Izračunavanje nepravilnih integrala pomoću ostataka. Rješavanje integrala online

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 dvije jedinice manji od stepena nazivnika.

Kako izračunati vrijednost ovog integrala?

Možete, naravno, uzeti neodređeni integral racionalne funkcije i zamijeniti granice. Ali ispada da je ponekad brže koristiti metode vezane za analitičku prirodu funkcije.

Funkcija kompleksne varijable z, jednaka, je analitička svuda u ravni varijable z, sa izuzetkom konačnog broja tačaka - korijena nazivnika. Razmotrimo u gornjoj poluravni zatvorenu komadno 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 nalazi se, općenito govoreći, određeni broj korijena nazivnika, na primjer (slika 1.3.1).

Na osnovu formule

dobijamo izraz

Usmjerimo sada R unutra. Na polukrugu imamo, na osnovu uslova na stepene polinoma P(z) i Q(z), gde je A neka konstanta; Zato

Iz toga slijedi da je integral

ima ograničenje 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 prema formuli

i stoga

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

Ali na isti način se može razmišljati o konturi koja se sastoji od segmenta (prolazi 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, pa je razlika ovih rezultata, tj. pomnožena zbirom ostataka funkcije u svim korijenima Q(z), i u gornjoj i u donjoj poluravni, jednaka 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 se susreću integrali oblika

Ako je uslov ispunjen

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

tako da u slučaju realnog f(x), integrali (1.3.2.2) i (1.3.2.3) predstavljaju stvarne i imaginarne dijelove integrala (1.3.2.1).

b. Metode integracije kontura su često korisne. Neka bude. Postoji racionalna funkcija a polinom Q(x) ima najmanje jedan stepen 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

Pokažimo to 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.

V. Ako je stepen polinoma Q(z) samo jedan veći od stepena polinoma P(z), onda rezonovanje 1.3.1 ne funkcioniše. Za ovaj slučaj uspostavljamo sljedeću lemu.

Lemma. Kada je nejednakost tačna

(c - konstanta).

Dokaz. Pošto je dovoljno razmotriti integral

je tačno polovina od prethodnog. Imamo u

budući da je funkcija za u>0 ograničena. Lema je dokazana.

Transkript

1 MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUJSKE FEDERACIJE FEDERALNA AGENCIJA ZA OBRAZOVANJE Država obrazovna ustanova viši stručno obrazovanje„Orenburgski državni univerzitet» Department primijenjena matematika IP VASILEGO PRORAČUN INTEGRALA KORIŠĆENJEM NAPOMENE METODOLOŠKA UPUTSTVA Preporučuje za objavljivanje Uređivačko-izdavačko vijeće državne obrazovne ustanove visokog stručnog obrazovanja "Orenburški državni univerzitet" Orenburg

2 BBK 6 ya7 V 9 UDK 7 (7 Recenzent Kandidat fizičko-matematičkih nauka, vanredni profesor, šef katedre za matematičku analizu Nevostrujev LM Vasilego IP Izračunavanje integrala korišćenjem ostataka: Metodološka B9 uputstva Orenburg: Državna obrazovna ustanova OSU, sa uputstva su namenjena studentima ekonomske specijalnosti i inženjerske i tehničke specijalnosti Na osnovu glavne teoreme teorije ostataka dobijaju se algoritmi za izračunavanje definitivnih integrala trigonometrijskih funkcija i nepravilnih integrala dva tipa BBK 6 ya7 IP Vasilego, GOU OSU,

3 Uvod Rješenje mnogih problema u fizici, mehanici i nekim granama matematike je povezano sa proračunom definitivnih ili nepravilnih integrala Ostaci U ovom dijelu su dati primjeri metoda za izračunavanje definitivnih i nepravilnih integrala i primjeri opcija za samostalan rad

