratkiy tečaj teorije analitičkih funkcija M: Nauka, str 7 Privalov II Uvod u teoriju funkcija kompleksne varijable M: Nauka, 977 str AG, Tikhonov AN Teorija funkcija kompleksne varijable M: Nauka, s Sidorov YuV, Fedoruk MV, Shabunin MI Predavanja o teoriji funkcija kompleksne varijable o varijabli M: Nauka, s Solomecev ED Funkcije kompleksne varijable i njihova primjena M: Viša škola s Shabat BV Uvod u kompleksnu analizu M: Nauka, str 9

Vježba 8 Ostatak 8 Definiranje ostatka 8 Izračunavanje ostatka 8 Logaritamski ostatak 8 Definiranje ostatka

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Bjeloruski državni univerzitet NI Ilyinkov, OAKononova, NKFilippova Primjena teorije ostataka na izračunavanje integrala Minsk UDK 575/55(75) Odluka

Integral funkcije kompleksne varijable integrala FKP

Starkov V.N. Materijali za uvodno predavanje Pitanje 9. Dekompozicija analitičkih funkcija u redovima stepena Definicija. Funkcionalni niz oblika (((... (..., gdje su kompleksne konstante (koeficijenti serije

Metodički razvoj Rješavanje problema na TFKP Kompleksni brojevi Operacije nad kompleksnim brojevima Kompleksna ravan Kompleksni broj se može predstaviti u algebarskoj i trigonometrijskoj eksponencijali

Poglavlje 1 Operativni račun. 1. Definicija Laplaceove transformacije. Laplaceova transformacija povezuje funkciju f(t) sa realnom varijablom t sa funkcijom F() kompleksne varijable = x + iy

PREDAVANJE N38. Ponašanje analitičke funkcije u beskonačnosti. posebne tačke. Ostaci funkcije..okolina tačke u beskonačnosti.....Laurentova ekspanzija u okolini tačke u beskonačnosti.... 3. Ponašanje

I Sažetak Svrha i ciljevi discipline (modula) Svrha savladavanja discipline: dati studentima sistematsko znanje o metodama kompleksne analize i naučiti ih da to znanje primjenjuju u rješavanju matematičkih zadataka.

Bagachuk A.V. Bushueva N.A. Polyakova I.A. Trutnev V.M. TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE Smernice za sprovođenje samostalnog rada Krasnojarsk 2007 Sadržaj. Opće informacije 3 2. Zadaci

8 Kompleksni niz brojeva Razmotrimo niz brojeva sa kompleksnim brojevima oblika k a, (46) gdje je (a k) dati niz brojeva sa kompleksnim članovima k

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Obrazovna ustanova "Bjeloruski državni pedagoški univerzitet po imenu Maksim Tank" N T Stelmashuk, V A Shilinets

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUJSKE FEDERACIJE Nacionalni istraživački Nižnji Novgorodski državni univerzitet po imenu NI Lobačevskog NP Semerikova AA Dubkov AA Kharčeva Serija ANALITIČKIH FUNKCIJA

ELEMENTI TEORIJE FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE OPERACIONOG RAČUNA

Dagestan State University of National Economy ODJEL ZA MATEMATIKU Mukhidinov Magomed Gosengadzhievich Ispagieva Asiyat Dalgatovna Indefinite Integral TUTORIAL Makhachkala 2017 Mukhidinov

Predavanje 7 Taylorov i Laurentov niz 7. Taylorov red U ovom dijelu ćemo vidjeti da koncepti niza stepena i analitičke funkcije definiraju isti objekt: bilo koji niz stepena s pozitivnim radijusom konvergencije

Naslov Uvod. Osnovni pojmovi.... 4 1. Volterra integralne jednadžbe... 5 Mogućnosti domaće zadaće.... 8 2. Rezolventa Volterra integralne jednadžbe. 10 opcija za domaći zadatak.... 11

~ ~ FCF Derivat funkcije kompleksne varijable FCF iz Cauchy-Riemannovog uvjeta Koncept pravilnosti FCF-a Prikaz i oblik kompleksnog broja Oblik FCF-a: gdje je realna funkcija dvije varijable realna

MV Deikalova KOMPLEKSNA ANALIZA Pitanja za ispit (grupa MH-21, 215) Pitanja prvog kolokvijuma 1 1. Diferencijalnost funkcije kompleksne varijable u tački. Uslovi Cauchy Riemanna (D'Alembert Euler).

ELEMENTI OPERATIVNOG RAČUNA IZDAVAČKA KUĆA TGTU MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSKOG FEDERACIJE GOU VPO "Tambov State Technical University" ELEMENTI OPERATIVNOG PRORAČUNA

Problemi u teoriji funkcija kompleksne varijable

MOSKVSKI DRŽAVNI UNIVERZITET im. M.V. Lomonosov FIZIČKI FAKULTET KATEDRA ZA MATEMATIKU V.T. Volkov, A.V. Kravcov, D.V. Minaev, V.Yu. Popov, N.E. Shapkin. Pitanja i zadaci za

Fond alata za ocenjivanje za sprovođenje srednje sertifikacije studenata iz discipline (modula) Opšte informacije Departman za matematiku, fiziku i informacione tehnologije smer 0030 Matematika

Teorija funkcija kompleksne varijable Predavač Aleksandar Sergejevič Romanov 1. Analitičke funkcije kompleksne varijable Kompleksni brojevi. Trigonometrijski i eksponencijalni oblici kompleksnog broja.

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Ustanova obrazovanja "Francisk Skorina Gomel State University" A P STAROVOITOV G N KAZIMIROV ZH N KUL'BAKOVA

PREDAVANJE N37. Niz analitičkih funkcija. Dekompozicija analitičke funkcije u niz stepena. Taylor serija. Laurentov red..Proširivanje analitičke funkcije u niz stepena.....Taylorov red.... 3.Proširenje analitičke

ODOBRAVAM prorektora za nastavu Yu.A. Samara 10. juna 2010. PROGRAM I ZADACI Teorija funkcija u disciplini: kompleksna varijabla u oblasti studija: 010600 fakulteti: za sve fakultete

Predavanje 9 Elementi teorije ostataka 9.1 Definicija ostatka U ovom odeljku uvodimo pojam ostatka analitičke funkcije u izolovanoj singularnoj tački, što je važno za aplikacije. Malo o samom terminu. broji,

Predavanje 5 Integral Cauchyjevog tipa 5.1 Integral Cauchyjevog tipa Neka je C orijentirana po komadima glatka kriva, f kontinuirana funkcija definirana na krivulji. Za bilo koju tačku z C \ funkcija t f(t) z je kontinuirana u promjenljivoj

