Элементы теории функций комплексной переменной: Учебное пособие

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОУ ВПО «НИЖНЕВАРТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ГУМАНИТАРНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Н.Р. Жарова

Элементы теории функций комплексной переменной Учебное пособие

Нижневартовск 2009

ББК Ж Печатается по рекомендации кафедры математики и методики преподавания математики Нижневартовского государственного гуманитарного университета Рецензенты: д-р физ—мат. наук П.М. Косьянов (зав. кафедрой информатики филиала ЮУрГУ в г. Нижневартовске) д-р пед. наук Л.Г. Кузнецова (заведующая кафедрой математики и методики преподавания математики НГГУ); Жарова Н.Р. Элементы теории функций комплексной переменной: Учебное пособие /Жарова Н.Р. –Нижневартовск: НГГУ, 2009.- 67 с. ISBSN

В учебном пособии рассмотрены основополагающие понятия теории функций комплексной переменной, представлены варианты курсовых заданий по этой дисциплине для направления 230105 «Программное обеспечение вычислительной техники и автоматизированных систем», а также по дисциплине «Математика» 200106 «Информационно-измерительная техника и технологии». Пособие содержит образец выполнения курсовых заданий, множество примеров, необходимый справочный материал. В приложении приведены примеры решения задач в математической системе MathCAD, что существенно отличает его от традиционных практикумов.

© Жарова Н.Р. 2009 © НГГУ, 2009

СОДЕРЖАНИЕ Введение……………………………………………………………….

2

Цели и задачи преподавания и изучения дисциплины……………... 3 Содержание разделов и тем дисциплины…………………………… 4 Варианты курсовых заданий по дисциплине……………………….. 4 Пример выполнения курсового задания…………………………….. 13 Рекомендуемая литература…………………………………………...

33

Справочный материал………………………………………………...

33

Приложение…………………………………………………………… 59

ВВЕДЕНИЕ Дисциплина «Элементы теории функций комплексной переменной» относится к циклу общих математических и естественнонаучных дисциплин и является дисциплиной по выбору студентов, обучающихся по направлению 230105 «Программное обеспечение вычислительной техники и автоматизированных систем», а также входит в содержание курса «Математика» обязательной дисциплины федерального компонента ГОС ВПО по направлению 200106 «Информационно-измерительная техника и технологии». Изучение раздела высшей математики «Элементы теории функций комплексной переменной» представляет большие трудности для студентов по нескольким причинам: • сложность в формулировании стандартной задачи и алгоритмизация процедуры ее решения; • громоздкие вычисления, необходимые для решения многих задач теории упругости, электродинамики и других задач других естественных наук. Данное учебно-методическое пособие представляет: • цель, задачи и программу дисциплины; • варианты курсовых заданий (для студентов очной формы обучения) и контрольной работы (для студентов заочной формы обучения), обучающихся по направлениям 230105 «Программное обеспечение вычислительной техники и автоматизированных систем», 200106 «Информационно-измерительная техника и технологии»; • пример выполнения курсового задания; • рекомендуемая литература; • справочный материал; • приложение с примерами выполнения заданий в системе MathCAD.

3

Учебно-методическое пособие может быть полезна для студентов, обучающихся по направлению 540200 «Физико-математическое образование», преподавателям и аспирантам. 1. ЦЕЛИ И ЗАДАЧИ ПРЕПОДАВАНИЯ И ИЗУЧЕНИЯ ДИСЦИПЛИНЫ Цель изучения дисциплины состоит в том, что выпускник университета, в сочетании с растущими потребностями общества в качественно новом образовании должен владеть стандартными методами решения типовых задач дисциплины, применять эти методы к описанию и исследованию математических моделей в современных областях науки и технологий. Задачи: необходимо усвоить следующие основные теоретические положения: • дифференцирование функций комплексного переменного; • конформные отображения; • интегрирование функций комплексного переменного; • интегральную формулу Коши и ее приложения; • аналитическое продолжение, вычеты и их приложения. Относительная легкость формального усвоения теоретического материала сочетается в этом курсе с серьезными трудностями в овладении конкретными методами теории функции комплексного переменного. На экзаменах студент обязан показать свое умение решать конкретные задачи. Перечень дисциплин, усвоение которых необходимо для изучения данной дисциплины студентами: основы математического анализа, линейной алгебры, геометрии, дифференциальных уравнений.

4

2. СОДЕРЖАНИЕ РАЗДЕЛОВ И ТЕМ ДИСЦИПЛИНЫ Тема 1. Введение. Понятие комплексного числа. Действия над комплексными числами, различные формы записи комплексных чисел. Понятие функции комплексной переменной. Элементарные функции комплексной переменной. Области и границы. Тема 2. Предел функции комплексной переменной. Понятие непрерывности комплексной переменной. Тема 3. Дифференцируемость функций комплексной переменной и условия Коши-Римана. Аналитические функции комплексной переменной. Производная. Дифференциал. Геометрический смысл модуля и аргумента производной. Понятие о конформном отображении. Тема 4. Интегрирование функции комплексной переменной. Определение, свойства и правила вычисления интеграла. Теорема Коши. Тема 5. Ряды аналитических функций. Степенные ряды. Теорема Абеля. Ряд Тейлора. Нули аналитической функции. Ряд Лорана. Связь между нулем и полюсом. Тема 6. Теория вычетов и их приложения. Вычеты в особых точках. Применение вычетов. Преобразование Лапласа. 3. ВАРИАНТЫ КУРСОВЫХ ЗАДАНИЙ ПО ДИСЦИПЛИНЕ Задание 1. По заданным z1 , z 2 выполнить: а) найти значение выражения; б) вычислить значение КЧ; в) записать число в тригонометрической и показательной форме; г) на комплексной плоскости изобразить множество точек, удовлетворяющих заданным соотношениям. Задание 2. Найти вещественную и мнимые части данной функции. Найти значение функции в заданной точке.