4 Osnovne činjenice teorije ostataka Zahtijeva se iz knjiga (i (čitalac treba da se upozna sa osnovnim konceptima teorije funkcija kompleksne varijable: analitička funkcija, integral funkcije kompleksne varijable nad krivom i njena svojstva , Taylor i Laurent red, itd. Definicija Nula analitičke funkcije f je tačka za koju f (ako f nije identično nula u bilo kojoj okolini tačke, tada je moguće opisati kružnicu dovoljno malog radijusa sa centar u tački unutar koje neće biti drugih nula osim centra Ako (k f f f (, i (k f (, tada se tačka naziva nula reda k za funkciju f). Ako k, onda se nula naziva jednostavnom, za k > k - višestruka Definicija Tačke u kojima funkcija f prestaje biti analitična nazivaju se singularne tačke funkcije f Definicija Tačka se naziva izolovana singularna tačka funkcije f ako je funkcija f analitička u nekom probušenom susjedstvu (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 >, se zove glavni dio Loranovog niza Po definiciji, Loranov red konvergira ako se njegovi redovni i glavni dijelovi konvergiraju istovremeno.< < 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 točki odsutan Definicija 6 Izolovana singularna točka funkcije f lm f je uklonjiva singularna točka funkcije koja se zove pol ako Tada f ako i samo ako glavni dio Laurentovog reda sa centrom u tački sastoji se 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, onda 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 je naziva se bitno singularnom točkom ako je f ako i samo ako glavni dio Laurentovog niza sa središtem u točki sadrži beskonačan broj članova je suštinski singularna tačka funkcije Na primjer, tačka - u suštini singularna točka funkcije Doista , e Imajte na umu da je izolovana singularna tačka funkcije f pol reda k ako i samo ako je u nekom probušenom susjedstvu 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 vrši preko γ -zatvorene glatke Jordanove konture koja sadrži tačku unutar sebe i ne sadrži druge singularne tačke funkcije f. U ovom slučaju, integracija se vrši u pozitivnom smjeru u odnosu na područje koje sadrži tačku Ako je Re s f a koeficijent za (u Laurentovom nizu If, onda, onda Re s f a u Laurentovom proširenju funkcije Ostatak f u tački, gdje je a koeficijent na f u blizini tačke 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 Re s f Neka je tačka pol prvog reda (jednostavan pol za Re s f lm f f Tada (Naročito, ako je f, gdje su funkcije i ψ, (, ψ(, ψ (, onda je susjedstvo tačke Re s f ψ ((Ako je tačka pol od reda > m funkcije f ψ su analitične u, onda Re s f (m lm m (m f) Za izračunavanje integrala koristićemo glavni teorem teorije ostataka: Ako je funkcija f analitička u zatvorenom domenu G ograničenom zatvorenim ispravljačem! Jordanova kriva C, sa izuzetkom konačnog broja izolovanih singularnih tačaka a, a, a, smeštenih unutar C, tada važi 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 segmentu [,]), svodi se 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 (dakle d e d ili Prilikom promjene od d d d varijabla prolazi kroz krug, ~ ~ dakle R d (gdje je R R, Pošto je racionalna funkcija R ~ na kružnici, onda postoji r > takav da je 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 uslove teoreme Da bismo to uradili, nalazimo izolovane singularne tačke, k funkcija 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 Integrand (g ima singularne tačke koje su polovi drugog reda Funkcija g((integrand je analitičan na kružnici iu krugu< 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 I - pol drugog reda, nalazimo njen ostatak pomoću pravila ~ (6 (6 Re lm s R lm 8(6 8(6) 8 Tačka - jednostavan pol Ostatak Re s R ~ nalazimo po pravilu ~ Re s R(lm 8 (((Prema formuli (imamo (8((cos Izračunaj 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 Napravimo zamjenu (s α d (s α e Zatim d d s, d i s α) (Integrand je analitičan na skupu osim nule nazivnika koji je jednostavan pol od integrand Po formuli (i pravilu, dobijamo da (s α (Re lm (s s α). nezavisna odluka 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, koristićemo 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 Lema Neka je m> i za funkciju f(uslovi su ispunjeni: f(je kontinuirano u domeni D za neko R >; lm M (R R Tada je lm f e d R C R m Integrali prvog tipa Integral oblika R(x, gdje je P (x R (x je racionalna funkcija, Q(x i polinom Q(x) ne nestaje na realnoj osi i njegov stepen je najmanje dvije jedinice veći od stepena polinoma P(x, nazvaćemo ga integralom prvog tipa. Zbog gore navedenih uslova na R(x, c nejednakost R(x sa nekom konstantom C>) je zadovoljena i stoga je x integral konvergira Izvodimo formulu za izračunavanje ovog integrala koristeći ostatke, razmotrimo zatvorenu konturu K τ, koja se sastoji od polukruga C τ ( C τ, m ) i segmenta [ τ, τ] realne ose. slika y C τ -τ τ x Slika Smjer prelaska konture K τ je prikazan na slici Razmotrimo funkciju kompleksne varijable R (i neka - polove ove