Metalurški fakultet Katedra za višu matematiku

Tipični zadaci sa rješenjima. Primjer gama funkcije. Pronađite proizvod = 3. Rješenje. Prije svega, ponovno ćemo indeksirati + tako da proizvod počinje od jedan. Kao rezultat, dobijamo +. 3 Zatim širimo

OPCIJSKI ZADATAK ZA IZRAČUNANJE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE (ODGOVOR DAJTE U ALGEBRIČKOM OBLIKU: a Arch; b RJEŠENJE A IZRAČUNAMO ARH POMOĆU FORMULE Arch(L(U OVOM PRIMJERU ZI, DAKLE, FUR L(± L(± ± ± KORISTI

Laurentov red Općenitiji tip nizova stepena su nizovi koji sadrže i pozitivne i negativne potencije z z 0. Kao i Taylorovi redovi, oni igraju važnu ulogu u teoriji analitičkih funkcija.

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Sibirski državni industrijski univerzitet"

Stranica od lekcije 9. Izračunavanje realnih integrala uz pomoć ostataka Mat. analiza, app. Matematika, 4. semestar Nađite sljedeće trigonometrijske integrale koristeći ostatke: A π + cos ϕ. A π 3

Ministarstvo obrazovanja i nauke Ruske Federacije GUBKIN RUSKI DRŽAVNI UNIVERZITET ZA NAFTU I GAS U Melnikovu, BR.

Rješenje standardnih opcija za kontrolni rad na temu Integrali funkcije jedne varijable Smjernice UDK 517.91 Smjernice sadrže detaljna rješenja standardnih opcija za kontrolni rad

Poglavlje RAČUN VARIJACIJA Predavanje 9 Uvod

ODJELJAK 5 Integralni račun funkcija jedne varijable

Smjernice za praktičnu (seminarska) nastavu Osnovni cilj praktične (seminarske) nastave iz discipline "Teorija funkcija kompleksne varijable" je

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA REPUBLIKE AZERBEJŽAN DRŽAVNI UNIVERZITET BAKU Program je sastavljen na Katedri za teoriju funkcija i funkcionalnu analizu Državnog univerziteta u Bakuu

Matematička analiza Sekcija: operativni račun Tema: Laplasova transformacija i njena svojstva Predavač Pakhomova E.G. 2011 11. Original i slika. Teorema inverzije DEFINICIJA 1. Neka je: R C. Funkcija

S A Lavrenchenko wwwwrckoru Predavanje Fourierova transformacija Koncept integralne transformacije Metoda integralnih transformacija je jedna od moćnih metoda matematičke fizike i moćno je rješenje

TEMA V FOURIEROVA SERIJA PREDAVANJE 6 Proširenje periodične funkcije u Fourierov red Mnogi procesi koji se javljaju u prirodi i tehnologiji imaju svojstva da se ponavljaju u određenim intervalima. Takvi procesi

MINISTARSTVO NAUKE I OBRAZOVANJA RUSKE FEDERACIJE MOSKVSKI DRŽAVNI OTVORENI UNIVERZITET po imenu V. S. Černomirdina INSTITUT KOLOMENSKOG ODELJENJE VIŠE MATEMATIKE I FIZIKE EF KALINIČENKO PREDAVANJE NA KALKULU

Bagachuk A.V. Bushueva N.A. Polyakova I.A. Trutnev V.M. TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE Organizacione i metodološke smernice za savladavanje discipline Krasnojarsk 2007 1. Opšte informacije

Osnovi funkcionalne analize i teorija funkcija Nastavnik Sergej Andrejevič Treskov 3. semestar. Fourierova serija. Postavljanje problema proširenja periodične funkcije u terminima najjednostavnijih harmonika. Fourierovi koeficijenti

3724 NIZ VIŠESTRUKIH I KRIVILINIJSKIH INTEGRALA 1 PROGRAM RADA SEKCIJA "NIZ VIŠE I KRIVILINIJSKIH INTEGRALA" 11 Brojevne serije Pojam niza brojeva Svojstva brojevnog niza Neophodan kriterijum za konvergenciju

OPERATIVNI RAČUN Operativni račun se odnosi na simbolički račun zasnovan na konstrukciji matematičke analize kao sistema formalnih

Kompleksni brojevi, funkcije i operacije nad njima y modul R realni dio realni broj, yim imaginarni dio realni broj iy algebarska notacija kompleksnog broja Glavna vrijednost argumenta

Fourierov integral Realni i složeni oblici pisanja Fourierovog integrala Neka je f () neperiodična funkcija definirana na cijeloj realnoj osi i koja zadovoljava Dirichletove uslove na bilo kojem konačnom intervalu

Federalna agencija za obrazovanje Arhangelski državni tehnički univerzitet Građevinski fakultet SERIES Smjernice za ispunjavanje zadataka za samostalan rad Arkhangelsk

Osnove teorije specijalnih funkcija Potreba za proučavanjem specijalnih funkcija matematičke fizike povezana je s dvije glavne okolnosti. Prvo, kada se razvija matematički model fizičkog

Predavanje 11. Izračunavanje integrala sa stepenom i logaritamskim težinama 11.1. Integrali sa stepenom pondera Razmotrimo integral oblika x α 1 f(x) dx, (11.1)

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Vitebski državni tehnološki univerzitet Tema. "Redovi" Katedra za teorijsku i primijenjenu matematiku. razvijen od strane doc. E.B. Dunina. Main

Tema modula Funkcionalni nizovi i nizovi Svojstva uniformne konvergencije nizova i redova Potencijskog niza Predavanje Definicije nizova funkcija i nizova Uniformno

Matematička analiza Sekcija: FNP integracija Tema: Krivolinijski integral druge vrste Predavač Pakhomova E.G. 2013 10 10. Krivolinijski krivolinijski integralni integral druge vrste druge vrste nad koordinatama

MA EVDOKIMOV LA MURATOVA LV LIMANOVA ZBIRKA ZADATAKA U VISOKOJ MATEMATICI TEST METODE KONTROLE ZNANJA Tom III Vodič za učenje Samara Samara Državni tehnički univerzitet MINISTARSTVO PROSVETE

MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUJSKE FEDERACIJE Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja Katedra "Državni univerzitet Kemerovo"

Časopis za eksperimentalnu i teorijsku fiziku. 948 v. 8 izdanje. A.N. Tikhonov A.A. Samara. O principu zračenja Opšti princip zračenja za talasnu jednačinu je formulisan u smislu da rešenja

