Всё для Учёбы — студенческий файлообменник
1 монета
pdf

Студенческий документ № 006213 из ЮФУ (бывш. РГУ)

Министерство образования Российской Федерации

Ростовский государственный университет

Г.С. Костецкая, Л.В. Новикова

Методические указания

для студентов 2-го курса физического факультета

Теория аналитических функций

Часть I

г. Ростов - на - Дону 2000 г.

Методические указания предназначены для студентов физического факультета, изучающих курс: "Теория функций комплексного переменного". Каждая тема пособия снабжена кратким теоретическим материалом. Приведены решения некоторых типовых примеров. Пособие снабжено большим количеством примеров для самостоятельной работы с ответами.

Методические указания печатаются по решению кафедры Дифференциальных и интегральных уравнений РГУ. Протокол №10 от 13.06.2000 г.

Оглавление.

§1. Интегралы от функции комплексного переменного...........................3

§2. Теорема Коши. Интегральная формула Коши...................................8

§3. Ряды Тейлора и Лорана..............................................................11

§4. Нули функции. Изолированные особые точки. Вычеты......................16 §5. Основная теорема теории вычетов и её применение к вычислению интегралов от функции комплексного переменного...............................24

Ответы на примеры для самостоятельного решения...............................31

Литература..................................................................................33

§1. Интегралы от функции комплексного переменного

Пусть однозначная функция f (z) определена и непрерывна в области D, а C - кусочно-гладкая замкнутая или незамкнутая кривая, лежащая в D. Пусть z = x + iy , f ( )z =u +iv, где u =u(x, y),v = v(x, y)-действительные функции

переменных xи y . Вычисление интеграла от функции f ( )z сводится к вычислению криволинейных интегралов 2-го типа от функций вещественных переменных:

? f (z)dz =?u(x, y)dx ? v(x, y)dy + i?u(x, y)dy + v(x, y)dx (1)

CCC Интеграл от функции комплексного переменного зависит, вообще говоря, от пути интегрирования C . Поэтому для его вычисления нужно найти параметрическое уравнение кривой C : x = x(t), y = y(t),t?[t1,t2], где движение точки t по отрезку [t1,t2] порождает движение точки (x(t) ( ), y t ) по кривой C в заданном направлении. После этого криволинейный интеграл (1) сводится к определённому интегралу. Окончательно получим:

t1 ? f (z)dz = ? f (x( )t + iy( )t )(x?( )t + iy?( )t )dt (2)

Ct 0 Если f ( )z - аналитическая функция в односвязной области D, то интеграл от неё не зависит от пути интегрирования и определяется только начальной и конечной точками z0 , z1 ?D . Имеет место формула Ньютона-Лейбница:

z1 ? f (z)dz = ?(z1 ) ? ?(z0 ), (3)

z0 где ?(z) - какая-либо первообразная для функции f (z). Интегрирование по частям и замена переменных в интеграле от функции комплексного переменного производятся аналогично случаю функции действительного переменного.

Пример 1.

Вычислить ?еяdz , где C - отрезок прямой y =?x, соединяющей точки z1=0 и

С z2=?? i?.

Решение. Параметрические уравнения линии C есть x = t, y = ?t или в комплексной форме z = t ? it,0 ? t ??.

Поэтому применяя формулу (2), получим

z? t+it? t(1+i)1?i (1+i)t??

C?e dz =?0 e(1?i)dt = (1?i)?0 edt = 1+ i e 0= (e +1)i.

Пример 2.

Вычислить ?(z2 + zz)dz , где C - дуга окружности z =1,(0 ? arg z ??).

С Решение. Параметрическое уравнение полуокружности: x = cost, y = sint,t?[0,?] или z = eit . Тогда dz = ieit dt и

?? С?(z2 + zz)dz =?0 ieit (ei2t +1)dt =i?0 (e3it + eit )dt = (13(e3it + eit )) ?0 =? 83

Пример 3.

Вычислить ?(z ? a)m dz , m - целое, C - окружность z ? a = R.

С Решение. Параметрическое уравнение окружности: z ? a = Reit ,t?[0,2?]. Тогда

? iRm+1i(m+1)t2?

??e 0,m ? ?1 m2mimtitm i(m+1)t?(m +1)i

?(z ? a) dzR eRie dt = iR?edt = ? 2?=

С0???i ?0 dt,m = ?1

? Rm+1i(m+1)t

?(e?1) = 0,m ? ?1

= ?m +1 ??2?i,m = ?1

Итак, m?0,m ? ?1

z?a?=(Rz ? a) dz = ??2?i,m = ?1 Пример 4.

2+i Вычислить ?(3z2 + 2z)dz

1?i Решение. Так как подынтегральная функция f (z) = 3z2 + 2z аналитична всюду, то применяя формулу (3), найдём

2+i ?(3z2 + 2z)dz = (z3 + z2 ) 12?+ii = (2 + i)3 + (2 + i)2 ? (1?i)3 ? (1?i)2 = 7 +19i

1?i В следующих примерах стоящая под знаком интеграла ветвь многозначной функции выделяется заданием её значения в некоторой точке контура интегрирования. Если контур интегрирования C замкнут, то начальной точкой пути интегрирования считается та точка, в которой задано значение подынтегральной функции.