5

Задание 3. Найти точки, в которых функция дифференцируема. Вычислить производную в заданной точке. Задание 4. Восстановить аналитическую функцию по заданным условиям. Задание 5. Вычислить значение функции в заданной точке. Задание 6. Вычислить интеграл по кривой. Задание 7. Разложить в ряд Лорана данную функцию в указанной области. Задание 8. С помощью вычетов вычислить интеграл. Варианты заданий 1-й вариант

2-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = 1 − 3 ⋅ i, z 2 = 3 − 2 ⋅ i;

z1 = 3 + 3 ⋅ i, z 2 = 2 + i;

4

а) z1 +

iz 2 z1

2

+ 8 z1 z 2 ; б)

3

(

)

6 2 Z1 ; в) z 2 ; а) z1 + 8iz1 z 2 −

5 z2 ; б) z1

г)

Задание 2

Re z + 2 = Im 2 ( z − z 2 );

1 ; f (3 − 2i ). 2z

Задание 3

w=

2 ; w′(i ). 1+ z

Задание 4

Задание 2

w ==

1 2i + ; w(2). z z −1

Задание 3 2

w = z 2 + i ⋅ z ; w′(1 + i ).

x v ( x, y ) = 2 − 2 y, f (1) = 0. x + y2

Задание 4

Задание 5

Задание 5

π

e4

i

; sin(π + i ).

Задание 6

Z1 ; в) z 2 ;

2 ≤ z + z 2 < 4;

г) z + z 2 < 2; Re z 2 − z = 2 + Im z;

f ( z ) = (i − z ) 2 +

4

v( x, y ) = ln( x 2 + y 2 ) + x − 2 y.

2 ln(5 + 5i ); ch(1 − π ⋅ i ). 3 Задание 6

2 ∫ Im z ⋅ zdz, L : z = 1,−π ≤ arctgz ≤ 0 ∫ I ((3 y − 1) + 4 xi)dz, L − отрезок прям

L

L

6

Задание 7

Задание 7

1 f ( z) = 2 , 2 < z < 3. ( z − 9)( z 2 − 4)

z3 f ( z) = , z − 2 > 2. ( z − 1)( z − 2)

Задание 8

Задание 8

2π

2π

dϕ ∫ 1 − 0,5 cos ϕ . 0

dϕ

∫ 1 + 0,3 cos ϕ .

0

3-й вариант

4-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = 2 − 2 ⋅ i, z 2 = −2 + 2i;

z1 = 8 + 8 ⋅ i, z 2 = 2 + 3i;

3

а) z1 + 3iz1 +

z2 z1

2

; б)

4

Z1 ; в) z 2 ; г) а) z13 + z 2 3 + z1 ; б) 2iz 2

4

Z1 ; в) z 2 ; г)

0 < Im( zi ) < Re 2 z; z − z 2 = z − z1 . Im z1 + Im z 2 = Re 2 z1 − Im z1 ; Задание 2

w=

3 + 4; w(1 − i ). ( z − 1) 2

Задание 3

5 < z − z 2 < 7. Задание 2

2 f ( z ) = 3z + ; f (4 + 3i ). z

(3i − z ) 2 w= + 4; w′(1). ( z − 1) 2

Задание 3

Задание 4

Задание 4

u ( x , y ) = 3 x 2 y − y 3 + x + 5.

u ( x, y ) = 2 x cos( y ln 2), f (0) = 2.

Задание 5

Задание 5

π 1 ch( + 3i ); sin( π + 3i ). 3 3

π 1 ch( − 2i ); cos( π − 2i ). 6 6

Задание 6

Задание 6

3+ i

∫

2−i

dz z

w = ( z + 3i − 1) 2 ; w′(1 − i ).

3 − 2i

∫

2+i

dz z

7

Задание 7

f ( z) =

Задание 7

z+2 , 0 < z − 1 < 2. z 2 − 4z + 3

Задание 8

f ( z) =

1 , z < 2. z2 +1

Задание 8

∞

∞

dx ∫ (1 + x 2 ) 4 . −∞

. ∫ 2 2 − ∞ ( x + 3)

5-й вариант

6-й вариант

Задание 1

Задание 1

. z1 = −2 ⋅ i, z 2 = 3 − 4i;

z1 = 2 (i − 1)i, z 2 = 2 + 4i;

10

2

а) z1 + iz1 z 2 −

8 ; б) z1

4

dx

Z1 ; в) z 2 ; а) z 2 2 − 4i z1 5 z1 z 2 ; б) z2

г) Re(1 + z ) = Re z 2 ⋅ z 1 ;

г) Re(1 + z ) = Re z 2 ⋅ z 1 ;

4 > z + 2i > 2.

4 > z + 2i > 2.

Задание 2

Задание 2

i f ( z ) = z 3 − 1 + ; f (1 − 2i ). z Задание 3

w = 2i (1 + 3i ) − z 2 ; w′(i ). Задание 4

4

Z1 ; в) z 2 ;

(3i + z ) 3 w= ; w(2 − i ). z Задание 3

w=

2 ; w′(−3i ). ( z − 1) 2

Задание 4

x u ( x, y ) = −3x 2 y + y 3 + x, f (i ) = 1 − i. u ( x, y ) = e cos y, f (i ) = i sin 1.

Задание 5

π

ch(8i − ); ln(8 − 8 2i ). 3 Задание 6 1− i

dz ∫ z i

Задание 5

π

cos(2i + ); 3 Задание 6 3 +i

∫

3i

dz z

3π e4

8

Задание 7

Задание 7

z4 f ( z) = , z − 2 > 0. ( z − 2) 2

f ( z) =

z , z − i > 2. z2 +1

Задание 8

Задание 8

∞

∞

dx

dx ∫ (x 2 + 3) 2 . 0

. ∫ 6 −∞ 1 + x

7-й вариант

8-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = −1 − i, z 2 = 3i;

z1 = 1 + i, z 2 = 2 − i 2 ; z а) iz1 + 1 + 2 z1 z 2 ; б) i + z2 4

в)

z 2 ; г)

4

Z1 ;

а) 3iz1 −

z1 + z 28 ; б) iz 2

4 > z + 2i > 2.