PREDAVANJE N 7 .Snaga

Stranica od 9 6. lekcija. Izolirane singularne tačke jednog karaktera (ISOS) Mat. analiza, app. matematika, 4. semestar A Proširiti funkciju ln z + 2 z 3 u Lorentov niz u susjedstvu tačke. Korijeni i višestrukosti

FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE DRŽAVNA OBRAZOVNA USTANOVA VISOKOG STRUČNOG OBRAZOVANJA "SAMARSKI DRŽAVNI TEHNIČKI UNIVERZITET" Odsjek za primijenjenu matematiku

Ministarstvo prosvjete Republike Bjelorusije Obrazovna ustanova "Bjeloruski državni univerzitet za informatiku i radioelektroniku" Fakultet za računarske sisteme i mreže Katedra za višu matematiku

Funkcije Diferencijacija funkcija 1 Pravila diferencijacije Pošto je derivacija funkcije definirana kao u realnom području, tj. kao granica, onda, koristeći ovu definiciju i svojstva granica,

Tema KRIVILINIJSKI INTEGRALI Predavanje KRIVILINIJSKI INTEGRALI PRVE VRSTE Problemi koji vode do koncepta krivolinijskog integrala prve vrste Definicija i svojstva krivolinijskog integrala prve vrste Proračun

Teorija funkcija kompleksne varijable S. G. Bugaeva Fakultet fizike Novosibirsk State University Ovi slajdovi su pratili predavanja i sadrže neke (nipošto sve!!!) definicije i definicije.

1. Proračun integrala po zatvorenoj konturi. Neka funkcija f(z) ima samo izolovane singularne tačke unutar zatvorene konture Γ. Zatim integral od f(z) duž konture Γ se može naći primjenom teoreme 27.1 na ostatke: izračunavanjem ostataka u singularnim tačkama koje se nalaze unutar konture Γ, sabiranjem ovih ostataka i množenjem sume sa 2mr, dobijamo traženi integral.

G1 primjer 28.1. Izračunaj integral

Rješenje: Unutar kruga z= 2 postoje dvije singularne točke funkcije f(z) = ( 2 2+ i)(^+ 3) 2 ’ naime z i = Uz2= -C treća singularna tačka z%= - 3 leži izvan ovog kruga. Ostaci u tačkama ±r pronađeni su u primjeru 27.5: res*/ = 0,01(7-N), res_*/ = 0,01(7- G). Primjenom formule (27.2) imamo:

Ako je funkcija f(z) ima samo izolovane singularne tačke u proširenoj kompleksnoj ravni C, onda je umesto izračunavanja sume ostataka u konačnim singularnim tačkama lakše pronaći ostatak u beskonačnosti i koristiti teoremu 27.10 o zbiru ostataka.

Primjer 28.2. Izračunaj integral

Rješenje. Funkcija f(z)= ima osam singularnih tačaka

Rješenja jednadžbi z s 4- 1 = 0. Svaka od ovih tačaka Zk je pol drugog reda, budući da je u susjedstvu tačke Zk funkcija f(z) ima oblik f(z)= , gdje h(z) je analitičan u susjedstvu

bodova Zk i h(zk) f 0. Sve singularne tačke leže unutar kruga z= 2. Izračunavanje ostataka na svim ovim tačkama je veoma naporno. Teorema 27.10 primjenjuje se na ovu funkciju, koja daje

Stoga je dovoljno pronaći ostatak u tački zq = eo. Koristimo formulu (27.13). Evo

Funkcija g(w) predstavljaju u formi = - 1 ^ ^. gdje h(w) = --

W(1 + W b)

Zbog zdravo (w) je analitičan u okolini tačke wq = 0 i h(0) F 0, tada se ostatak reso$ može lako pronaći pomoću formule (27.6 /): reso# = h(0) = 1. Iz (27.2), (28.1) i (27.13) dobijamo:

2. Izračunavanje integrala oblika / R(cos ip, grijeh dp, gdje R-

racionalna funkcija cos R, grijeh R. Takvi integrali se javljaju u brojnim aplikacijama (na primjer, u rješavanju graničnih problema). Oni se svode na integrale razmatrane u prethodnom pododjeljku promjenom varijable 2 = e g Onda dz = e tip idp = zidp, gdje

(vidi formule (12.2)). Kada se promeni R od 0 do 2m tačka r opisuje kružnicu z= 1. Dakle, nakon prelaska na varijablu 2, dobijamo integral nad jediničnim krugom funkcije koji se može predstaviti kao omjer dva polinoma; takve funkcije se nazivaju racionalne razlomke ili frakcione racionalne funkcije.

Primjer 28.3. Izračunaj integral

Rešeno i e. Izvođenjem navedenih zamena dobijamo da je ovaj integral jednak

Dekomponiramo imenilac na faktore, za koje nalazimo korijene jednadžbe az 2 - (a 2 + )z + a= 0. Diskriminant

Dakle, integrand f(z) ima dvije singularne tačke z - a i 22 = 1/a, od kojih je svaki pol prvog reda. Pošto po uslovu |a| Z leži unutar kruga z= 1, i G? izvan nje. Prema teoremi 27.1

Za izračunavanje ostatka u tački Z = a može se koristiti bilo koja od formula (27.5), (27.6), (27.6"). Primijenimo, na primjer, formulu (27.6). Ovdje

3. Izračunavanje nepravilnih integrala. Neka f(x)

funkcija postavljena na cijeloj osi OH. Hajde da razmotrimo izračun

realni integrali f f(x) dx, definiran na sljedeći način:

Integral definisan jednakošću (28.2) se zove nepravilan integral u smislu glavne vrijednosti. Ako je izdana u (28.2)

postoji, onda integral J f(x) dx pozvao konvergirajući; ako pre-

slučajevi ne postoje divergentan.

Ako svaki od integrala konvergira

(tj. postoje oba odgovarajuća ograničenja), onda nepravilni integral u (28.2) također konvergira i jednak je zbiru ovih integrala.

Ali obrnuto nije tačno: iz konvergencije integrala / f(x)dx u kom smislu

glavna vrijednost (tj. iz postojanja granice u (28.2))

konvergencija integrala / f(x)dx i / f(x)dx. Na primjer, inter-

-Ltd

/ xdx

--^ konvergira u smislu glavne vrijednosti i jednaka je nuli,
1 + X*

zbog

Istovremeno, svaki od integrala divergira.