Пример 5.

dz Вычислить ? , где

C 1. C - полуокружность z =1, y ? 0, 1 = ?1;

2. C - полуокружность z;

3. C - окружность z =1,?1 = i.

Решение. 1. Параметрическое уравнение верхней полуокружности z = eit ,t ?[0,?]. Тогда имеем две ветви:

i(t+2?k)it+2?0iit

,k = 0,1, то есть, ( z)0 =e=e 2 или

it +?i = ?e? 2 . Выберем нужную ветвь, учитывая, что

i?0i?0 1 = ?1. При t = 0 имеем ( 1)0 =e 2 =1; (1)1 =?e 2 =?1. Поэтому выбираем

it ?

ветвь z = e 2 .

? dz ?ieit dt? i 2ti?2

Значит, ??= ?i?e dt = ?= ?2(e?1) = 2(1?i) .

C0 ? e00 i 2. Параметрическое уравнение левой полуокружности z = e.

it Согласно условию примера выбираем ветвь . Тогда

??ei t ?ei( +2(1?i)??ei? ? ei?2 ?? =

C0?? = 3. Параметрическое уравнение окружности, начальной точкой отсчёта t = 0 является точка z =?1, имеет вид z = ei(t+?) ,t?[0,2?]. Имеем две ветви

Пример 6.

Вычислить ?Ln zdz, где

C 1) C - окружность z = R,Ln(?R) = lnR +3?i,

2) C - окружность z =1,Lni =.

Решение.

1) Параметрическое уравнение окружности, начинающейся в точке ? R, имеет вид z = Rei(t+?) = ? Reit ,t?[0,2?].

Так как Ln(?R) = ln R + 3?i, то из всех ветвей Ln z = ln z +iargz + 2?ki, выбираем ветвь при k =1. Действительно,

Ln(?R) = ln R + i(?) + 2?ki = ln R + 3?i ?

i?+ 2?ki = 3?i > k =1.

Тогда, Reit )(?Rieit )Rieit dt eit dt

Применим формулу интегрирования по частям: u = ln R + 2?i + it, dv = eit dt . Тогда du = idt, v = ?ieit .

Подставим

?it2it?22?i20 ?Ln zdz = ?Ri?? (ln R + 2?i + it)ie+ i ?e dt? = Ri (ln R + 2?i + 2?i)e? Ri (ln R + 2?i)e +

C?? 2? + = ?R(ln R + 4?i) + R(ln R + 2?i) + R(e2?i ? e0 ) = ?2?Ri

0 2). Параметрическое уравнение окружности, начинающейся в точке i, имеет вид

i z = e. По определению Ln z = ln z + iargz + 2?ki,k = 0,±1,..

Так как , то из всех ветвей Ln z выбираем ветвь при k = 0; так как

Lni = lni + iargi + 2?ki =? i+ 2?ki =? k = 0.

Поэтому 2?i(t+?2)it2????? it2???? it

C?Ln zdz = ?0 Ln(e)iie dt =??0 ???lne2 ?????e dt =?i ?0 ??t + 2 ??e dt =

? u = t + 2 ? du = dt?2? it??5? 2?i ? it 2??

=itit = ?i??t +?0 e dt??? = ?i?? 2i e? 2i + e 0 ?? = ?2?.

dv = e dt ? v = 1e???

i Решить самостоятельно

1. Вычислить ? z dz по контурам: а) C - радиус-вектор точки z = 2 ? i ;

С б) C - полуокружность z arg z, начало пути в точке z =?i ;

в) C - окружность z = R ;

2. Вычислить ? z zdz, где C - замкнутый контур, состоящий

С из верхней полуокружности z =1 и отрезка ?1? x ?1, y = 0 .

3. Вычислить dz, АВ -прямолинейный отрезок, соединяющий точки

zA =1, zB = i .

4. Вычислить ?(1+ i ? 2z)dz по линиям, соединяющим точки z1 = 0, z2 =1+ i.

С а) по прямой; б) по параболе y = x2 ; в) по ломаной z1z3z2 , где z3 =1.

?1?i1+ii

5. Вычислить: а) ?(2z +1)dz; б).dz; в). ?(3z4 ? 2z3 )dz;

1+i1 6. Вычислить следующие интегралы:

а). ? z Im z 2dz, C: z =1, (??? arg z ? 0);

C 2

б). ?ezRe zdz, C - прямая, соединяющая z1 = 0, z2 =1+ i.

C в). ? z Re zdz, С: z =1, обход против часовой стрелки.

C 7. Вычислить ?dz, где

C а). С : z =1, Re z );

б). С : z =1, y ? 0, -1 = i;

в). C : z =1, 1 = ?1;

8. Вычислить ? Ln zdz , где

C а). С : z =1, Ln1= 0; б). С : z = R, LnR = lnR;

в). С : z = R, LnR = ln R + 2?i;

9. Вычислить ? 4 dz3 , С : z =1, y ? 0, 4 1 =1.

Cz 10. Вычислить ? z?dz , ?? комплексное, 1? =1

z =1

§2. Теорема Коши. Интегральная формула Коши.

Теорема Коши.(для односвязной области)

Если функция f (z) является аналитической в односвязной области D+, ограниченной кусочно-гладким контуром C , и непрерывна в замкнутой области

D + = D+ ?С , то

? f ( )z dz = 0 (4)

C Теорема Коши.(для многосвязной области)

Пусть D+многосвязная область, ограниченная согласованно ориентированным сложным контуром С?Сn?, где C0+- внешняя C1? C0+ граница, ориентированная положительно и С1?,С2?,...,Сn? - внутренние границы, ориентированные отрицательно.

? Тогда, если f (z) - аналитична в D+ и непрерывна в

C2 Cn? D + = D+ ?С, то C? f (z)dz = 0 .