(Im z ) −1 Re z = 2.

Задание 2

Задание 2

f ( z ) = ( z − 2i ) 2 +

1 ; f (−7 − i ). 4i

Задание 3

Задание 3

w = (i z ) 2 − (i − z ) 2 ; w′(−1 − 7i ).

w = ( z + i ) 3 ; w′(2i ).

Задание 4

Задание 4

y 1 π u ( x, y ) = − 2 , f ( ) = . π x + y2 Задание 5

π

ch(8i − ); ln(8 − 8 2i ). 3 Задание 6

u ( x, y ) = 2(chx sin y − xy ), f (0) = 0. Задание 5

i i ; ln(1 + i ). Задание 6 i

2

ze z dz . ∫ ∫ z dz, отрезок от z1 = 1 до z 2 = − − i −1

С

Z1 ; в) z 2 ;

Re( z + z 2 ) 2 ≤ 1 + Im 2 z;

Re(1 + z ) = Re z 2 ⋅ z 1 ; г)

1 w= + 3z; w(4 − 2i ). z+2

4

9

Задание 7

Задание 7

f ( z) =

z , z < 1. ( z 2 + 4)( z 2 − 1)

f ( z) =

7z −1 , z < 1. z2 + z − 2

Задание 8 Задание 8

∞

dx ∫ ( x 2 + 1) 2 . −∞

∞

9-й вариант

dx ∫ 2 2. 0 (x + 1)

Задание 1

10-й вариант

z1 = −2i, z 2 = 4 + i;

Задание 1

а)

3 z 61

в)

z2 + − 4 z1 z 2 ; б) z1 + z 2

z2 ;

г)

3

Z1 ;

Re( z − z 1 ) = 2 Im 2 z;

⎧π

⎪ < arg ≤ π , ⎨2 ⎪ z − z1 > 3. ⎩

z1 = 1 + i, z 2 = 2 − 5i; а) z101 −

3 − iz 2 ; б) z1 + z 2

3

Z1 ; в) z 2 ;

г) Re z + Im z = Im z 2 + Re z1 ;

Im x + 2i < 1. Задание 2

f ( x) = ( z − 1) 2 + ( z + 1) 2 ; f ( −1 − i ).

Задание 2

w = ( z + 4i − 1) 2 + 4i; w(−2 − i ).

Задание 3

Задание 3

w = (i − z ) 3 ; w′(2i ).

2

w = z ⋅ z ; w′(0).

Задание 4

Задание 4

u ( x, y ) = x 2 − y 2 − x, f (1 + i ),

x 4 + y 4 Задание 5 . u ( x, y ) = 2e cos y + x y − 6 1i ; eπ (1− i ) . x

2

2

Задание 5 −1

⎛1 + i ⎞ ⎜ ⎟ . ⎝ 2 ⎠ Задание 6 i

2

3 x ∫ 3z e dz

− 2i

Задание 6

∫ z dz, L : [z1 , z2 ] - отрезок от z1 = 1 +

C

10

Задание 7

Задание 7

f ( z) =

3− z , z < 2. z 2 + 2iz + 8 2π

Задание 8

∫

0

dϕ . 3 + sin ϕ

f ( z) =

1 , z < 1. z 2 − 3z − 2 ∞

Задание 8

dx

∫ (x 2 + 4)3 . 0

11-й вариант

12-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = 3 − 4i, z 2 = 2 − 5i;

z1 = 3i, z 2 = 1 + 3i;

4

а) z1 + 3

(3i + 1) z 2 2iz 2 − 3 z1 ( z 2 + 2i ); б) а) z18 − + z1 z 2 ; б) z1 z1 + 4i − 6

г) z − z 2 − z1 > 3;

г) Im z − (Re z ) 2 = Im z 2 ;

Re z − (Im z ) 2 = Re z1 .

. z − z 2 > z − z1 ;

Задание 2

Задание 2

f ( z ) = 2 z − 3 − 3z 3 ; f (3 − 2i ).

w = z (3 − 2 z 2 ); w(3i ).

Задание 3

Задание 3

w = z Im z − (3i − z ) 2 ; w′(1). Задание 4

u ( x, y ) =

(1 − i )

x y cos − + x 2 y. 2 3

; sin 2i.

Задание 6

∫

C

f ( z) =

3i + 1 ; f (1 − i ). z−2

Задание 4 3

Задание 5 i −1

Z1 ; в)

z1 ;

Z1 ; в) z1 ;

−y e2

4

z dz , L : [z1 , z 2 ] - отрезок от z1 = 2

u ( x, y ) = ch(3 y ) sin(3 x) − 8 xy + 4 y. Задание 5

(1 + i ) i ; sh(−3 + i ). Задание 6

⎧ x = R cos t , ⎪ ∫ Im zdz, L : ⎨ y = sin t , 0 ≤ t ≤ π . C ⎪⎩ 3

11

Задание 7

f ( z) =

Задание 7

z , z > 2. ( z 2 − 4)( z 2 − 1) 2

Задание 8

f ( z) =

3− z , z − 2 > 6. z 2 + 2z − 8

Задание 8

∞

dx ∫ ( x 2 + 9) 3 . −∞

2π

∫

13-й вариант

0

dϕ . 1 + 0,2 cos ϕ

Задание 1

14-й вариант

z1 = 2 + 2i, z 2 = 1 + 3i;

Задание 1

а)

6 z1

iz 2 + 2 − 3 z1 z 2 ; б) z1

3

Z1 ; в) z1 ;

Im z 2 − Im z1 + Im z ≤ Re z1 ;

г)

z + 3i + 1 = 2.

2

а) 3 z1 +

z2 − 2 z1 z 2 2 ; б) 1 + z1

4 w = (3i − z ) + ; w(3i − 1). z 2

Задание 3

3 ; w(i ). z2 +1

Задание 4

Задание 2

f ( z) =

2i + 1 − z 3 ; f (2i ). z

Задание 3

4 w = 8i (1 + 7 z ) − z 2 + ; w′(1 + i ). z Задание 4

Задание 5

Задание 5

− 1i ; ch(−3 + i ).

cos i; ln(2 − i ).