Računanje mnogih nepravih integrala

(u smislu glavne vrijednosti) zasniva se na sljedećoj teoremi.

Teorema 28.4. Neka je funkcija f(x),x 6 (-oo, +os), zadovoljava sledeća dva uslova:

1) funkcija f(z), dobijeno zamjenom x kompleksnom varijablom z, ima u kompleksnoj ravni OD samo izolovane singularne tačke, i nijedan od njih ne leži na x-osi;
2) ako 7(I) - polukrug poluprečnika R sa centrom u početku, leži u gornjoj (ili donjoj) poluravni, onda

u posebnom

Zatim integralni. J f(x)dx jednaki zbroj.me ostataka funkcije f(z)

tačke koje leže u gornjoj poluravni, pomnožene sa 2/P (odnosno, ] je zbir ostataka u singularnim tačkama iz donje poluravnine, pomnožen sa pa -2 lg).

Dokaz. Razmotrimo prvo slučaj kada polukrug 7(R) leži u gornjoj poluravni. Uzmimo zatvorenu konturu G, koja se sastoji od segmenta [-I, I] i polukruga 7(I), sa obilaznicom u smjeru suprotnom od kazaljke na satu (Sl. 49). Prema teoremi 27.1

gdje se zbir proteže na sve singularne tačke Zk koja leži unutar konture G. Prijeđimo na granicu kao R -> oo. Koristeći relacije (28.2) i (28.3), dobijamo željenu jednakost:

gdje je zbir uzet po svim singularnim tačkama iz gornje poluravni.

Ako polukrug 7(R) leži u donjoj poluravni, tada će odgovarajuća kontura G" ići u smjeru kazaljke na satu (ovaj smjer nastaje jer se segment [-R, R] u svakom slučaju mora prijeći s lijeva na desno, tj. smjeru povećanja X). Zbog toga će se desnoj strani (28.4) dodati znak minus. Teorema 28.4 je dokazana.

Primjer 28.5. Izračunaj integral

Rješenje. U ovom slučaju f(z) = ^+ yy Provjerite valjanost uslova (28.3):

gdje h(z) = --§- to. Od lim h(z)= 1, tada za dovoljno velike

vrijednosti z bice h(z)

Shodno tome.

(ovdje fdz= tg R- dužina polukruga y(R)). Prelazak na pre- 7(«)

case at R-> oo. dobijamo (28.3). Izrađene procjene vrijede i za gornji i za donji polukrug. Stoga se bilo koji od njih može izabrati kao 7(A). Neka y(R) - gornji polukrug. Jer

onda f(z) ima dvije singularne tačke z- 3g, zo= -Zr, koji su polovi drugog reda. Od njih je samo u gornjoj poluravni z= Zg. Ostatak u ovoj tački se nalazi po formuli (27.7) sa m = 2:

Imajte na umu da je bilo moguće izračunati ovaj integral bez pribjegavanja metodama kompleksne analize, već pronalaženjem antiderivata integranda. Ali gornja računica je mnogo jednostavnija.

Argument koji smo izveli u primjeru 28.5 da bismo provjerili uvjet (28.3) primjenjuje se bez promjene na bilo koju funkciju f(z), predstaviti kao omjer dva polinoma (to jest, racionalni razlomak) ako je stepen polinoma u nazivniku dvije ili više jedinica veći od stepena polinoma u brojniku. (U primjeru 28.5 stepen polinoma u brojiocu je 2, a u nazivniku - 4.) Sljedeća teorema pokazuje da uvjet (28.3) također zadovoljava još jedna važna klasa funkcija čiji integrali nastaju, na primjer, u operativni račun (vidi Poglavlje VIII).

Teorema 28.6 (Jordanova lema). Neka je funkcija F(z) apolitična u poluravni lm z ^-a, osim za konačan broj izolovanih singularnih tačaka, i lim F(z) = 0. Ako a 7(R) - luk

krug z = 7?, poluravni Ini 2^ -a, onda

Rice. pedeset

Dokaz. Razmotrite prvo slučaj a > 0. Označiti sa M(7?) modul maksimalno F(z) na luku 7(7?). Jer lira F(z) = 0, onda

lim GOSPODIN) = 0.

Podijelimo 7(7?) na tri dijela 7i (L), 72(7?) i 7z(T?) (Sl. 50): lukovi 7 i(R) i 72 (I) nalaze se između reda y = -a a osa OA", a 73(T?) je polukrug koji leži u poluravni Im z^ 0. Očigledno, integral nad 7(7?) jednak je zbiru integrala nad ova tri luka. Procijenimo svaku od njih posebno.

U tačkama z = x + iy lukovi 71 (7?) i 72 (7?) će biti -y dakle

Označimo sa /(7?) dužine, a sa y?(7?) centralne uglove lukova 7i(T?) i 72(7?) (u radijanima). Lako je vidjeti (vidi sliku 50) da je siny? =

gdje?>(7?) = arcsin -. Prema tome /(7?) = R

7?arcsin -. Odavde dobijamo

Dakle, u slučaju a> 0 teorema je dokazana. Ako a a^ 0, zatim luk "y(R) leži u poluravni im z^ 0 i dio je luka 73 (R); dijelovi 7i (R) i 7r(R) u ovom slučaju nema. Za 7 (R) gornji argumenti za 73(7?) su validni, a teorema 28.G je potpuno dokazana.

Značenje teoreme 28.6 je to. koja je funkcija F(z) može težiti ka nuli proizvoljno sporo (zapazite da je u primjeru 28.5 smanjenje funkcije f(z) at z-? oo je bio dovoljno brz kao |z|“ 2). Ali množenje sa e ltz osigurava da je integral preko 7 (R) na nulu.

Komentar. Za slučaj t z = /? koja leži u poluravni Im z ^ -a(prikazano isprekidanom linijom na slici 50). Dokaz u ovom slučaju je sličan onom gore za t> 0. U slučaju t- 0 Teorema 28.6 nije tačna.

PRIMJER 28.7. Izračunaj integrale

Dakle, stvarni i imaginarni dijelovi funkcije f(x) i su funkcije čiji se integrali moraju naći. Zbog toga

su one funkcije čiji se integrali mogu naći. Zbog toga

/ X€*^ x

--- dx i uzmi od njega akcije +9

realne i imaginarne dijelove, tada dobijamo željene vrijednosti.