13 funkcija koje leže u gornjoj poluravni. Uzimamo broj τ toliko velik da su sve točke unutar K τ Kako je Q (x na realnoj osi, postoji područje G koje sadrži zatvorenu gornju poluravninu ( C m ) i takva da je funkcija R( analitična u G osim samo za tačke, Region G, konturu K τ i funkciju R(zadovoljava uslove teoreme, pa prema tome ili τ τ K τ R(d Re sr(k R(x R (d Re sr(C R k k idemo na granicu na τ). Imajte na umu da se u ovom slučaju njegova desna strana ne mijenja, a na lijevoj strani R d po prvoj τ Jordanovoj lemi, a integral R (x R(x). , dobijamo formulu τ k k R(x Re s R( , , (Dakle, algoritam za rešavanje nepravilnih integrala prvog tipa je sledeći: pokazujemo da imenilac Q(x ne nestaje na realnoj osi i da je njegov stepen je najmanje dvije jedinice veći od stepena polinoma P(x; P(prijeđi na kompleksnu varijablu funkcije R ; Q(nalazimo 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 (izračunavamo ostatke Re s R(, k, ; 6 prema formuli (izračunavamo 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 Roots ((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 ((! (Po formuli (izračunamo integral Izračunamo integral x (x (x 9 lm) ((Rješenje) Očigledno je da je integral prvog tipa Funkcija R je analitična svuda u ravni, sa ((9 izuzetaka tačaka, Ove tačke su jednostavni polovi funkcije R(dve od njih (i leže u gornjoj poluravni)) Po formuli (imamo prema pravilo Re s R(lm Re s R(lm (R(x Re s R(Re s R(lm ((9 (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 je prvog tipa. Razmotrite funkciju R (analitička je svuda u ravni osim tačaka (a a i a Ove tačke su polovi trećeg reda funkcije R(Jedna od njih (a je pala u gornju poluravninu prema formuli (i pravilo koje imamo (a a Re s R(lm lm a a! a a a (a lm a (a a (a 6a). Izračunajte integral, a >, (a x Rješenje - integral prvog tipa Funkcija R(ima pol a n (a reda u gornjem dijelu (a (poluravni)) Koristeći pravilo i formule (, dobijamo Re lm a lm s R a (! a (! a a a a! (((((a (a (((!!!! Primeri za nezavisno rešenje) Izračunaj integrale: x ; x x ; x

16; 7 x ; 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 Integrala 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 realne korijene i stepen) Q(x je barem jedan veći od stepena P (x). Pokažimo da pod ovim uvjetima oba integrala konvergiraju. 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 brojnik stepen najmanje dvije jedinice manji od stepena nazivnika. Ovo implicira konvergenciju integrala R(x s αx) Na sličan način dokazujemo konvergenciju integralne pomoćne funkcije pomoću teoreme, dobijamo τ τ αx Cτ α R(x cos αx Integrisanjem f R( e po konturi K τ) (vidi sliku u α R(x e R(e d). Re s f, gdje je τ toliko veliko da k k svi polovi R(leže unutar K τ Prelazeći do granice na τ i primjećujući da je α po drugoj Jordanovoj lemi R e d dolazimo do jednakosti C τ

17 R e α d Re s f k k Izjednačavanjem realnog i imaginarnog dijela dobijamo α R(x cos αx Re Re s(R(e k k α R(x s αx m Re s(R(e k k (// gdje su k polovi) funkcije R(, koja 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 Pošto se pod predznakom integrala nalazi ravnomjerna funkcija, zatim cos x i R (x, α x a x a Pošto je stepen brojioca (manji od stepena nazivnika (x a za dvije jedinice i x a za bilo koji realni x), onda je integral 7

18 drugog tipa Razmotrimo funkciju R(funkcija a (a(a R(imamo jednostavan pol a u gornjoj poluravni prema formuli i pravilu imamo a a e e e e Re Re s Re Re a a a a a da izračunamo ostatak ovde smo koristili formulu ((a Re s, pošto (a, ψ(a i ψ (a) Na isti način a ψ(ψ (a je bilo moguće izračunati ostatak u primeru Primeri za nezavisno rešenje) 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 x a x cos x > a b 8