Задание 6

Задание 6

3 ∫ (z −

2+i

Z1 ;

в) z 2 ;

x y u ( x, y ) = sh sin − 8 xy + 4 x. 2 2

2i

3

г) Re( z 2 − z1 ) ≥ 2; z − 1 − 2i = 4.

Задание 2

w=

z1 = −2i, z 2 = 4 + i;

z2 z )e 2

dz.

v( x, y ) = x 3 + 6 x 2 y − 3 xy 2 − 2 y 3 .

2i

∫ i

z2 ze 2

dz.

12

Задание 7

f ( z) =

Задание 7

2 , z < 1. z2 −1

f ( z) =

4z , 0 < z − 2i < 4. 4 + z2

Задание 8

Задание 8

2π

2π

∫

0

dϕ . 5 − 4 cos ϕ

∫

0

cos 2 2 xdx . 5 − 4 cos x

15-й вариант

16-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = 4 − 4i, z 2 = 2 − i 2 ;

z1 = 3i, z 2 = 1 + i;

2

а) z1 +

i − z1 z 2 2 ; б) 1 + z1

4

Z1 ;

а) 2 z1 −

3iz 2 + z1 z 2 ; б) i + z1

3

Z1 ;

в) z 2 ;

в) z 2 ;

г)1 < z − z1 < 2;

г) arg z 2 < arg z ≤ arg z1 ;

Im z 2 − z = 2 − Im z.

Re z1 − Re( z 2 − z1 ) = Im 2 z.

Задание 2

Задание 2

(

)

i−z f ( z) = ; f (5 − 2i ). 3 − 2z

Задание 3

Задание 3

4 w = 8i (1 + 7 z ) − z + ; w′(1 + i ). z 2

Задание 4

v ( x, y ) = e

w = 2 z − (7 z + i ) 2 ; w′(−2 − 3i ). Задание 4

v( x, y ) = e 2 y sin 2 x + 3 xy 2 − x 3 . −2 y

x3 sin 2 x − + xy 2 . 3

Задание 5

sh(4 − i ); Ln( 3 + i ). Задание 6

2 f ( z ) = 2 z − ; f ( 3i ). z

∫ z Im zdz, L : z = 2.

L

Задание 5

(1 + i )1− i ; ch(4 − i ). Задание 6

∫e

L

z

2

Re zdz , L : z ∈ [0,1 + i ].

13

Задание 7

f ( z) =

Задание 7

1 , z < 3. z 2 + iz + 12

f ( z) =

z , z > 5. z 2 − 25

Задание 8

Задание 8

2π

∞

∫

0

dϕ . (5 + 4 cos ϕ ) 2

dx

∫ (x 2 + 1) 4 .

0

4. ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ КУРСОВОГО ЗАДАНИЯ Вариант 0 Задание 1. По заданным z1 = −3 + i 3, z 2 = 1 + i выполнить: 6

а) найти значение выражения 2 z1 z 2 − б) вычислить значение КЧ

6

i ; z1

z1 ;

в) записать число z1 в тригонометрической и показательной форме; г) на комплексной плоскости изобразить множество точек, удовлетворяющих заданным соотношениям 3 < z − z1 ≤ 10; Re z + Re z 2 = Im z − Im z1. Решение. а) 2 z1 = −6 + 2 3i; Так как по формуле Муавра z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ ), то

z 2 6 = r 6 (cos 6ϕ + i sin 6ϕ ) == ( 2 ) 6 (cos 6 = 8(cos 3

π

π

π

π

+ i sin 6 ) = 4 4

+ i sin 3 ) = 8(0 − i ⋅ 1) = −8i. 2 2

Угол ϕ нашли из условия arg z 2 = acrtg КЧ равен r =

x 2 + y 2 = 12 + 12 = 2.

y 1 π = arctg = , а модуль r x 1 4

14

i i −i − 3 − i 3 3i + i 2 3 − 3 3i = = + . ⋅ Найдем − . − = 12 12 12 z1 z1 − 3 + i 3 − 3 − i 3 Окончательно

2 z1 z 2 6 −

имеем

3 3i i 3 3i = (−6 + 2 3i )(−8i ) − + = 48i − 16 3i 2 − + = 12 12 z1 12 12

= 27,05 + 48,25i. n

б) На основании формулы

z = n r (cos

ϕ + 2πk n

+ i sin

ϕ + 2πk n

),

где k -целое число, равное k = 0,1,2,..., n − 1, получим

π 6

+ 2πk

z 2 = 2 (cos 4 6

6

π + i sin 4

+ 2πk ).

6

Пусть k = 0,1,2,3,4,5.

k = 0,

Положим

z 2,1 = 6 2 (cos

π 24

+ i sin

π 24

тогда

) = 1,122(0,991 + i ⋅ 0,131) = 1,113 + i ⋅ 0,147.

Замечание. Значения

6

2 , cos

π 24

, sin

π 24

вычислены при помощи компьютера.

k = 1,

Положим

z 2, 2 = 6 2 (cos

тогда

3π 3π + i sin ) = 1,122(0,383 + i ⋅ 0,924) = 0,43 + i ⋅ 1,037. 8 8 k = 2,

Положим

тогда

17π 17π + i sin )= 24 24 = 1,122(−0,609 + i ⋅ 0,793) = −0.683 + i ⋅ 0,891. z 2,3 = = 6 2 (cos

k = 3,

Положим

z 2, 4 = = 6 2 (cos

тогда

5π 5π + i sin ) = 1,122(−0,707 − i ⋅ 0,707) = −0.794 − i ⋅ 0,794. 4 4

Положим k = 4, тогда z 2,5 = 6 2 (cos

33π 33π + i sin )= 24 24

15

= 1,122(−0,383 − i ⋅ 0,924) = −0.43 − i ⋅ 1,037. Положим k = 5, тогда z 2,6 = 6 2 (cos

33π 33π + i sin )= 24 24

= 1,122(0,609 − i ⋅ 0,793) = 0.683 − i ⋅ 0,891. Все корни

6

z 2 изображаются на комплексной плоскости вершинами

правильного шестиугольника, вписанного в окружность с центром в точке

z = 0 и радиусом

6

z = 6 2.