Funkcija F(z) = .D zadovoljava uslove teoreme 28.6: it z"f 9

ima samo dvije singularne tačke z> = ±3t i lim -- = 0. Es-

z->o o Zz + 9

da li je 7(/?) luk kruga z = R, nalazi se u poluravni Im z > 0. zatim prema tcodcmc 28.6

(uzeli smo (28.5) t= 2). Dakle, možemo primijeniti teoremu 28.4,

prema kojem je integral / --- dx jednak je zbroju ostataka funkcije

Jxz 4- 9

cije f(z) = --- u singularnim tačkama iz gornje poluravnine 1 t z > z I J

Oh pomnoženo sa 2t. U poluravni Im z > 0 laže jedina

Z e i2z

singularna tačka Z= Zr funkcije f(z). Jer f(z) = ------,

(z - oi)(z+ Zg)

onda z= Zr je pol prvog reda. Ostatak u ovom trenutku može se naći iz bilo kojeg od coomul (27., "V. (27.6L (27.63. Ppimenim (27.63. Zles

Realni i imaginarni dijelovi rezultirajućeg broja i bit će željeni i ja ggegral i:

(Imajte na umu da nestanak prvog od ovih integrala direktno slijedi iz činjenice da je on integral neparne funkcije u intervalu simetričnom u odnosu na ishodište.)

Integral racionalne funkcije.

Razmotrimo nepravilan integral racionalne funkcije - omjer dva polinoma P(x) i Q(x) (sa kompleksnim koeficijentima):

Konvergira ako nazivnik nema pravi korijen i ako je stepen brojioca najmanje dva manji od stepena nazivnika.

Kako izračunati vrijednost ovog integrala?

Može se, naravno, uzeti neodređeni integral racionalne funkcije i zamijeniti granice. Ali ispostavilo se da je ponekad brže primijeniti metode vezane za analitičku prirodu funkcije.

Funkcija kompleksne varijable z jednaka je analitička svuda u ravni varijable z, osim konačnog broja tačaka, korijena nazivnika. Razmotrimo u gornjoj poluravni zatvorenu po komadima glatku konturu L koju čine segment [-R, R] realne ose i polukrug

gdje je R toliko veliko da izvan rezultirajućeg polukruga više nema ni jednog korijena nazivnika u gornjoj poluravni.

Unutar ovog polukruga postoji, općenito govoreći, određeni broj korijena nazivnika, na primjer (slika 1.3.1).

Zbog formule

dobijamo izraz

Neka je sada R c. Na polukrugu imamo, na osnovu uslova o stepenima polinoma P(z) i Q(z), gde je A neka konstanta; zbog toga

Iz ovoga slijedi da je integral

ima ograničenje na vrijednosti (1.3.1.2). Ali pošto integral (1.3.1.1) konvergira, on se mora poklapati sa granicom integrala (1.3.1.3). dakle,

a. Ako su korijeni jednostavni, onda po formuli

i stoga

b. Komentar. Njihov integral smo sveli na zbir ostataka (pomnoženih sa) funkcije u gornjoj poluravni, s obzirom na konturu L, sastavljenu od segmenta [-R, R] i polukruga.

Ali na isti način se može razmišljati sa konturom sastavljenom od segmenta (pređenog s desna na lijevo) i polukruga u donjoj poluravni; dobićemo

gdje su korijeni polinoma Q(z) koji leže u donjoj poluravni.

Prolazeći do granice na, nalazimo

Dobijeni rezultat se po obliku razlikuje od rezultata (1.3.1.4). U stvarnosti se, naravno, poklapaju, tako da je razlika između ovih rezultata, tj. pomnožena zbirom ostataka funkcije na svim korijenima Q(z), i u gornjoj i u donjoj poluravni, jednaka do 0.

Ovo se takođe može prikazati direktno. Kao što znamo, ovaj zbir ostataka se poklapa sa integralom

duž cijelog kruga polumjera R dovoljno velikog da sadrži sve korijene Q(z) unutra. Ovaj integral ne zavisi od R i u isto vreme dozvoljava procenu

Dakle, integral (8) je jednak 0. Dakle

a. Fourierovi integrali. Često postoje integrali oblika

Ako je uslov ispunjen

tada se sva tri Fourierova integrala apsolutno konvergiraju. Ako je funkcija f(x) realna kao i monotono teži nuli, tada integrali (1.3.2.2) i (1.3.2.3) konvergiraju kao, ali, općenito govoreći, ne apsolutno. Ako je, pored toga, f (- x) f (x) (tj. funkcija f (x) je parna), tada je integral (1.3.2.3) jednak nuli, ako je f (- x) = -f ( x) (funkcija f(x) je neparna), tada integral (1.3.2.2) nestaje. Štaviše, postoji očigledna veza

tako da u slučaju realnog f(x) integrali (1.3.2.2) i (1.3.2.3) predstavljaju stvarni i imaginarni dio integrala (1.3.2.1).

b. Metode integracije kontura su često korisne. Neka. je racionalna funkcija i polinom Q(x) ima stepen najmanje jedan veći od stepena polinoma P(x) i ne nestaje za realno x. U ovom slučaju, integrali (1.3.2.1) -- (1.3.2.3) konvergiraju

Neka su korijeni polinoma Q(x) koji leži u gornjoj poluravni. Formiramo zatvorenu konturu koja se sastoji od segmenta [-R, R] realne ose i polukruga.

Hajde da pokažemo kada

Ako, onda ||=||=. Stoga, ako je stepen polinoma Q(z) za najmanje dvije jedinice veći od stepena polinoma P(z), dokaz relacije (1.3.2.5) može se izvesti na potpuno isti način kao u 1.3. .1.

in. Ako je stepen polinoma Q(z) samo jedan veći od stepena polinoma P(z), onda Argument 1.3.1 ne uspijeva. Za ovaj slučaj utvrđujemo sljedeću lemu.

Lemma. Za , nejednakost

(c - konstanta).

Dokaz. Pošto je dovoljno razmotriti integral

jednaka polovini prethodnog. Imamo u

pošto je funkcija za u>0 ograničena. Lema je dokazana.