Из этого равенства получаем ? f (z)dz = ? f (z)dz + ... + ? f (z)dz (5)

C0+C1+Cn+( Если функция f ( )z аналитична в односвязной области D и А0А - простой незамкнутый контур, содержащийся в D , то ?(f (z)dz не зависит от пути

А0А интегрирования и его вычисление сводится к использованию формулы Ньютона-Лейбница (3).

Интегральная формула Коши.

Если f ( )z аналитическая в области D+ и непрерывна в D + = D+ ?С, то имеет место формула

1f (t)dt? f (z), z?D+

C?+ t ? z = ??0, z?D? (6)

2?i Обобщённая интегральная формула Коши.

Если f ( )z - аналитична в области D+, то для z?D+ производные f (m) (z) находятся дифференцированием под знаком интеграла:

(m)m!f (t)dt+ f(z) =C?+(t ? z)m+1 , z?D (7)

2?i Пример 7.

Вычислить интеграл

ez2 dz C? z2 ? 6z, если а). С : z ? 2 =1, б). С : z ? 2 = 3, в). С : z ? 2 = 5.

Решение.

а) В замкнутой области, ограниченной окружностью z ? 2 =1, подынтегральная

ez2dz

функция аналитическая, поэтому в силу теоремы Коши z??2 =1 z2 ? 6z = 0;

б) Внутри области, ограниченной окружностью z ? 2 = 3, находится одна точка

z = 0, в которой знаменатель обращается в нуль. Перепишем интеграл в виде:

2ez2

?dz С Функция f (z) = является аналитической в данной области. Применяя z ? 6

интегральную формулу Коши (6) (z = 6), получим

2 ez dzz21 ?i z??2 =3 z2 ? 6z = 2?i z ? 6z=0 = 2?i(? 6) = ? 3

в) В области, ограниченной окружностью z ? 2 = 5, имеем две точки z = 0, z = 6 в которых знаменатель подынтегральной функции обращается в нуль.

Непосредственно формулу (6) применять нельзя. Можно поступить так.

1 Разложим дробь 2 на простейшие. Имеем: z ? 6z

1 111 1 2 = ? = ? . z ? 6z 6 z ? 6 6 z

Подставляя в интеграл, получим:

z2dz1ez2dz1ez2dz1z21z2?i 36 ?i

z?2 =5 z ? 6z = 6 z??2 =5 z ? 6 ? 6 z? =?2 5z= 62?iez=6 ? 6 2?iez=0 = 3 e? 3 ?1=

. Пример 8.

sin? Вычислить интеграл dz .

z?1=1 sin?z Решение. Подынтегральная функция 22 является аналитической в области

(z ?1)

z ?1 ?1 всюду, кроме точки z0 = 1. Выделим под знаком интеграла функцию f (z) , являющуюся аналитической в круге z ?1 ?1. Для этого перепишем

sin?z подынтегральную функцию в виде и в качестве f (z) возьмём

sin?z sin?z 2. Полагая в формуле (7) n =1 получим .

(z +1)2z?1=1

Находим производную

2 ? sin?z ? ?cos?z(z +1)2 ? sin?z ?2(z +1) ?cos?z(z +1) ? 2sin?z

f ?(z) = ??(z +1)2 ?? =(z +1)4=(z +1)3

Отсюда f ?, следовательно,

dzi. z?1=1 (z ?1)

Решить самостоятельно:

1. Вычислить 1 С?sin z zdz+i , где а) С : z ?1 =1; б) С : z + i = 2 2?i

2. Вычислить 1 С? z2dz+1, где а) С : z = 2; б) С : z + i =1 в) С : z + 2 =1 2?i

3. Вычислить ch zdz

4. Вычислить

5. Вычислить

6. Вычислить С? t(te?dt1)3 , если 2?i

а) z = 0 лежит внутри, а z = 1 - вне контура С;

б) точка z = 1 лежит внутри, а z = 0 - вне контура С;

7. Зависит ли интеграл ?0z t2dt?1 от пути интегрирования

а) в верхней полуплоскости Imz > 0.

б) в левой полуплоскости Rez 2 ;

11 дробь можно разложить в ряд по степеням 3.

3z 1? z Следовательно, разложение справедливо при z > 3.

2z ? 51 г) Функция 2 аналитична в кольце 2 2 , поэтому разлагается по отрицательным степеням z:

n

? 2 z 1

Дробь аналитична в круге z z0

б) полюсом, если lim f (z) существует и бесконечен, при этом порядок полюса z0

z>z0

равен m, если lim(z ? z0 )m f (z) ? 0 ;

z>z0 в) существенно особой, если lim f (z) не существует.

z>z0 Кроме того, для того, чтобы z = z0 была полюсом порядка m функции f (z) необходимо и достаточно, чтобы эта точка была нулём кратности m для

1 функции ?(z) = .

f (z) Определение.

Вычетом функции f (z) в изолированной особой точке z0 называется комплексное число

? 1 ?2?i ?+ f (z)dz, z0 ?

Если z0 - полюс порядка m и z0 z0

В частности, если z0 - простой полюс, то

Resf (z) = lim(z ? z0 ) f (z) (26)

z=z0z>z0 Если f , где ?(z) и ?(z)- аналитические в окрестности z0 , ?(z0 ) ? 0, ?(z) = 0, ??( )z0 ? 0 , то есть z = z0 - полюс первого порядка для дроби , тогда

?( )z ?(z0 ) z=z0z=z0 ?( )z ??( )z0

Resf (z) = Res= (27)

Теорема (о полной сумме вычетов).

Если f (z) аналитична в комплексной плоскости z, за исключением изолированных особых точек z1, z2 ,..., zn и точки z =?, то полная сумма вычетов равна нулю:

n ?Re sf (z) + Resf (z) = 0 (28)

k=1z=zkz=? Пример 12.