в) Найдем z1 = − 3 + i 3 в тригонометрической форме z = r (cos ϕ + i sin ϕ ). 2

r = x 2 + y 2 = (−3) 2 + ( 3) = 12 = 2 3. arg z1 = acrtg

3 y + π = ( x < 0, y > 0), arctg (− ) + π = −0,524 + π . 3 x

z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) = 2 3 (cos(π − 0,524) + i sin(π − 0,524). Запишем число в показательной форме z = r ⋅ e i ⋅ϕ = 2 3 ⋅ e i ⋅ (π − 0,524) . г) Изобразим на координатной плоскости множество точек, удовлетворяющих условиям:

3 ≤ z − z1 ≤ 10. z − z1 = x + iy − (3 − i 3) = x − 3 + i ( y − 3) . Модуль z − z1 = x 2 + y 2 = ( x − 3) 2 + ( y − 3 ) 2 . Подставим это выражение в исходное двойное неравенство, возведем обе части в квадрат и получим систему неравенств

⎧⎪( x − 3) 2 + ( y − 3 ) 2 ≤ 10 2 , ⎨ ⎪⎩( x − 3) 2 + ( y − 3 ) 2 ≥ 32.. Эти неравенства изображаются двумя окружностями с центром

c = (3, 3 ), и радиусами R1 = 10, R2 = 3. Ответ:

Множество

точек,

удовлетворяющих

3 < z − z1 ≤ 10 – есть кольцо (рис.1).

системе

неравенств

16

Рис.1 Замечание. График построен при помощи универсальной математической сиcтемы Maple, с привлечением функции implicitplot: implicitplot({(x-3)^2

+(y-sqrt(3))^2

=

100,(x-3)^2

+(y-sqrt(3))^2 = 9},x=-10.0..15.0,y=-10.0..15.0); Изобразим на координатной плоскости множество точек, удовлетворяющих условиям

Re z + Re z 2 = Im z − Im z1. Re z = x, Re z 2 = 1, Imz = y, Imz1 = 1. Имеем x + 1 = y − 1. Ответ:

Множество

точек,

удовлетворяющих

уравнению

Re z + Re z 2 = Im z − Im z1. есть уравнение прямой линии y = x + 2 (рис. 2).

Рис. 2 Задание 2. Найти вещественную и мнимые части данной функции

1 f ( z ) = (i + z ) 2 + . Найти значение функции в заданной точке (3 + 2i ). z Решение

f ( z ) = f ( x + yi) = (i + x + iy ) 2 +

2 1 = ( x + i (1 + y )) = x 2 + 2ix(1 + y ) + x + iy

17

x − iy x = x 2 − (1 + y ) 2 + 2ix (1 + y ) + 2 − 2 ( x + iy )( x − iy ) x +y ⎡ y ⎤ y x 2 2 x − ( 1 + y ) i x y − 2 ⋅ i = 2 ( 1 ) + + − + ⎢ ⎥. x + y2 x2 + y2 ⎣ x2 + y2 ⎦

+ (1 + y ) 2 ⋅ i 2 +

Re f = x 2 − (1 + y ) 2 + Находим

⎡ y ⎤ x x y , 2 ( 1 ) . + − Im f = ⎢ 2 2⎥ x2 + y2 x y + ⎣ ⎦

значение

функции

в

заданной

точке

(3 + 2i ).

3 ⎤ ⎡ 2 ⎤ 3 232 ⎡ 2 3 3 = + ⋅ . + ⋅ ⋅ − f (3 + 2i ) = ⎢32 − (1 + 2) 2 + 2 i i 13 3 + 2 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 32 + 2 2 ⎥⎦ 13 ⎣ Ответ: f (3 + 2i ) =

3 232 +i⋅ . 13 13

Задание 3. Пример 1. Найти точки, в которых функция ω = z ⋅ z дифференцируема. Вычислить производную ω ′(i ) в заданной точке. Решение. Находим действительную и мнимую части функции ω = z ⋅ z :

ω = u + iv = f ( z ) = z ⋅ z = x 2 + y 2 ( x − iy ) = x x 2 + y 2 − iy x 2 + y 2 . u ( x, y ) = x x 2 + y 2 , -действительная часть , v( x, y ) = − y x 2 + y 2 -мнимая часть. Частные производные, очевидно, всюду непрерывны, и, следовательно, функции u ( x, y ) и v( x, y ) всюду дифференцируемы. Проверим выполнение условия Коши-Римана

∂u ∂v ∂u ∂v = , =− : ∂x ∂y ∂y ∂x

∂u 2x2 2x2 + y 2 2 2 = x +y + = , 2 2 2 2 ∂x x +y 2 x +y ∂v = −( x 2 + y 2 + ∂y

y2 2

x +y

2

∂v yx xy =− =− , 2 2 2 2 ∂x x +y x +y

)=−

x2 + 2 y2

∂u = ∂y

2

x +y

2

.

xy 2

x +y

2

.