Ostatak funkcije f(z) u izolovanoj singularnoj tački z0 je broj gde je 7 dovoljno mali krug i nema drugih singularnih tačaka funkcije f(z). Iz formule za koeficijente Laurentovog reda direktno slijedi da je, dakle, ostatak funkcije f(r) u izolovanoj singularnoj tački zo jednak koeficijentu na (r - zq)~] u Lorentovom proširenju ovog funkcija u tački z0. Ovo posebno implicira da je ostatak u uklonjivoj singularnoj tački jednak nuli. Naznačimo neke formule za izračunavanje ostatka na polu funkcije f(r). 1. zq - pol prvog reda: 00 Pomnožimo oba dijela ove jednakosti sa z - zo i, prelazeći na granicu na z zo, dobijamo da Ako se funkcija f (z) može predstaviti kao razlomak gdje i f (z) su analitičke funkcije , i jednostavan pol, onda iz formule (3) slijedi primjer 1. Neka singularne tačke » funkcije, BE jednostavan gyulus. Dakle, 2. zo je pol reda m: Da biste eliminirali negativne potencije od z - z0, pomnožite obje strane ove jednakosti sa (z-Zo)m, Ostaci Osnovna teorema o ostatcima Primjena ostataka na izračunavanje integrala Ostatak od funkcija u odnosu na tačku na beskonačnim integralima Integrali racionalnih funkcija Jordanova lema Izračunavanje Fresnelovih integrala Hajde da diferenciramo dobijenu relaciju m - 1 puta i, prelazeći na granicu na , dobićemo da je Primjer 2. Neka 4 Singularne točke ovog funkcija su tačke r = ±i. Ovo su polovi drugog reda. Izračunajmo, na primjer, res/(i). Imamo teoremu 21i. Neka je funkcija f(z) analitička svuda u domeni D osim za konačan broj izolovanih singularnih tačaka 7, tada za bilo koju zatvorenu domenu G koja leži u D i sadrži tačke zn unutar, vrijedi sljedeća jednakost. Teorema slijedi iz Cauchyjevog teorema za višestruko povezanu domenu. Konstruirajmo krugove tako malog polumjera r da kružnice koje su njima ograničene budu sadržane u domeni G i da se ne sijeku jedna drugu (slika 29). Označimo sa G* domen koji se dobija iz domene G uklanjanjem krugova Ui..., U„. Funkcija f(z) je analitička u G* i kontinuirana u svom zatvaranju G7. Dakle, po Cauchyjevom teoremu za višestruko povezanu domenu, imamo Iz ove formule, koristeći definiciju ostatka, dobijamo traženu jednakost (5). 6.1. Ostatak funkcije u odnosu na tačku u beskonačnosti Za funkciju f(z) se kaže da je analitična u tački u beskonačnosti z = oo ako je funkcija analitična u tački C = 0. Ovo treba shvatiti na sljedeći način: funkcija g(0 = f (f) može se proširiti na analitičku postavljanjem Na primjer, funkcija je analitička u tački z = oo, pošto je funkcija analitična u tački C = 0. Neka je funkcija f(z) analitička u nekoj okolini beskonačne tačke (osim same tačke z = oo). Tačka z = oo naziva se izolovana singularna tačka od f(z) ako nema drugih singularnih tačaka f(z) u nekom okruženju ove tačke. Funkcija ima neizolovanu singularnost u beskonačnosti: polovi zk = k-k ove funkcije akumuliraju se u beskonačnosti ako je k oo. Kaže se da je z - oo uklonjiva singularna tanka tačka, pol ili bitna singularna tačka funkcije f(z), u zavisnosti od toga da li je lim f(z) konačan, beskonačan ili uopšte ne postoji. Kriterijumi za tip beskonačne tačke povezane sa Laurentovom dekompozicijom razlikuju se od onih za konačne singularne tačke. Teorema 22. Ako je z - oo uklonjiva singularna tačka funkcije /(z), tada Laurentova ekspanzija f(z) u susjedstvu ove tačke ne sadrži pozitivne potencije od z; eaiu z - oo je pol , onda ovo proširenje sadrži konačan broj pozitivnih potencija od z, u slučaju suštinske singularnosti, beskonačan broj pozitivnih potencija z. Lorentovo proširenje funkcije /(z) u susjedstvu beskonačne točke je proširenje Laurentovog niza koje konvergira svuda izvan kruga dovoljno velikog radijusa R sa središtem u tački z - 0 (osim, možda, tačke z - oo sama). Neka je funkcija f(z) analitička u nekom susjedstvu tačke z = oo (osim možda same ove tačke). Ostatak funkcije /(z) u beskonačnosti je količina pae 7 - dovoljno veliki krug \z\ \u003d p, pređen u smjeru kazaljke na satu (tako da susjedstvo tačke z - oo ostaje lijevo, kao u slučaju krajnje tačke r = r0). A iz ove definicije slijedi da je ostatak funkcije u beskonačnosti jednak koeficijentu na z~! u Lorentovom proširenju /(z) u blizini tačke z - oo, uzeto sa suprotnim predznakom: Primjer 3. Za funkciju f(z) = imamo f(z) = 1 + j. Ovaj izraz se može smatrati njegovom Lorentovom ekspanzijom u okolini +tačaka z = oo. Lako je vidjeti da je tako da je tačka z = oo uklonjiva singularna tačka, i postavljamo, kao i obično, /(oo) = 1. Ovdje, dakle, iz ovog primjera slijedi da je ostatak analitičke funkcije sa u odnosu na beskonačno udaljenu uklonjivu singularnu tačku (na razlici od konačne uklonjive singularne tačke) može se pokazati različitim od nule. Poznate Taylorove ekspanzije funkcija e1, cosz, sinz, chz, shz mogu se smatrati i Lorentovim proširenjima u blizini tačke z - oo. Pošto sva ova proširenja sadrže beskonačan skup pozitivnih potencija od z, nabrojane funkcije imaju suštinsku singularnost u tački z = oo. Teorema 23. Ako funkcija f(z) ima konačan broj singularnih tačaka u proširenoj kompleksnoj ravni, tada je zbir svih njenih ostataka, uključujući beskonačni ostatak, jednak nuli. Dakle, ako su konačne singularne tačke funkcije f(z), onda se posljednja relacija može zgodno koristiti prilikom izračunavanja nekih integrala. Primjer 4. Izračunajte integral Polovi (konačni) integranda su korijeni zt jednačine rn = -1, koji svi leže unutar kruga.U susjedstvu tačke r = oo, funkcija f(z) ima sljedeća ekspanzija: Primjena rezidua za proračun određenih integrala. Integrali racionalnih funkcija Teorema 24. Neka je f(x) racionalna funkcija, tj. gdje su polinomi stupnjeva nm, redom. Ako je funkcija f(x) kontinuirana na cijeloj realnoj osi (. stepen nazivnika je najmanje dvije jedinice veći od stepena brojioca, tada je p.