Найти нули функции f (z) и определить их порядок

z823sin ztgz а) f (z) =1+ cos z ; б) f (z) = ; в).f(z) = (z +1) ?shz ; г) f (z) = e ? e , z = 0 z ? sin z

Решение. Приравнивая f (z) к нулю, получим cosz = ?1, откуда zn = (2n +1)?, n = 0,±1,...- нули данной функции. Далее

f ?((2n +1)?)= ?sin(2n +1)?= 0

f ??((2n +1)?)= ?cos(2n +1)?=1? 0.

Следовательно, точки zn = (2n +1)?, n = 0,±1,... являются нулями второго порядка данной функции.

б) Приравнивая f (z) к нулю, имеем z = 0. Определим порядок нуля z = 0. Используя разложении sinz в ряд Тейлора в окрестности точки z0 = 0, получим

z8z8z855

f (z) == z ?( )z ,

?3?1 z ????z ? 3! + 5! ?...???3!5!3!5!

где ?( )z =1

1 ?+...

3!5! Очевидно, что ?(z) аналитическая в точке z = 0 и ?(0) = 6 ? 0. Следовательно, согласно (21), z = 0 является для данной функции нулём пятого порядка.

в) Полагая f (z) = 0, получим (z 2 +1)3 sh z = 0, откуда z 2 +1 = 0 или sh z = 0. Решая эти уравнения, находим нули функции f (z) : z = ?i, z = i, z = k?i, k = 0,±1,±2,...

пусть z =?i , тогда f (z) можно представить в виде

f (z) = (z + i)3?( )z , где ?(z)= (z ?i)3 sh(z) является аналитической в точке

z =?i , причём ?(?i) = 8i?shi = ?8sh1? 0. Это означает, в силу (21), что точка z =?i

есть нуль третьего порядка. Аналогично доказывается, что и точка z = i является нулём третьего порядка.

Исследуем нули z = k?i, k = 0,±1,±2,...Производная

f ?( )z = 6z(z 2 +1)2 sh z + (z 2 +1)3 ch z в точках z = k?i - нули первого порядка.

г) Определим порядок нуля z = 0. Для этого преобразуем f (z) , используя формулу Тейлора для ez в окрестности точки z0 = 0:

f (z) = esin z ? etgz = etgz (esin z?tgz ?1)= etgz ??(sin z ? tg z) + (sin z ? tg z)2 + (sin z ? tg z)3 +...?? =

?2!3!?

= (sin z ? tg z)etgz [1+ (sin z ? tg z) (+ sin z ? tg z)2 +...]= sin z??1?1??etgz [1+ (sin z ? tg z)+...]=

?cos z ? z 4cos

zz ?2 z ?1tg z3z2 etgz ?

= 2sincos?? 2sin??e[1+ (sin z ? tg z)+...]= ?sin?

22 ?2? cos z2cos z z

35etgz ? ?22 ?3!2 ?5!?cos z

z ?[1+ (sin z ? tg z) (+ sin z ? tg z)2 +...]= z3????? 12 + 23z?23! ?...????cos z e [1+ (sin z ? tg z)+...]=

= z3 ??( )z ,

z ?1z 2? где ?( )z = ???? 2 + 23 ?3! ?...??? cos z e [1+ (sin z ? tg z)+...] аналитическая в окрестности точки z . Поэтому z = 0 - нуль

третьего порядка.

Пример 13.

Найти все изолированные особые точки функции и определить их характер (в случае полюса определить порядок).

а) f ( )z = (z ?1)?e z1?1 ; б) f ( )z = cos2 z ; в) f ( )z = ctg z ? 1 ; г) f ( )z =2 12 .

zzz(z + 4)

Решение.

uu2u31 а) Используя разложение e =1+ u +++ ... и полагая u =, получим

2!3!z ?1 лорановское разложение функции f (z) в окрестности точки z0 =1:

f ( )z = (z ?1)??1+1+12 +13 + ...?? =1+ (z ?1)+1+12 + ...

?z ?12!(z ?1)3!(z ?1)?2!(z ?1)3!(z ?1)

Это разложение содержит бесконечное множество членов с отрицательными степенями (z ?1). Следовательно, z =1 - существенно особая точка функции f ( )z .

б) Функция f ( )z = cos2 z , как отношение аналитических, будет аналитической во

z всей плоскости z за исключением z = 0 и z =?. Ряд Лорана для f ( )z :

cosz1 ?z2z4z6?11z2z4 z2= z2 ???1? 2! + 4! ? 6! +...??? = z2 ? 2!+ 4! ? 6! +...

в силу единственности разложения, является рядом Лорана для функции как в проколотой окрестности точки z = 0 , так и в проколотой окрестности точки

z =?. Так как в полученном разложении есть слагаемые с отрицательной

степенью z?2 , то z = 1 - полюс второго порядка. Точка z =? является существенно особой, т.к. главная часть ряда Лорана в её окрестности содержит бесконечное число слагаемых.

в) Особые точки f ( )z = ctg z ? 1 = cosz ? 1 = zcosz ?sin z это корни знаменателя,

zsin zzzsin z

т.е. z = 0 , sin z = 0 и точка z =?. Решая уравнение sin z = 0, получим z =?k, k = 0,±1,... Итак, особые точки z0 = 0 , zk =?k, k = 0,±1,...Точка z =? не

является изолированной особой точкой для f (z), так как она является предельной точкой для последовательности zk =?k . Исследуем характер изолированных особых точек. Для этого рассмотрим lim f ( )z , k = 0,±1,...

z>zk ?z 2z 4??z3z5?