18

Одно из условий Коши-Римана нарушено:

∂u ∂v ≠ . Следовательно, функция ∂x ∂y

ω = z ⋅ z нигде не дифференцируема, поэтому невозможно отыскать ω ′(i ) . Ответ: невозможно отыскать ω ′(i ) . 2

Задание 3. Пример 2. Доказать, что функция ω = z дифференцируема лишь в точке z = 0 и найти ω ′(0). 2

Решение. Поскольку ω = z = x 2 + y 2 , то u ( x, y ) = x 2 + y 2 , ν ( x, y ) = 0. Эти функции имеют частные производные в любой точке. Но

∂u ∂u = 2 x, = 2 y, ∂x ∂y

∂v ∂v = = 0, и поэтому условия Коши-Римана выполняются лишь в одной ∂x ∂y ⎛ ∂u ∂v ⎞ + i ⎟⎟ = 0. ∂y ⎠ x = 0 ⎝ ∂x y =0

точке. Сама производная ω ′(0) = ⎜⎜

⎛ ∂u ∂v ⎞ + i ⎟⎟ = 0. ∂y ⎠ x = 0 ⎝ ∂x y =0

Ответ: ω ′(0) = ⎜⎜

Задание 4. Восстановить аналитическую функцию f (z ) по заданным условиям: u ( x, y ) = Re( z ) = x 3 − 3 xy 2 + 2 y , f (i ) = 2. Решение. 1. Находим частные производные функции 2. Используея 2-e условиe Коши-Римана

∂u ∂u = −6 xy + 2 . = 3x 2 − 3 y 2 , ∂y ∂x

∂v ∂u ∂v ∂u = , =− ∂x ∂y ∂y ∂x

∂v ∂u =− = 6 xy − 2 , ∂x ∂y находим функцию v( x, y ) , интегрируя по x частную производную

19

∂v = 6 xy − 2 . ∂x Получим

v ( x, y ) = ∫

∂v dx + ϕ ( y ) = ∫ (6 xy − 2)dx + ϕ ( y ) = 3 x 2 y − 2 x + ϕ ( y ). ∂x

Продифференцируем v( x, y ) по переменной y:

∂v = 3 x 2 + ϕ ′( y ). ∂y

Для нахождения функции ϕ ( y ) используем первое условие Коши-Римана

∂u ∂v = : 3 x 2 − 3 y 2 = 3 x 2 + ϕ ′( y ). ∂x ∂y Получаем обыкновенное дифференциальное уравнение 1-го порядка,

ϕ ′( y ) = −3 y 2 , из которого определим неизвестную функцию ϕ ( y ).

ϕ ( y ) = − ∫ 3 y 2 dy = − y 3 + C. Таким образом, получаем функцию v( x, y ) = 3 x 2 y − 2 x − y 3 + C. 3. Записываем искомую функцию f (z ) в виде

f ( z ) = u + iv = x 3 − 3 xy 2 + 2 y + i (3x 2 y − 2 x − y 3 + C ). Преобразуем полученное выражение к функции переменной z, используя ра-

z = x + iy

венства

z 3 = ( x + iy ) 3 = x 3 + 3x 2iy + 3 xi 2 y 2 + i 3 y 3 = x 3 − 3xy 2 + i (3 xy 2 − y 3 ), получаем f ( z ) = z 3 − 2iz + C , где С  произвольная постоянная. 4. Находим С из условия f (i ) = 2 : 2= i 3 − 2i ⋅ i + C. Получаем C = i и, следовательно, f ( z ) = x 3 − 2iz + i. Ответ: f ( z ) = x 3 − 2iz + i.

и

20 i

π

Задание 5. Вычислить значения функций e 2 , sin i , cos(1 + i ) , ln(-1), i i в заданной точке. Решение.

e

i

π 2

= cos

По

π 2

формуле

+ i sin

π 2

Эйлера

e z = cos z + i sin z можем

записать

= i.

e iz − e −iz . sin z = 2i Запишем

e i ⋅i − e −i ⋅i e −1 − e +1 e − e −1 sin i = = =i = ish1. 2i 2i 2 e i ⋅i + e − i ⋅i e i ⋅i − e − i ⋅i − sin 1 = cos(1 + i ) = cos 1 cos i − sin 1 sin i = cos 1 2 2i cos 1ch1 − i sin 1sh1. Здесь использовали формулы cos( x + y ) = cos x cos y − sin x sin y,

eiz + e −iz cos z = , cos iz = chz, − i sin iz = shz. 2 ln(−1) = ln − 1 + i arg(−1) = ln 1 + πi = πi. i

i ln i

i (ln i + iArgi )

i =e =e ( k = 0,±1,±2,..).

π

=

i (ln 1+ i ( + 2πk )) 2 e

π

=

− ( + 2πk ) e 2

Задание 6. Пример 1. Вычислить интеграл ∫ Re( z) dz по кривой l , где: l

а) l - прямая, соединяющая точки z1 = 0 и z 2 = 1 + i ; б) l - ломаная ОВА, O(0,0), B (1,0), A(1,1). Решение. а) Путь интегрирования l - прямая, соединяющая точки z1 = 0 и

z 2 = 1 + i . Пусть f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) . Re( z ) = x, u ( x, y ) = x, v( x, y ) = 0. Уравнение отрезка прямой, соединяющей точки z1 = 0 и z 2 = 1 + i имеет вид

y = x, 0 ≤ x ≤ 1. Тогда dy = dx.

21

Применим к вычислению интеграла формулу

∫ f ( z )dz = ∫ (u + iv)(dx + idy ) = ∫ udx − vdy + i ∫ udy + vdx = l

l

l

l

1

⎛ x2 x2 ⎞ 1 + i ∫ udx + i ∫ udy = ∫ xdx + i ∫ xdx = ⎜⎜ 2 + i 2 ⎟⎟ = 2 . 0 0 l l ⎠0 ⎝ 1

Ответ: ∫ Re( z) dz = l

1

1+ i . 2

б) Путь интегрирования l - ломаная ОВА, O(0,0), B (1,0), A(1,1). Так как путь интегрирования состоит из двух отрезков, записываем интеграл в виде суммы двух интегралов:

∫ Re( z )dz = ∫ Re( z )dz + ∫ Re( z )dz . l

OB

BA

Вычислим каждый из интегралов по отрезкам OB, и BA. Уравнение OB имеет вид y = 0, dy = 0, 0 ≤ x ≤ 1. Вычислим интеграл по отрезку OB. 1

1 Re( z ) dz = Re( z ) dz = udx + vdy + i udy + vdx = xdx = . ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 0 l OB OB OB Уравнение BA имеет вид x = 1, dx = 0, 0 ≤ y ≤ 1. Вычислим интеграл по отрезку BA . 1