19 Spisak korištenih izvora Aleksandrov IA, Sobolev VV Analitičke funkcije kompleksne varijable M: postdiplomske škole, 98 9 s Bitsadze AV Osnove teorije analitičkih funkcija kompleksne varijable M: Nauka, 969 s Evgrafov MA, Sidorov YuV, Fedorjuk MV, Shabunin MI, Behanov KA Zbirka zadataka o teoriji analitičkih funkcija M: Nauka, s Ershova VV Impulsne funkcije Funkcije kompleksne varijable Operativni račun Minsk: Viša škola, s Krasnov ML, Kiselev AI, Makarenko GI Funkcije kompleksne varijable Operativni račun Teorija stabilnosti M: Nauka, 987 sa 6 Markushevich AI Kratki kurs teorija analitičkih funkcija M: Nauka, str. 7 Privalov II Uvod u teoriju kompleksne varijable M: Nauka, 977 str tehnologija - M: Viša skala, 98 6 str. 9 Svešnjikov AG , Tihonov AN Teorija funkcija kompleksne varijable M: Nauka, sa Sidorov YuV, Fedorjuk MV, Šabunjin MI Predavanja o teoriji funkcija kompleksne varijable M. : Nauka, sa Solomecev ED Funkcije kompleksne varijable i njihova primena M: Viša škola sa Šabatom B.V. Uvod u kompleksnu analizu M: Nauka, str

Praktična lekcija 8 Ostaci 8 Definicija ostatka 8 Izračunavanje ostataka 8 Logaritamski ostatak 8 Definicija ostatka Neka izolovana singularna tačka funkcije u izolovanoj singularnoj Ostatak analitika

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

Integral kompleksne funkcije varijabilni integral iz FKP granice Riemannove integralne sume σ = = f (t Δ za funkciju f (duž AB krive, ako ne zavisi od metode dijeljenja AB krive na elementarne

Starkov V.N. Materijali za orijentaciono predavanje Pitanje 9. Proširivanje analitičkih funkcija u nizove stepena Definicija. Funkcionalni nizovi oblika (((... (..., gdje su kompleksne konstante (koeficijenti serije

Metodološki razvoj Rješavanje problema pomoću TFKP Kompleksnih brojeva Operacije nad kompleksnim brojevima Kompleksna ravan Kompleksni broj se može predstaviti u algebarskoj i trigonometrijskoj eksponencijalnoj

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 problema.

Bagachuk A.V. Bushueva N.A. Polyakova I.A. Trutnev V.M. TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE Uputstvo za izvođenje 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 pojmovima k Niz (46) se naziva konvergentnim ako

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Obrazovna ustanova „Bjeloruska država pedagoški univerzitet nazvan po Maximu Tanku" N T Stelmashuk, V A Shilinets TESTOVI NA KURSU TFKP Obrazovno-metodološki

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

ELEMENTI TEORIJE FUNKCIJA KOMPLEKSNOG OPERACIONOG RAČUNA VARIJABLE Kao rezultat proučavanja ove teme student mora naučiti: pronaći trigonometrijske i eksponencijalne oblike kompleksnog broja prema

Državni univerzitet Dagestan nacionalne ekonomije ODSJEK ZA MATEMATIKU Mukhidinov Magomed Gosengadzhievich Ispagieva Asiyat Dalgatovna Neograničeni integral PRIRUČNIK ZA PRIRUČNIK Mahačkala 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

Sadržaj Uvod. Osnovni pojmovi.... 4 1. Volterra integralne jednadžbe... 5 Opcije domaće zadaće.... 8 2. Resolventna integralna jednačina Volterra. 10 opcija za domaći zadatak.... 11

~ ~ PKP Derivat funkcije kompleksne varijable PKP uslovi Cauchy - Riemann koncept pravilnosti PKP Slika i oblik kompleksnog broja Vrsta PKP: gdje je realna funkcija dvije varijable realna

M. V. Deikalova SVEOBUHVATNA ANALIZA Pitanja za ispit (grupa MX-21, 215) Pitanja prvog kolokvijuma 1 1. Diferencijabilnost funkcije kompleksne varijable u tački. Cauchy-Riemann (D'Alembert-Euler) uslovi.