(*) Qm(z) na svim polovima smještenim u gornja poluravnina ne postoji racionalna funkcija).4 Razmotrimo zatvorenu konturu 7 koja se sastoji od segmenta realne ose gornjeg polukruga. Možemo pretpostaviti da je R odabran toliko da je unutrašnjost područja ograničena konturom 7 sadrži sve polove funkcije locirane u gornjoj poluravni (slika 30) Na osnovu teoreme o ostatku I. Procijenimo J. Na osnovu uvjeta o stupnjevima polinoma, postoje pozitivni brojevi D0 i M tako da za By svojstvo 6 integrala funkcije kompleksne varijable za imamo R 00. Imajte na umu da desna strana ne zavisi od R, a drugi član na lijevoj strani teži 0. Iz toga slijedi da je granica prvog člana postoji i jednak je položen u gornjoj poluravni. Primjer 5. Izračunajte integral Pošto je integrand parna funkcija, razmotrite funkciju Ostaci Glavna teorema o ostacima Primjena rezidua na izračunavanje integrala Ostatak funkcije u odnosu na tačku u beskonačnosti Primjena ostataka na izračunavanje definitivnih integrala Integrali racionalnih funkcija Jordanova lema Izračunavanje Fresnelovih integrala, tj. za r = x, poklapa se sa f(x). Funkcija /(z) ima jednu izolovanu singularnu tačku u gornjoj poluravni z - ai - pol drugog reda. Ostatak f(r) u tački z = v" je jednak. Koristeći formulu (10) dobijamo da je integral oblika gdje je A(m, r) racionalna funkcija argumenata u i v. Hajde da uvedemo kompleksnu varijablu z = etx. Onda je jasno da u ovom slučaju. Dakle, originalni integral se pretvara u integral funkcije kompleksne varijable duž zatvorene konture: gdje je 7 krug jediničnog polumjera sa središtem na početku: Prema glavnoj teoremi o ostatku, rezultirajući integral je, gdje je zbir ostataka integrala F(z) na polovima koji se nalaze unutar kruga 7. Primjer 6. Izračunati integral Koristeći zamjenu z = e,r. nakon jednostavnih transformacija (vidi formule (II)) dobijamo da unutar jediničnog kruga, pod uslovom, postoji samo jedan pol (drugog reda) Prilikom izračunavanja takvih integrala, sljedeća lema je često korisna. Jordan Lemma. Neka je funkcija f(z) analitička u gornjoj poluravni osim za konačan broj izolovanih singularnih tačaka, i kao \ teži nuli uniformno u odnosu na arg z. Tada za bilo koji pozitivan a gdje je 7n gornji polukrug.Uslov da f(r) ravnomjerno teži nuli znači da na polukrugu 7R procijenimo intefal koji se proučava. Napominjući da na 7A S obzirom na dobro poznatu nejednakost (vidi sliku 31) koja vrijedi za (da bismo to dokazali, dovoljno je primijetiti da u, dakle, funkcija ^ opada na poluintervalu. Upoređujući formule (13 ) i (14), zaključujemo da 4 Uvodimo pomoćnu funkciju Primjer 7. Izračunavanje integrala Lako je vidjeti da ako je r = x, tada se Jmh(z) poklapa sa integrandom Jordanovom lemom Po glavnom teoremu o ostatku za bilo koji imamo Prelazeći do granice u jednakosti (16) i uzimajući u obzir relaciju (15), dobijamo da Odvajanjem realnog i imaginarnog dijela s lijeve i desne strane imamo Zbog činjenice da je integrand f(x) - paran , konačno dobijamo U razmatranom primeru funkcija f(z) nema singularne tačke na realnoj osi. Međutim, mala promena u opisanoj metodi omogućava nam da je primenimo u slučaju kada osi singularne tačke (jednostavni polovi). Hajde da pokažemo kako se to radi. Primjer 8. Izračunajte integral 4 funkcija ima sljedeća svojstva: for se poklapa sa integralom; 2) ima singularitet na realnoj osi - jednostavan pol u tački z \u003d 0. Razmotrimo u gornjoj poluravni Im z ^ 0 zatvorenu konturu Γ, koja se sastoji od segmenata realne ose [-R, -r ), (r, R) i lukovi polukrugova (pirinač. 33). Unutar ove konture postoji samo jedan pol funkcije h(z) - tačka z = Y. Prema osnovnoj teoremi o ostatku, hajde da prvo transformišemo zbir integrala nad segmentima (-I, -r| i |r, R) realne ose. Zamenivši x sa ~x u prvom članu na desnoj strani jednakosti (18) i kombinujući ga sa trećim članom, dobijamo Pređimo na drugi član u formuli (18). Budući da je lim g(z) = 0. onda se integrand h(z) može predstaviti u sljedećem obliku: Tada pod pretpostavkom. dobijamo da četvrti član u jednakosti (18) teži nuli kao λ -» oo, prema Jordanovoj lemi, pošto funkcija ^ teži nuli kao |r| oo. Dakle, za , jednakost (18) ima oblik 6.3. Izračunavanje Fresnelovih integrala Fresnel integrali: Razmotrite pomoćnu funkciju / (r) \u003d c "i konturu Γ prikazanu na slici. Unutar konture Γ, funkcija f (z) je analitička, a prema Cauchyjevom teoremu pokazujemo da je gdje Gg2 je polukrug poluprečnika r2 Funkcija 0(0 = zadovoljava uslove Jordanove leme, pa prema tome, prelazeći u formuli (20) do granice kao r -* oo, dobijamo da su ose u preslikavanju: Dokažite da je funkcija kontinuirana na cijeloj kompleksnoj ravni: Koristeći Cauchy-Riemannove uvjete, saznajte da li je funkcija analitična barem u jednoj tački ili ne: Vratite funkciju f(r) koja je analitična u susjedstvu točke 20 iz poznatog realnog dijela i (ili dat poznati imaginarni dio v(x, y)) i vrijednost f(z0): Pokažite da su sljedeće funkcije i harmonične: Može li data funkcija biti stvarni ili imaginarni dio analitička funkcija Pronađite real realni i imaginarni dijelovi funkcije: Naći modul i glavnu vrijednost argumenta funkcije u navedenoj tački zq: Naći logaritme sljedećih brojeva: Riješiti jednačinu: 38. Izračunati integral / - prava koja spaja točke z \ \u003d 0 je odsječen na pravu liniju, b) luk parabole je prekinut 39 Izračunajte integral - polukrug Izračunajte integrale: 43. Izračunajte integral / gdje je 7 gornja polovina obima |z| = 1 (izaberite Ostaci Osnovna teorema o ostatku Primjena ostataka na izračunavanje integrala Ostatak funkcije u odnosu na tačku na beskonačnosti Primjena ostataka na izračunavanje određenih integrala Integrali racionalnih funkcija dz, gdje je 7 pravolinijski segment koji ide od tačke zj = 1 do tačke Izračunajte integrale: Nađite poluprečnik konvergencije reda: Proširite funkciju u Taylorov red i pronađite poluprečnik konvergencije rezultirajućeg niza: u stepenima z + I. 55. cosz na stepene od 56.--- na stepene z + 2. 57.-^- na stepene od z. 58. sh2 z na stepene od z. Pronađite nule funkcije i odredite njihov redoslijed: z Odredite područje konvergencije niza: Proširite u Lorentov niz u okolini tačke r = 0: Proširite u Lorentov niz u datom prstenu: Nađite singularne tačke i Odrediti njihov karakter: Naći ostatke funkcije u singularnim tačkama: Izračunati integrale: Odrediti prirodu tačke u beskonačnosti: Izračunati integrale: Odgovori z idu preko y-ose, kada se z promijeni iz -oo u +oo i mijenja se od -oo i od +oo do +1 (tačka +1 je isključena), y-osa ide u kružnicu. x-osa prelazi u osu i, baš kao u vježbi u 5, y-osa prelazi u prava linija u ~ 1, koja ide od tačke 1 do 1 + i od 1 - »oo do tačke 1 (sama tačka 1 je isključena