1 ∫ Re( z )dz = ∫ Re( z )dz = ∫ udx + vdy + i ∫ udy + vdx = i ∫ 1dy = iy 0 = i.

l

BA

Ответ: ∫ Re( z) dz = l

BA

BA

0

1 + i. 2

Задание 6. Пример 2. Вычислить интеграл

∫ z ⋅ zdz,

по кривой l , где:

l

l - верхняя полуокружность z = 1, обход против часовой стрелки. Решение. Подынтегральная функция здесь непрерывная, но не аналитичная:

22

z = x − iy, f ( z ) = u + iy, u = x, v = − y. Проверим выполнение равенства ∂u ∂v = : ∂x ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v ≠ = 1, = −1 . Поэтому будем интегрировать , представив кри∂x ∂y ∂x ∂y вую интегрирования в параметрическом виде: z = e i ⋅ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π . Тогда z = e −i ⋅ϕ , z = 1, dz = ie i ⋅ϕ . Подставляем в подынтегральное выражение π

− iϕ

iϕ

π

π

0

0

∫ z zdz = ∫ 1 ⋅ e ie dϕ = ∫ idϕ = i ∫ dϕ = iπ . l

Ответ:

0

∫ z ⋅ zdz = iπ . l

Задание 6. Пример 3. Вычислить интеграл от аналитической функции i

i

1i 1 1 1 1 1 1 ∫ sin zdz = 2 ∫ (1 − cos 2 z )dz = 2 ( z − 2 sin 2 z ) = 2 (i − 2 sin 2i) = 2 (i − 2 shi). 0 0 0 2

Задание

f ( z) =

7.

Пример

1.

Разложить

в

ряд

Лорана

функцию

1 в указанной области: а) в круге z < 1 , б) в кольце ( z − 1)( z − 2)

V2,1 := {z : 1 < z < 2}, в) в кольце V∞ , 2 := {z : 2 < z < ∞}. Решение. Запишем f (z ) в виде суммы простых дробей

f ( z) =

1 1 1 =− + . ( z − 1)( z − 2) ( z − 1) ( z − 2)

а) Так как функция f (z ) аналитична в круге z < 1 , то ряд Лорана совпадает с рядом Тейлора для этой функции. Воспользуемся формулой ∞ 1 = ∑ z n , z < 1. 1 − z n=0 n

1 1 1 1 ∞ ⎛z⎞ z Откуда будем иметь =− = − ∑ ⎜ ⎟ , < 1. ( z − 2) 2 1− z 2 n = 0⎝ 2 ⎠ 2 2

23

Таким образом, ∞ 1 1 1 1 ⎞ ⎛ f ( z) = =− + = ∑ ⎜1 − n +1 ⎟ z n , z < 1. ( z − 1)( z − 2) ( z − 1) ( z − 2) n = 0⎝ 2 ⎠

Ответ: разложение функции в ряд Лорана f ( z ) =

z < 1 имеет вид f ( z ) =

1 в круге ( z − 1)( z − 2)

∞ 1 1 ⎞ ⎛ = ∑ ⎜1 − n +1 ⎟ z n , z < 1. ( z − 1)( z − 2) n = 0⎝ 2 ⎠

б) В кольце V∞ , 2 := {z : 2 < z < ∞}. справедливо разложение в ряд Тейлора n

1 1 1 1 ∞ ⎛z⎞ =− = − ∑ ⎜ ⎟ , z < 2, ( z − 2) 2 1− z 2 n = 0⎝ 2 ⎠ 2 приведенное в предыдущем пункте. А для функции

1 1 =, z > 1 , т.е < 1 1− z z

∞ ∞ 1 1 1 1 1 ∞ 1 1 =− = − ∑ n = − ∑ n +1 = − ∑ n , z > 1. будем иметь z n=0 z z 1− 1 1− z n=0 z n =1 z z

Окончательно ∞ zn ∞ 1 1 f ( z) = = − ∑ n +1 − ∑ n ,1 < z < 2. ( z − 1)( z − 2) n=02 n =1 z

Ответ: разложение функции в ряд Лорана f ( z ) =

1 в кольце ( z − 1)( z − 2)

V2,1 := {z : 1 < z < 2} имеет вид ∞ zn ∞ 1 1 f ( z) = = − ∑ n +1 − ∑ n ,1 < z < 2. ( z − 1)( z − 2) n=02 n =1 z

в) При z > 2 дробь пункте, а дробь

1 имеет то же разложение, что и в предыдущем 1− z

1 разлагается следующим образом ( z − 2)

24 n

n

∞ 2n 1 1 1 1 ∞ ⎛2⎞ 1 ∞ 2 n −1 ⎛2⎞ = = ∑ ⎜ ⎟ = ∑ n +1 ⎜ ⎟ = ∑ n , z > 2. z − 2 z 1 − 2 z n = 0⎝ z ⎠ z n =1 z ⎝z⎠ n=0 z z ∞ zn ∞ 1 1 = − ∑ n +1 − ∑ n , z > 2. Итак f ( z ) = ( z − 1)( z − 2) n=02 n =1 z

Ответ: разложение функции в ряд Лорана f ( z ) =

1 в кольце ( z − 1)( z − 2)

V∞ , 2 := {z : 2 < z < ∞}. имеет вид ∞ zn ∞ 1 1 f ( z) = = − ∑ n +1 − ∑ n , z > 2. ( z − 1)( z − 2) n=02 n =1 z

Задание 7. Пример 2. Разложить в ряд Лорана функцию f ( z ) =

1 в кольz +4 2

це V4, 0 := {z : 0 < z − 4i < 4}. Решение. Запишем функцию f ( z ) = f ( z) =

1 в виде суммы простых дробей z +4 2

1 1 i i i . =− + =− + 4( z − 2i ) 4( z + 2i ) 4( z − 2i ) ⎛ ( z − 2i ) ⎞ z +4 16⎜1 + ⎟ 4i ⎠ ⎝ 2