ELEMENTI OPERATIVNOG RAČUNA IZDAVAČKA KUĆA TSTU MINISTARSTVO OBRAZOVANJA I NAUKE RUSKOG FEDERACIJE GOU VPO "Tambov State tehnički univerzitet» ELEMENTI OPERACIONOG RAČUNA

Zadaci o teoriji funkcija kompleksne varijable Dio Redovni, večernji i dopisni odsjeci Fakulteta primijenjene matematike – Kontrolni procesi St. Petersburg State University

MOSKVSKI DRŽAVNI UNIVERZITET nazvan po. M.V. Lomonosova FIZIČKI FAKULTET KATEDRA ZA MATEMATIKU V.T. Volkov, A.V. Kravcov, D.V. Minaev, V.Yu. Popov, N.E. Shapkina. 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 Smjer obuke 0030 Matematika

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

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Obrazovna ustanova "Gomel State University po imenu Francis Skaryna" A P STAROVOITOV GN KAZIMIROV ZHN KULBAKOVA TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSA

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

ODOBRAVA prorektor za vaspitno-obrazovni rad Yu.A. Samara 10. jun 2010. PROGRAM I ZADACI Teorija funkcija u disciplini: kompleksna varijabla u oblasti pripreme: 010600 fakulteti: za sve fakultete

Predavanje 9 Elementi teorije ostataka 9.1 Definicija ostatka U ovom odeljku uvodimo koncept 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 glatka kriva po komadima, f definirana na krivulji kontinuirana funkcija. Za bilo koju tačku z C \ funkcija t f(t) z je kontinuirana u promjenljivoj

Metalurški fakultet Katedra za višu matematiku RANOVI Metodološka uputstva Novokuznjeck 5 Federalna agencija po obrazovanju Državna obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja

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 razlažemo

OPCIJA PROBLEM JE IZRAČUNATI VRIJEDNOST FUNKCIJE (ODGOVOR JE DAN U ALGEBARSKOM OBLIKU: a Arch; b RJEŠENJE A IZRAČUNAMO ARH POMOĆU FORMULE Arch(L(U OVOM PRIMJERU ZI, DAKLE, L±(, DAKLE, ± DALJE KORIŠĆENJE

Laurent Rows More opšti tip power series su serije koje sadrže i pozitivne i negativne moći z z 0. Kao i Taylorovi redovi, oni igraju važnu ulogu u teoriji analitičkih funkcija.

Ministarstvo prosvjete i nauke Ruska Federacija Federalna državna budžetska obrazovna ustanova visokog stručnog obrazovanja "Sibirski državni industrijski univerzitet"

Stranica od lekcije 9. Proračun realnih integrala korištenjem ostataka Mat. analiza, pril. matematika, 4. semestar Pronađite sljedeće trigonometrijski integrali koristeći ostatke: A π + cos ϕ. A π 3

Ministarstvo prosvjete i nauke Ruske Federacije RUSKI DRŽAVNI UNIVERZITET ZA NAFTU I GAS IME IM GUBKIN U Melnikovu, NO Fastovets TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE OPERATIONAL

Rješenje standardnih opcija testni rad na temu Integrali funkcije jedne varijable Smjernice UDK 517.91 Smjernice sadrže detaljna rješenja tipične opcije testiranja

Poglavlje RAČUN Varijacija Predavanje 9 Uvod U ovom poglavlju ćemo razmotriti probleme nalaženja ekstrema (maksimuma ili minimuma) funkcionala. Odmah napominjemo da su takvi problemi među njima

ODJELJAK 5 Integralni račun funkcija jedne varijable Materijali pripremili nastavnici matematike katedre opšteobrazovne discipline za elektronske učenje na daljinu Sadržaj

Metodološka uputstva za praktičnu (seminarsku) nastavu Osnovni cilj praktične (seminarske) nastave iz discipline “Teorija funkcija kompleksne varijable” je sposobnost primjene dobijenih

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 E.G 2011 11. Original i slika. Teorema inverzije DEFINICIJA 1. Neka:R C. Funkcija

S A Lavrenchenko wwwwrckoru Predavanje Fourierova transformacija Koncept integralne transformacije Metoda integralnih transformacija je jedna od moćnih metoda matematičke fizike moćan alat rješenja