( )z = lim zcos z ? sin z = lim z???1? 2! + 4! ?...??? ? ???z ? 3! + 5! ?...??? = lim f

z>0z>0zsin zz>0?z3z5?

z???z ? 3! + 5! ?...???

?z 2z 4z 2z 4?2 ?112 ? 11 ??

= lim z??1?+?...?1+?+...? = lim z ??? 2! + 3! + z ?? 4! ? 5!?? +...??? =

2!4!3!5!?? z>02 ?z 2z 4?z>0?z 2z 4? z ???1? 3! + 5! ?...???z???1? 3! + 5! ?...???

? 1 96 2 ? z?? + z ?...?

?3120? 2= 0 zz 4

следовательно z = 0 - устранимая. lim f ( )z = lim??ctg z ? 1 ?? = lim zcos z ? sin z =?k(?1)k lim 1 = ? .

z>?kz>?k?z ?z>?kzsin zz>?k zsin z

Значит z =?k, k =±1,±2,... - полюсы. Определим порядок полюсов

zk =?k, k = ±1,±2,... Воспользуемся (25)

? m(z ??k) (m zcos z ?sin z)k(z ??k)[(z ??k)m ]

= (?1) lim

zsin zz>?ksin z

km(z ??k)m?1m?1 = (?1) lim= lim m(z ??k)? 0 при m =1 z>?kcos zz>?k

Значит, zk =?k - простые полюса.

1 г) Изолированные особые точки f ( )z = 2 это нули знаменателя, то есть z(z 2 + 4)

z = 0, z = ?2i, z = 2i , кроме того z =?. Определим характер этих особых точек. Рассмотрим:

1 = ? ? z = 0 - полюс;

lim f ( )z = lim 1 2 = ? ? z = ±2i - полюсы; z>±2i z>±2i z(z 2 + 4) lim f ( )z = lim 1 2 = 0 ? z = ? - устранимая особая точка.

z>?z>? z(z 2 + 4)

Найдём порядок полюсов:

zlim>z (z ? z0 )m f ( )z = lim(z ? 0)m12zm?11

0 z>0 z(z 2 + 4) при m =1 ? z = 0 - простой полюс.

lim(z ? z0 )m f ( )z = lim(z ? 2i)m11m?2 ?

z>z0z>2iz2 при m = 2 ? z = 2i - полюс второго порядка.

Аналогично можно доказать, что z = ?2i - полюс второго порядка.

Пример 14. Определить тип изолированных особых точек и найти в них вычеты для функций:

а) f ( )z =ez2 ; б) f (z) = tg z; в) f ( )z = sin z ?sin 1 ; г) f ( )z = e1z .

(z + 2i)(z ?i)z Решение. а) изолированными особыми точками f ( )z =ez2 являются

(z + 2i)(z ?1) z1 = ?2i , z2 =1 и z3 = ? . Для определения характера этих точек перейдём к

1 (z + 2i)(z ?1)21

= z . Для точки z1и z2нулями кратности соответственно 1 и 2. f ( )z e f ( )z

Поэтому для f (z) z1 = 2iявляется полюсом первого порядка, а z2 =1 - полюсом второго порядка. Вычеты в них найдём по формулам (25), (26):

?(z + 2i)ez?e?2i3+ 4i ?2i zRes=?2i f ( )z = zlim>?2i?2 ? =2 = ?e;

?(z + 2i)(z ?1) ?(? 2i ?1)25

2 z?z?zz ?(z ?1) e??e?e (z + 2i)? ez + 2i ?1

Resz=1 f ( )z = limz>1 ??(z + 2i)(z ?1)2 ?? = limz>1??? z + 2i ??? = limz>1(z + 2i)2= elimz>1 (z + 2i)2 =

2i8 ? 6i

= e2 =e (1+ 2i)25

Точка z3 = ? является существенно особой функции f (z), т.к. не существует lim f ( )z . Найдём вычет в этой точке, воспользовавшись теоремой о полной

z>? сумме вычетов (28):

Res f ( )z = ?Res f ( )z ? Res f ( ).

z=?z=?2iz=0 б) Изолированные особые точки f (z) = tg z это нули знаменателя: cosz = 0 ,

zn Точка z =? - предельная точка для zn , т.е. не является

изолированной. Это полюсы, так как:

lim f ( )z = limsin z = ? .

z>z ?1 Эти zn = +?n являются полюсами первого порядка, так как для = ctg z

2f ( )z ? ?1?1

точки zn являются нулями первого порядка: ??? f ( )z ??? = ? sin 2 z ;

?= ?1 ? 0. Найдём вычет в точках zn , воспользуемся (27):

??+?n 2 ?? ? ??+?n? Res f ( )z = Res ?( )z =? 2? . z=?+?nz=zn ??( )z?? ?

2???+?n? ? 2? У нас ?( )z = sin z ??(zn )= (?1)n ;

?( )z = cos z ???(zn ) = ?sin??? +?n?? = (?1)n+1. Значит, Res tg z = ?1.

