Аналит. геометрия | Диф. уравнения | Элемен. математика | ТФКП | Билеты | Mathematica | MATLAB | Maple 7

1 семестр | 2 семестр | 3 семестр | 4 семестр | Мат. анализ ч1 | Мат. анализ ч2 | Мат. анализ ч3 | Мат. анализ ч4 | Строение атомных ядер | Модели атомных ядер | Ядерные реакции | Термодинамика | Магнитое поле | Оптика | Механика |

ВВЕДЕНИЕ В МЕТОДЫ ТЕОРИИ ФУНКЦИЙ ПРОСТРАНСТВЕННОГО КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО Оглавление

Продолжение 2 из 2. 1.7.4. Лемма К. Жордана в комплексном пространстве

Для первого интеграла примем

,

для второго интеграла

,

для третьего интеграла ,

для четвертого интеграла

.

Подставим замену переменных в интегралы и возьмем предел при стремлении радиуса поверхности , окружающего изолированную точку к нулю.проведем алгебраические операции под знаками интеграла и перейдем к пределу, получим

Следовательно исходный интеграл равен , однако с учетом, что вычеты изолированных точек взяты также дважды, окончательно будем иметь

Результат расчета совпадает с предыдущим вычислением.

Проведенные исследования показали, что в пространстве удалось реализовать теорию вычетов для поверхностных интегралов.

Пример Вычислить интеграл , где -поверхность сферы радиуса . - действительные числа.

Подынтегральная функция нерегулярна в двух точках , находящихся на действительной оси пространства. Эти точки являются полюсами второго порядка. В соответствии с комплексной алгеброй в пространстве имеются еще две точки , в которых функция нерегулярна. Для нахождения этих точек решаем квадратное уравнение . , где .Таким образом , знаменатель подынтегральной функции можно представить как произведение четырех линейных множителей.

.

Интеграл приобретает вид

.

Подынтегральная функция имеет четыре нерегулярные точки , а интеграл имеет четыре полюса второго порядка. Полюс второго порядка обеспечивается простым полюсом плюс полюс первого порядка от произведения делителей нуля.

Таким образом, изолированная ось в пространстве увеличивает порядок полюса на единицу.

Поверхность ,натянутая на сферу радиуса , заключает в себе область , в которой находятся изолированные точки , так как и

Построим сферы с центрами в точках достаточно малых радиусов таких, чтобы сферы не пересекались и целиком лежали в сфере . В пятисвязной области , ограниченной сферами и сферой подынтегральная функция всюду аналитична. По теореме Коши для многосвязной области

. Вычислим интегралы стоящие в правой части равенства. Рассмотрим первый интеграл. Произведем замену переменной . В дальнейшем также будем иметь в виду следующие равенства.. Преобразуем интеграл

Произведя сокращения и беря предел при , получим .

Во втором интеграле делаем замену переменной и учитывая равенства , преобразуем интеграл к виду

Проведем сокращения и возьмем предел интеграла при . .

В третьем интеграле делаем замену переменной

Перейдем к пределу при

.

В четвертом интеграле делаем замену переменной

Перейдем к пределу при

Суммируя вычисленные интегралы в правой части исходного равенства интеграла , получим

. Проведем суммирование тригонометрических функций .

Получили окончательный результат

Пример Вычислить интеграл .

Возьмем вспомогательную функцию , равную подынтегральной функции в предыдущем примере. Поверхность интегрирования составим из следующих частей: полусфера верхнего полупространства радиуса , полусферы около изолированных точек , находящиеся в верхнем полупространстве, комплексная плоскость Z. Точки окружим полусферами радиуса .Так, что , где аргументы меняются в пределах . В верхнем полупространстве имеется еще одна особая точка По теореме о вычетах .

Из леммы Жордана видно, что . Сумма вычетов При стремлении радиуса полусфер около точек к нулю ,имеем полную комплексную плоскость Z. Для оценки интегралов около этих полусфер рассмотрим лорановское разложение в окрестности этих точек. Предварительно функцию представим в виде

.

В числителе интерес представляет только второе произведение, лорановское разложение которого имеет вид. .

В результате в изолированной точке рассматриваем функцию , где непрерывная в точке функция. Отсюда вытекает, что интеграл

.

Интеграл около изолированной точки выразится в виде

Оба интеграла не имеют действительной пространственной части и не вносят вклад в вычисление .Интеграл в верхней половине пространства около изолированной точки равен вычету, расчитанному выше в примере. В итоге имеем

Окончательно имеем интеграл

Пример.

Вычислить двойной интеграл , где -поверхность -сферы радиуса .

Решение. Область G , ограниченная данной поверхностью, содержит четыре особые точки второго порядка . Этими особыми точками являются корни квадратного уравнения . которое находится в знаменателе подыинтегральной функции . В соответствии с алгеброй

Комплексного пространстваквадратный многочлен имеет согласно условиям

(1.2) пункта 1.1.2. четыре корня в пространстве и может быть разложен на произведение линейных множителей по двум эквивалентным вариантам

Согласно пункту 1.6 и формуле 1.64 интеграл JJ будет равен сумме вычетов по всем особым точкам подынтегральной функции

В силу единственности разложения в ряд Тейлора и Лорана (пункты и примеры в них 1.4.1,1.4.2) аналитических в выделенной области пространства функций и эквивалентности их разложения на произведение линейных множителей сумма вычетов по изолированным точкам , равна сумме вычетов по изолированным точкам. В результате интеграл в пространстве

Можно вычислить как

Произведем вычисления

Таким образом , суммы вычетов равны и окончательно интеграл равен

Eсли область интегрирования ограничена верхней половиной пространства, так что необходимо вычислить несобственный двойной интеграл

Подынтегральная функция удовлетворяет лемме (К.Жордана) пункт1.7.3.

В верхней половине пространства находится одна пространственная особая точка .

Как было показано выше сумма вычетов по особым точкам эквивалентна сумме вычетов по особым точкам , поэтому интеграл будет равен

Окончательно получим

.

[Следующий параграф]