TEMA V FOURIEROVA SERIJA PREDAVANJE 6 Dekompozicija periodična funkcija u Fourierovom nizu Mnogi procesi koji se javljaju u prirodi i tehnologiji imaju svojstvo ponavljanja u određenim vremenskim intervalima

MINISTARSTVO NAUKE I OBRAZOVANJA RF MOSKVA DRŽAVNI OTVORENI UNIVERZITET po imenu VS Černomirdin INSTITUT KOLOMENSKOG ODELJENJE VIŠE MATEMATIKE I FIZIKE EF KALINIČENKO PREDAVANJA O IZRAČUNANJU SPECIFIKACIJE

Bagachuk A.V. Bushueva N.A. Polyakova I.A. Trutnev V.M. TEORIJA FUNKCIJA KOMPLEKSNE VARIJABLE Organizaciona i metodološka uputstva za savladavanje discipline Krasnojarsk 2007 1. Opšte informacije Program discipline

Osnove funkcionalne analize i teorije funkcija Predavač Sergej Andrejevič Treskov 3. semestar. Fourierova serija. Postavljanje problema proširenja periodične funkcije u najjednostavnije harmonike. Fourierovi koeficijenti

3724 VIŠE REDOVA I KRIVILINIJSKI INTEGRALI 1 PROGRAM RADA ODJELJAKA „VIŠE NIZOVA I KRIVILINIJSKI INTEGRALI” 11 Brojevni niz Pojam brojevnog niza Svojstva brojevnog niza Neophodan znak konvergencije

OPERATIVNI RAČUN Operativni račun se odnosi na simbolički račun, koji se zasniva na konstrukciji matematičke analize kao sistema formalnih operacija na umjetno uvedenim

Kompleksni brojevi, funkcije i operacije nad njima y modul R realni dio realni broj, yim imaginarni dio realni broj iy algebarski oblik pisanja kompleksnih brojeva Glavna vrijednost argumenta

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

Federalna agencija za obrazovanje Arkhangelsk State Technical University Fakultet za građevinarstvo RANKS 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, prilikom razvoja matematički model fizički

Predavanje 11. Izračunavanje integrala sa stepenom i logaritamskim težinama 11.1. Integrali sa stepenom težine Razmotrimo integral oblika x α 1 f(x) dx, (11.1) gdje je α necijeli realan broj, a f(x) racionalan

Ministarstvo obrazovanja Republike Bjelorusije Državna ustanova Vitebsk univerzitet tehnologije» Predmet. "Redovi" Katedra za teorijsku i primijenjenu matematiku. razvijen od strane doc. E.B. Dunina. Basic

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

Matematička analiza Sekcija: Integracija FNP Tema: Krivolinijski integral druge vrste Predavač E.G 2013 10 10. Krivolinijski krivolinijski integral II II vrste nad koordinatama

MA EVDOKIMOV LA MURATOVA LV LIMANOVA ZBIRKA ZADATAKA U VISOKOJ MATEMATICI TEST METODE ZA KONTROLU ZNANJA Tom III Tutorial Samara Samara Državni tehnički univerzitet MINISTARSTVO OBRAZOVANJA

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

Journal of Experimental and teorijske fizike. 948 t 8 izdanje. A.N. Tikhonov A.A. Samara. Formulisano na principu zračenja opšti princip radijacije za talasna jednačina u smislu da odluke

PREDAVANJE N 7. Potencijalni redovi i Taylorovi redovi.. Snažni redovi..... Taylorov red.... 4. Proširivanje nekih elementarnih funkcija u Taylor i Maclaurin niz.... 5 4. Primjena stepena reda... 7 .Snaga

Stranica od 9 6. lekcija. Izolirane singularne tačke jedinstvenog karaktera (IOTOH) Mat. analiza, pril. Matematika, 4. semestar A Proširiti funkciju ln z + 2 z 3 u Lorentov niz u okolini 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 određena kao u realnoj domeni, tj. u obliku granice, 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 (ne sve!!!) definicije i definicije.

Kalkulator rješava integrale sa opisom radnji DETALJNO na ruskom i besplatno!