? 2?z=+?n

в) Отметим, что функция f ( )z = sin z ?sin 1 является чётной, поэтому в её

z разложении в ряд Лорана не будет нечётных степеней. Изолированными особыми точками для f ( )z будут z = 0 и z =? . Это существенно особые точки, действительно, f ( )z не имеет предела ни при z > 0, ни при z>? . Так как вычет в силу формулы (23) в точке z0 равен ± a?1 , то есть коэффициенту при

1 , то в силу чётности f ( )z будем иметь: z

Res f ( )z = Res f ( )z = 0.

z=0z г) Функция f ( )z = e z в точке z = 0 имеет особенность. Это существенно особая точка, так как

1z111 e=1++2 +3 +...

z2!z3!z Этот же ряд есть ряд Лорана и в окрестности точки z =?, поэтому z =? - устранимая особая точка. Тогда:

Res f ( )z = a?1 =1; Res f (z)=?a?1 =?1.

z=0z=? Решить самостоятельно:

1) У следующих функций найти нули и определить их порядки:

а) f ( )z =1+ ch z; б) f ( )z = (z 2 +?2 )(1+ e?z ); в) f (z) = cosz + chiz г) f ( )z = z 2 sin z ;

sh 2 z3

д) f ( )z =; е) f ( )z = cos z .

z 2) Найти порядок нуля z0 = 0 для следующих функций:

а) f ( )z =z3z ; б) f ( )z = (1? cos2z)2 ; в) f (z)= (ez2 ?1)z2;

1+ z ? ez ? sh z

г) f ( )z = (ez ?ez2 )ln(1? z); д) f (z) = 6sin z3 + z3 (z6 ? 6); е) f (z) = 2(ch z ?1)? z 2 . 3) Найти изолированные особые точки, определить их тип и найти вычеты:

а) f ( )z = 3 1 5 ; б) f ( )z = 21 ; в) f ( )z = sin 2z3 ; г) f ( )z = 2 e2z ; z ? z z(z ?1) (z +1) z (z + 9)

д) f ( )z = 1 ; е) f ( )z = z3 cos 1 ; ж) f ( )z = z4 sin 1 . sin z z ? 2 z

§ 5. Основная теорема теории вычетов и её применение к вычислению интегралов от функции комплексного переменного.

5.1. Теорема. Пусть функция f (z) является аналитической всюду в

замкнутой области D , за исключением конечного числа изолированных особых точек zk , k = 1,2,..,n, лежащих внутри области D. Тогда

n ?+ f ( )t dt = 2?i?k=1 Resz=zk f ( )z , (29)

C где C+ - граница областиD. Пример 15. Вычислить интеграл:

z 2 +1 z??1 =2 (z ?1)(z + 2)z 2 dz.

Решение. Внутри контура подынтегральная функция имеет две особые точки: z =1 - простой полюс; z = 0 - двойной полюс. Следовательно, по формуле (29) имеем:

= z?1 =2 (z ?1)(z + 2)z

?22?? = 2?i??limz>1(z ?1)(z ?1z)(z++12)z 2 + limx>0???z 2 (z ?1z)(z++12)z 2 ??? ?? =

?? ?z 2 +12z(z ?1)(z + 2)? (z 2 +1)(z ?1)(z + 2)??2(?1)?1?5?i

?(z + 2)z 2 (z ?1) (2 z + 2)2?? = 2?i??3 +4?? = 6 .

Пример 16. Вычислить:

2 z?=1z 2l z dz .

Решение. Единственной особой точкой внутри окружности z =1 для функции

2 z2l z является точка z = 0. Это существенно особая точка, так разложение

функции в ряд Лорана в окрестности z = 0 содержит бесконечное число членов с отрицательными степенями z :

z 2l 2z = z 2 ??1+ 2 + 1 ?? 2??2 + 1 ?? 2??3 +...?? = z 2 + 2z + 2 + 4 ? 1 + 2 ? 12 +...

??z2!? z ?3!? z ???3 z3 z

Тогда имеем:

2 z?=1z2l z dz .

dz Пример 17. ? 3 z 2 +1

z?i = 2

Решение.

1 3 В области z ?i b > 0) .

Решение. Применяя подстановку z =lix , получим: dzdzzdz

I = ?i. ? ?? z?a + b?

?2? ?? ?? Внутри единичного круга при условии a > b > 0 находится только один

? a + a2 ?b2 полюс (второго порядка) z1 =. Вычет подынтегральной функции b

относительного этого полюса равен:

2??2 ?z(z ? z1)??z?1(z ? z2 ) ? z ?2(z ? z2 )

Resz1 f ( )z = limz z1? 2 2 2 ? = limz z1? 2 2 ? = 2 limz z1 4 = z= > b (z ? z1) (z ? z2 ) ? > ?b (z ? z2 ) ? b > (z ? z2 )

? 1 z ? z2 ? 2z 1 z + z2 ab = 2 limz z1 3 = ? 2 limz z1 3 = . b > (z ? z2 ) b > (z ? z2 ) 4

4ab ( 22 )?322?ab

Следовательно I =?2?ia + b=.

i4 Пример 19. Вычислить

I . Решение. Воспользовавшись формулами понижения степени тригонометрических функций

cos2?= , sin2?= , получим:

I li? = z 1 ? 1? cos? = ?z + ?2

2 dz =?z ? = ?2i= ?2i z?1 3zz2 ++102zz++13 ? dzz

d? = ?i??= z2 ?z ?

[0,2?]> z =1

Особыми точками подынтегральной функции будут нули знаменателя:3z 2 +10z + 3 = 0; z1 = ? ; z2 = ?3; z3 = 0. Внутрь единичной окружности попадают z1 и z3 . Поэтому по основной теореме теории вычетов имеем:

?2?1? ? I = ?2i2?i???(z +1)2 ? z(z +1) ??z + 3?? ?? =

?Res f ( )z + Res f ( )z ? = 4??lim+ lim

? z=0z?? z>0 ?1?z>?

???3?z +?(z + 3)z?

??3??3?? ?1 1? 2? = 4?? ? ? = .