Definicija. Pozivaju se tačke kompleksne ravni u kojima je jednoznačna funkcija f(z) analitička ispravan pozivaju se tačke ove funkcije i tačke u kojima f(z) nije analitičan poseban tačke (posebno tačke u kojima f(z) nije definisano).

Definicija. Tačka z 0 se zove nula (korijen) reda (višestrukost) analitička funkcija f(z), ako:

b) postoji, konačan je i nije jednak nuli.

Ako su cijeli pozitivni brojevi), onda - nule (korijeni) ovog polinoma, koji imaju red (višestrukost) redom.

Definicija. Neka f(z) analitička funkcija u blizini tačke z 0 , osim same tačke z 0 . U ovom slučaju, poenta z 0 se poziva izolovana singularna tačka funkcije f(z).

Postoje izolovane singularne tačke jednoznačne funkcije tri tipa :

1) uklonjiva singularna tačka - izolovana singularna tačka z 0 , gdje postoji konačna granica:

2) pol k-tog reda je izolovana singularna tačka z 0 , gde postoji konačna granica koja nije jednaka nuli:

(2.41)

ako je , onda je z 0 pol prvog reda (jednostavan pol);

3) suštinski singularna tačka - izolovana singularna tačka z 0 koja nije ni uklonjiva ni pol. Odnosno, ne postoji, ni konačan ni beskonačan.

Teorema (o odnosu između nule i pola). Ako je tačka z 0 nula reda k funkcije f(z), tada je za funkciju 1/f(z) ova tačka pol reda k.

Neka je f(z) funkcija koja je analitična u svakoj tački domene D, osim za konačan broj izolovanih singularnih tačaka, a L neka je po komadima glatka zatvorena kontura koja u potpunosti leži u domeni D i ne prolazi kroz singularne tačke funkcije f(z).

Ako domena ograničena konturom L ne sadrži singularne točke funkcije f(z), onda prema glavnoj Cauchy teoremi

Ako, međutim, postoje singularne tačke funkcije f(z) u području ograničenom konturom L, tada je vrijednost ovog integrala, općenito govoreći, različita od nule.

Definicija. Ostatak analitičke funkcije f(z) u odnosu na izolovanu singularnu točku z 0 (ili u tačku z 0) je kompleksan broj jednak vrijednosti integrala, gdje je L bilo koja po komadima glatka zatvorena kontura koja leži u region analitičnosti funkcije f(z) i koji sadrži unutar jedinstvene singularne tačke z 0 funkcije f(z).

Ostatak f(z) u odnosu na tačku z 0 označava se simbolom resf(z 0)(Resf(z 0)) ili tako da imamo:

. (2.42)

Ostatak funkcije u odnosu na uklonjivu singularnu tačku jednak je nuli:

Ostatak f(z) u odnosu na jednostavan pol može se naći po formuli:

Ostatak f(z) u odnosu na pol reda k nalazi se po formuli:

Ako je i točka jednostavna nula i nije nula za , tada:

. (2.46)

Cauchyjeva osnovna teorema o ostatku. Ako je funkcija f(z) analitička u zatvorenom području ograničenom konturom L, osim konačnog broja singularnih točaka koje leže unutar , tada:

Ova teorema je od velike važnosti za aplikacije.

Jedan od njih je izračunavanje nekih integrala funkcije kompleksne varijable.

Komentar. U prethodnim razmatranjima o ostacima implicitno se pretpostavljalo da se razmatraju konačne izolovane singularne tačke (ovo je jasno iz činjenice da je integral nad zatvorenom konturom podrazumevano uzet u pozitivnom smeru, tj. suprotno od kazaljke na satu, a singularna tačka u ovom slučaj pada unutar konture samo u kada je konačan). U slučaju kada se razmatra beskonačno udaljena tačka, situacija je nešto drugačija. Tačnije, recimo to ovako.

Definicija.Ostatak funkcije f (z) u odnosu na beskonačnu tačku naziva se integral:

gdje je L zatvorena po komadima glatka kontura koja u potpunosti leži u susjedstvu tačke u kojoj je funkcija f(z) analitička. Integracija preko L se vrši u negativnom smjeru ove konture, tj. tako da prilikom prelaska konture beskonačna tačka ostaje lijevo. Na ovaj način:

Primjer 1

Nađite integral funkcije kompleksne varijable koristeći osnovnu Cauchyjevu teoremu o ostatku:

Rješenje

1) Definiramo izolovane singularne tačke integranda prema teoremi (2.47):

Posebne točke: .

2) Odredimo tačke koje leže unutar integracione oblasti, oslikajmo oblast grafički (slika 2.7).

Tačka z = 1 se ne razmatra, jer ne leži unutar područja .

3) Odredite vrstu razmatrane izolovane singularne tačke z = 0. Nađite granicu koristeći formulu (2.41):

Pošto granica postoji, onda je z = 0 pol prvog reda (jednostavan pol).

4) Pronađite ostatak funkcije u odnosu na prosti pol z = 0, koristeći formulu (2.44):

5) Odrediti vrijednost integrala glavnom Cauchyjevom teoremom o ostatku (2.47):

Odgovori

Primjer 2

Naći integral funkcije kompleksne varijable koristeći osnovnu Cauchyjevu teoremu o ostatku.