Rješavanje neodređenih integrala

Ovo online usluga V jedan korak:

Rješavanje određenih integrala

Ovo je online usluga u jedan korak:

Unesite integrand izraz (integralna funkcija)
Unesite donju granicu za integral
Unesite gornju granicu za integral

Rješavanje dvostrukih integrala

Unesite integrand izraz (integralna funkcija)

Rješavanje nepravih integrala

Unesite integrand izraz (integralna funkcija)
Unesite gornju regiju integracije (ili + beskonačnost)
Unesite donju regiju integracije (ili - beskonačnost)

Rješavanje trostrukih integrala

Unesite integrand izraz (integralna funkcija)
Unesite donje i gornje granice za prvu regiju integracije
Unesite donju i gornju granicu za drugu regiju integracije
Unesite donju i gornju granicu za treću regiju integracije

Ova usluga vam omogućava da provjerite svoje kalkulacije za ispravnost

Mogućnosti

Podrška za sve moguće matematičke funkcije: sinus, kosinus, eksponencijal, tangenta, kotangens, kvadratni i kubni korijeni, potenci, eksponencijali i drugi.
Postoje primjeri za unos kao za neodređeni integrali, a za nepravilne i određene.
Ispravlja greške u izrazima koje unosite i nudi vlastite opcije za unos.
Numeričko rješenje za određene i nepravilne integrale (uključujući dvostruke i trostruke integrale).
Podrška za kompleksne brojeve, kao i razne parametre (možete odrediti ne samo integracijska varijabla, ali i druge promjenjive parametre)

1. Izračunavanje integrala preko zatvorene petlje. Neka funkcija f(z) ima samo izolovane singularne tačke unutar zatvorene konture G. Zatim integral od f(z) duž konture Γ se može naći primjenom teoreme 27.1 na ostatke: izračunavanje ostataka u posebne tačke, koji se nalazi unutar konture G, sabiranjem ovih ostataka i množenjem sume sa 2tgg, dobijamo željeni 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 = Uz 2= -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 tački na beskonačnosti i koristiti teoremu 27.10 o zbiru ostataka.

Primjer 28.2. Izračunaj integral

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

Rješenja jednadžbe z s 4- 1 = 0. Svaka od ovih tačaka Zk je pol drugog reda, budući da je u blizini tačke Zk funkcija f(z) izgleda kao f(z)= , gdje h(z) analitika u komšiluku

bodova Zk I h(zk) f 0. Sve singularne tačke leže unutar kruga z= 2. Izračunavanje ostataka na svim ovim tačkama je veoma radno intenzivno. Ali teorema 27.10 je primjenjiva na ovu funkciju, što daje

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

Funkcija g(w) predstaviti u obliku = - 1 ^ ^. Gdje h(w) = --

W(1 + W b)

Pošto zdravo (w) analitičko u susjedstvu 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 p, grijeh r. Takvi integrali se javljaju u brojnim aplikacijama (na primjer, kada se rješavaju granični problemi). Oni se svode na integrale o kojima se govorilo u prethodnom paragrafu koristeći promjenu varijable 2 = e g Onda dz = e tip idp = zidp, gdje

(vidi formule (12.2)). Prilikom mijenjanja r od 0 do 2tg tačka g opisuje kružnicu z= 1. Stoga, nakon prelaska na varijablu 2, dobijamo integral jedinične kružnice funkcije predstavljene kao omjer dva polinoma; takve funkcije se nazivaju racionalni razlomci ili frakcione racionalne funkcije.

Primjer 28.3. Izračunaj integral

Riješeno i e. Provodeći gore navedene zamjene, nalazimo da je ovaj integral jednak

Hajde da faktorizujemo imenilac i pronađemo korene jednačine az 2 - (A 2 + )z + A= 0. Diskriminant

Dakle, funkcija 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, a G? izvan njega. Prema teoremi 27.1

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

3. Izračunavanje nepravilnih integrala. Neka f(x)

funkcija specificirana na cijeloj osi OH. Razmotrimo izračun neprikladnim

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 konvergentan; ako pre-

onda nema slučajeva 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 smislu

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

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

-ooo

/ xdx

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

jer

Istovremeno, svaki od integrala divergira.