? 36?3 5.3. Вычисление несобственных интегралов от рациональных функций.

Пусть f ( )x = Pm ( )x - рациональная функция, причём многочлен Qn (x) ? 0 на Qn ( )x

всей вещественной оси и его степень по крайней мере на две единицы больше степени числителя, т.е. n ? m + 2. Тогда

n f ( )x dx = 2?i?k=1 Resz=zk f ( )z , (31)

где zk - полюсы функции f (z), лежащие в верхней полуплоскости...

Пример 20. Вычислить интеграл

I . Решение. Так как подынтегральная функция f ( )x =x22 чётная, то

(x2 + a2 ) 1 +?x2

I. z 2 Функция f ( )z = 2 аналитична всюду на плоскости, за исключением (z 2 + a2 )

нулей знаменателя: z 2 + a 2 = 0, z1 = aiи z2 = ?ai. Эти точки являются

двукратными полюсами функции f ( )z = 2z2 2 . Полюс z1 = ai лежит в (z ? ai) (z + ai)

верхней полуплоскости. По формуле (31) и (25) имеем:

22?2? 1?z (z ? ai)??z?

IResz=ai f ( )z =?i limz>ai?22 ? =?i limz>ai?2 ? =

?(z ? ai) (z + ai) ??(z + ai) ?

2z(z + ai)2 ? z 2 ?2(z + ai)2aiz ?i ?

=?i limz>ai4=?i limz>ai3 == (z + ai)(z + ai)4ai4a

5.4. Вычисление несобственных интегралов вида:

+?+? ???R( )x sin?xdx, ???R( )x cos?xdx.

Пусть ?> 0 и R( )x = Pm (x) - рациональная функция, причём многочлен Q(x) Qn ( )x

отличен от нуля на вещественной оси и степень Q(x) на единицу больше степени P( )x , т.е. n > m +1. При этих условиях интегралы

+?+?

I1 = ? R( )x sin?xdx и I2 = ? R( )x cos?xdx

???? сходятся. Введём вспомогательную функцию f (x) = R( )x li?x . Тогда

+? ?R( )x li?xdx = 2?iIm?zResz=zk R( )z li?z (32)

??k>0

и имеем :

+??i?z ? ???R( )x sin?xdx = Im??2?iIm?zk >0 Resz=zk R( )z l ?? (33)

?? +??i?z ? ???R( )x cos?xdx = Re??2?iIm?zk >0 Resz=zk R( )z l ?? (34)

?? В этих формулах zk - полюсы функции R(x), лежащие в верхней полуплоскости.

Пример 21. Вычислить интеграл:

+?sin x dx . Решение. Корни уравнения z 2 +1 = 0 z1 = i , z2 = ?i являются полюсами

второго порядка функции R( ). В верхней

полуплоскости лежит полюс z1 = i . Тогда по формуле (33) имеем:

?? ?

+??(sin xdx(iz )?z>i ?(z ?2i)2 liz2 ? ?

?? 2)2 = Im 2?iResz=i R( )z ?l = Im?2?ilim?(z ?i) (z + i) ?? ?? = x +1??

?? ?iliz (z + i)2 ? liz ?2(z + i)??liz (iz ?1? 2)??l?1 ?

= Im??2?ilimz>i4?? = Im??2?ilimz>i(z + i)3??? = Im???2?i 2i ??? = 0

?(z + i)?? Пример 22. Вычислить интеграл:

? cos2 Idx. Решение. Так как под знаком интеграла стоит чётная функция, то

1 +? cos2 Idx . Тогда по формуле (34) имеем:

I =Re

1 ???2?iResz=2i ??? zl2 2+iz 4???????? = 12 Re????2?i zlim>2i (z(?z ?2i2)(iz)l+2iz2i)???? = 12 Re???2?i limz>2i zl+2iz2i??? =

2 ?? 1 ?l?4 ? ?l?4

= Re??2?i 4i ??? =4

2 ? 5.5. Главное в смысле Коши значение несобственного интеграла.

Если f ( )x = Pm ( )x и Q n (x) на вещественной оси имеет конечное число Qn ( )x

простых полюсов x1, x2 ,..., xn , то в этом случае формула (32) заменяется на следующую:

n v.ResR( )z li?z +?i?Resz= R( )z li?z (35)

??Im zk >0k=1

Напомним, что если f (x) непрерывна на [a,b] за исключением единственной особой точки c?[a,b], то главным в смысле Коши, значением

b несобственного интеграла ? f ( )x dx называется предел:

a ? c?? b ? b lim?>0?? ? f ( )x dx + ? f ( )x dx?? ? v.p.? f ( )x dx.

? ac+??a Пример 23. Вычислить:

+?cosµxdx I = v.p.??? 1+ x.

Решение. Рассмотрим интеграл v.p.?+???l. Особые точки R( )z = 1+1z3

являются корнями уравнения z 3 +1 = 0 , т.е. z = , k = 0,1,2 или z1 = ; z2 = ?1; z3 = . Все эти точки являются простыми полюсами,

причём z1 лежит в верхней полуплоскости, z2 - на вещественной оси. Поэтому из (35) имеем:

z=z1z=z2

3z13z22 (мы воспользовались формулой (27)).

Подставляя z1, z2 и заменив liz по формуле Эйлера будем иметь:

?? ? +?cosµxdx? v.p.??? 1+ x3= Re??

? ?

? ? Преобразовав и выделив вещественную часть, получим:

+?cosµxdx ???µ 23 ? µµ??

v.p.??? 1+ x3= 3 ???sinµ + l???sin 2 +3cos 2 ?????? .

Решить самостоятельно.

+?dx+?dx?x4dx 1) ; 2) ; 3) ?0 (4 + x2 )3 ;

?dx+?(x +1)sin 2xdx+? xcos xdx

4) ?0 (x2 +1)3 ; 5) ??? x2 + 2x + 2; 6) ???x2 ? 2x +10 ;

?cosxdx+?x2 cos3xdx+? x3 sin x

7) ; 8) ; 9) ???(x2 + 4)2 dx ;

+? xcos xdx+?sin xdx

10) v.p.???x2 ?5x + 6 ; 11) v.p.???(x2 + 4)(x ?1);

Ответы:

§1. 1. а) 5??1? i ?? ; б) 2i; в) 0; 2. ?i; 3. ? 1+ i ; 4. а) 2(i ?1); б) ? 2 + 4i ;

?2?33

в) ? 2; 5. а) ? 2(1+i); б) ?1; в) (i ?1); 6. а) ; б) (l2 ?1)(1+ i); в) ? 2?i ;

7. а) 2 2i ; б) 2+ 2i ; в) 4; 8. а) 2?i; б) 2?Ri ; в) 2?Ri 9. 2 2 ? 4+i2 2 ;

l2?i? ?1 10. 2?i при ?= ?1, при ?? ?1. 1+?

i?i §2. 1. а) 0; б) ?ish1; 2. а) 0; б) ; в) 0; 3. ?; 4. ??i; 5. ?; 6. ?1;

22l i ch1; §3. 1. а) ln2 ? ??n ??1+ 1n ??, R =1; б) ?? z 2n , R = ? ; в) 1 + ?? 1n , 0 2; г) ? ?n?=0n+1 ? ?n?=0 ?? 2z ???n , 1< z < 2;

в) ?zz? 1?nn (2 + i)n+1 ? (2 ? i)n+1

4. а) + i?(?1) (z ? 2)n+1, 0 < z ? 2 <5 ; z ? 2n=05

? (?1)n?z n? ?(?1)n ? n?1?n? (?1)nn

б) 2?n=12n? ?n=0n+1 , 1< z < 2; 5. а) ?n=1 ?n ?2n??z; б) ?n=1 z n+1 + ?n=0 2n+1 z ; zz?

?()n?n+1? n1 ? n

в) n=1+1; 6. а) ?n=0 (?1)??2n+1 + 3n ??z , z < 2; zz

? 32nn

б) z + 2 ? (z + 2)2 ?3?n=0 (?1) (z + 2) , 0 < z + 2 < 2 ;

1 z < ? ; 8. , R = ?;

n=0 n!(z + 2) 2z ?12

?

, R = 2; 10. ?(?1) (n z ? 2)n?2, 0 < z ? 2 <1;

n=0 §4. 1. а) zn = (2n +1)?i, n = 0,±1,±2,... нули второго порядка; б) z1,2 =±?i - нули второго порядка, zn = (2n +1)?i - простые нули; в) нет нулей; г) z = 0 - третьего порядка, zn =?n - простые; д) z = 0 - простой, zn = n?i- второго

порядка; е) zn ; zn - простые.

2. а) простой нуль; б) третьего порядка; в) третьего порядка; г) второго порядка; д) пятнадцатого порядка; е) третьего порядка.

3. а) z =±1 - полюса первого порядка, z = 0 - полюс третьего порядка, z =? - устранимая особая точка, Res f ( ), Res f ( )z =1, Res f (z)= 0;

z=±1z=0z=?

б) z = 0, z =±1 - полюса первого порядка, z =? - устранимая особая точка,

Res f ( )z =1, Res f ( ), Res f (z)= 0; в) z =?1 - полюс третьего порядка,

z=0z=±1z=? z =? - существенно особая точка, Res f (z)= 2sin 2, Res f ( )z =?2sin 2;

z=?1z=?

г) z = 0 - полюс второго порядка, z = ±3i - простые полюса, z =? -

существенно особая точка, Res f ( )z = 1 , Res f ( ),

z=09z=±3i Res f ( )) Res f (z) = (?1)k , k ?Z ; е) Res f ( )z = ?Res f ( );

z=?z=?kz=2z=?

ж) Res f ( )z = ?Res f ( ) - существенно особая, z =? - устранимая.

z=0z=? ?3?3??cos2?3?1???11 ?

§5. 1. 0; 2. ; 3. ; 4. ; 5. 2; 6. ?l ?cos1? sin1? ; 7. ??? ;

12328l?3?6 ? l 2l ?

8. 0; 9. 0; 10. ?(2sin2?3sin3); 11. (cos1? l?2 ).

Литература:

1. В. Н. Николенко. Теория аналитических функций. РГУ, 1988.

2. М. Г. Хапланов. Теория функций комплексного переменного.

3. Л. И. Волковыский, Г. Л. Лунц, И. Г. Армянович. Сборник задач по теории функций комплексного переменного. Москва, "Наука", 1970.

4. М. Л. Краснов, А. И. Киселёв, Г. И. Макаренко. Функции комплексного переменного. Операционные исчисления. Теория устойчивости (задачи и упражнения). "Наука", 1971.

5. И. И. Привалов. Введение в теорию функций комплексного переменного. Физматизд, 1960.

1 z(z 2 + 4)2

---------------

------------------------------------------------------------

---------------

------------------------------------------------------------

2 2

Показать полностью…
567 Кб, 22 сентября 2016 в 22:47 - Россия, Ростов-на-Дону, ЮФУ (бывш. РГУ), 2016 г., pdf
Рекомендуемые документы в приложении