Računanje mnogih nepravih integrala

(u smislu glavnog značenja) 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 WITH samo izolovane singularne tačke, i nijedan od njih ne leži na osi OX;
2) Ako 7(I) - polukrug poluprečnika R sa centrom u početku, leži u gornjoj (ili donjoj) poluravni, To

posebno

Zatim integral. Jf(x)dx jednaki zbir ostataka funkcije f(z)

u bilo kojoj tački koja leži u gornjoj polovini ravni pomnoženo sa 2/P (odgovarajući sumi ostataka u singularnim tačkama iz donje poluravnine, pomnoženom sa -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 pomicanjem u smjeru suprotnom od kazaljke na satu (Sl. 49). Prema teoremi 27.1

gdje se zbir odnosi na sve singularne tačke Zk, koji leži unutar konture G. Prijeđimo do granice na R -> oo. Koristeći relacije (28.2) i (28.3), dobijamo traženu jednakost:

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

Ako polukrug 7(R) leži u donjoj poluravni, tada će se odgovarajuća kontura Γ preći 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 Provjerimo valjanost uslova (28.3):

Gdje h(z) = --§- to. Od lim h(z)= 1, tada sa dovoljno bola

visoke vrijednosti zće h(z)

Dakle.

(Ovdje f dz= tg R- dužina polukruga y(R)). Prelazimo na prethodnu 7(“)

slučaj pri ruci R-> oo. dobijamo (28.3). Sljedeće procjene vrijede i za gornji i za donji polukrug. Stoga, možete odabrati bilo koji od njih kao 7(L). Neka y(R) - gornji polukrug. Jer

To f(z) ima dvije singularne tačke z- 3g, zo= -Zg, koji su polovi drugog reda. Od ovih, samo z= Zg. Nalazimo ostatak u ovoj tački koristeći formulu (27.7) sa m = 2:

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

Obrazloženje koje smo proveli u primjeru 28.5 da provjerimo uvjet (28.3) primjenjuje se bez modifikacije na bilo koju funkciju f(z), predstaviti kao omjer dva polinoma (tj. 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 i drugi polinom zadovoljava uvjet (28.3) važna klasa funkcije čiji se integrali pojavljuju, na primjer, u operativnom računu (vidi Poglavlje VIII).

Teorema 28.6 (Jordan 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 7(R) - luk

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

Rice. 50

Dokaz. Hajde da prvo razmotrimo slučaj a > 0. Označimo sa M(7?) maksimalni modul F(z) na luku 7(7?). Od lira F(z) = 0, onda

lim M(R) = 0.

Podijelimo 7(7?) na tri dijela 7i (L), 72(7?) i 7z(T?) (Sl. 50): lukovi 7 i(R) i 72(I) su zatvorene između prave linije y = -a i osa OA", a 7z(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 Stoga

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? =

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

7?arcsin -. Odavde dobijamo

Dakle, u slučaju A> 0 teorema je dokazana. Ako A^ 0, a 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) gore izvedeno rezonovanje za 73(7?) je validno, a teorema 28.G je potpuno dokazana.

Značenje teoreme 28.6 je ovo. 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 tendenciju integrala preko 7 (R) na nulu.

Komentar. Za tu priliku t z = /?, koja leži u poluravni Im z ^ -A(prikazano isprekidanom linijom na sl. 50). Dokaz u ovom slučaju je sličan gore navedenom za t> 0. U slučaju t- 0 Teorema 28.6 je netačna.

Primjer 28.7. Evaluacija integrala

Dakle, stvarni i imaginarni dijelovi funkcije f(x) i su funkcije čije integrale treba pronaći. Zato

su one funkcije čije integrale treba pronaći. Zato

/ X€*^ x

--- dx i uzmi od njega akcije +9

realnog i imaginarnog dijela, tada dobijamo tražene količine.

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

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

z->o O Z z + 9

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

(uzeli smo na (28.5) t= 2). To znači da možemo primijeniti teoremu 28.4,

prema kojem je integral / --- dx jednak zbiru odbitaka funkcije

J x z 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 jedini

Z e i2z

singularna tačka Z= 3g funkcija f(z). Jer f(z) = ------,

(z - oi)(z+ Zg)

To z= Zg - pol prvog reda. Ostatak u ovom trenutku može se naći iz bilo kojeg od sboomul (27.,"V. (27.6L (27.63. Ppimenim (27.63. Zles

Realni i imaginarni dijelovi rezultirajućeg broja bit će traženi i I integrali i:

(Primijetite da jednakost sa nulom prvog od ovih integrala direktno slijedi iz činjenice da je to integral neparne funkcije u intervalu simetričnom u odnosu na ishodište.)