Разложим в ряд Тейлора функцию

1 z − 2i . Так как < 1 в коль4i ⎛ ( z − 2i ) ⎞ 16⎜1 + ⎟ 4i ⎠ ⎝

це 0 < z − 2i < 4, то воспользуемся разложением ∞ 1 = ∑ (−1) n z n , z < 1, 1 + z n=0

и получим n n ∞ ∞ i ( z − 2i ) n . − ( z 3 i ) 1 ⎞ n⎛ n + 2 = 16 ∑ (−1) ⎜ ⎟ = ∑4 4i ⎠ ⎛ ( z − 2i ) ⎞ ⎝ n 0 n=0 = 16⎜1 + ⎟ 4i ⎠ ⎝

Окончательно имеем

25 ∞ in 1 i f ( z) = 2 =− + ∑ n + 2 ( z − 2i ) n . 4( z − 2i ) n = 0 4 z +4

Ответ: разложение функции в ряд Лорана функции f ( z ) =

1 в кольце z +4 2

V4,0 := {z : 0 < z − 4i < 4} имеет вид f ( z) =

∞ in 1 i = − + ( z − 2i ) n . ∑ n + 2 2 4( z − 2i ) n = 0 4 z +4

Задание 7. Пример 3. Требуется получить все возможные разложения в ряд Лорана по степеням z – 2 функции f ( z ) =

1 . z ( z + 4)

Решение. Здесь z0 = 2; функция теряет аналитичность в точках z1 = 0, z2 = -4. Легко видеть, что существует три области аналитичности с центром в z0 (один круг и два кольца), на границах которых функция теряет аналитичность: 1. | z – 2| < 2; 2. 2 < | z – 2| < 6; 3. | z – 2| > 6. В каждой из этих областей разложение будет таким: 1. В первой области (круге) функция аналитична, поэтому ряд Лорана будет совпадать с рядом Тейлора.

1 1 ( z + 4) − z 1 ⎛ 1 1 ⎞ = ⋅ = ⋅⎜ − ⎟ z ( z + 4) 4 z ( z + 4) 4 ⎝ z z + 4⎠ - таково разложение f(z) на простые дроби; разлагаем

в

1 1 1 = = ⋅ z 2 + ( z − 2) 2

ряд

Тейлора

каждую

их

них.

n

∞ ( −1) n 1 1 ∞ n⎛ z − 2⎞ n = ∑ (−1) ⎜ ⎟ = ∑ n+1 ( z − 2) , где | z z − 2 2 n =0 ⎝ 2 ⎠ n =0 2 1+ 2

– 2| < 2.

1 1 1 = = ⋅ z + 4 6 + ( z − 2) 6

n

∞ ( −1) n 1 1 ∞ n n⎛ z − 2⎞ = ∑ (−1) ⎜ ⎟ = ∑ n+1 ( z − 2) ; это z − 2 6 n =0 ⎝ 6 ⎠ n =0 6 1+ 6

разложение справедливо, если | z – 2| < 6, т.е. в первой и второй областях.

26

1 ∞ 1 ⎞ ⎛ 1 Окончательно в первой области f ( z ) = ∑ (−1) n ⎜ n+1 − n+1 ⎟( z − 2) n . Этот 4 n =0 6 ⎠ ⎝2 ряд содержит только правильную часть. 2. В кольце 2 < | z – 2| < 6 знаменатель второй геометрической прогрессии (для дроби

| z −2| 1 < 1 , поэтому разложение остаётся в си) по модулю 6 z+4

ле. Для первой дроби, с учётом того, что | z − 2 |> 2 ⇒

2 < 1, получим | z−2| n

∞ ( −1) n ⋅ 2 n 1 1 1 1 1 ∞ n⎛ 2 ⎞ = = ⋅ = = ⎟ = ∑ ∑ (−1) ⎜ n +1 − 2 z 2 + ( z − 2) z − 2 1 + 2 z − 2 n=0 z ( − 2 ) z ⎝ ⎠ n=0 z−2 ∞ ( −1) n −1 ⋅ 2 n −1 −1 =∑ = ∑ (−1) − n −1 ⋅ 2 n −1 ⋅ ( z − 2) n . n ( z − 2) n =1 n = −∞

Это

главная

часть

ряда

Лорана.

Разложение

имеет

вид

1 −1 1 ∞ (−1) n − n −1 − n −1 n f ( z ) = ∑ (−1) ⋅2 ⋅ ( z − 2) − ∑ n+1 ( z − 2) n . 4 n=−∞ 4 n =0 6 3. В кольце | z − 2 |> 6 ⇔ 6 4. |

f ( z) =

(z

z 2

−4

)

3

=

z+2−2

(z + 2)3 ⋅ (z − 2)3

⎛ 1 2 ⎞ 1 ⎟⋅ .Первый = ⎜⎜ − 3 2 ⎟ 3 ⎝ (z + 2) (z + 2) ⎠ (z − 2)

множитель уже представлен в виде суммы по степеням ( z + 2) , работаем со вторым. Третью степень в знаменателе получим, дважды дифференцируя разложение функции

1 . z−2

1. В первом кольце 0 < z + 2 < 4 получаем

1 = z−2

1 = − 4 + ( z + 2)

′ 1 ∞ n( z + 2) n −1 1 ∞ ( z + 2) n 1 1 1 ⎛ 1 ⎞ , , = −⎜ =− ∑ =− ⋅ ⎟ = = ∑ 4 n =1 4 n = 0 4n 4 1− z + 2 ( z − 2) 2 4n ⎝ z − 2⎠ 4 ′ 1 ⎛ 1 ⎞ 1 ∞ n(n − 1)( z + 2) n − 2 1 ∞ (n + 2)(n + 1)( z + 2) n ⎟ =− ∑ = − ⋅ ⎜⎜ =− ∑ 2 ⎝ ( z − 2) 2 ⎟⎠ 8 n=2 8 n=0 ( z − 2) 3 4n 4n + 2 , 1

1 1 ∞ ( z + 2) n =− ∑ (n + 1)(n + 2) n , 128 n = 0 ( z − 2) 3 4 ⎛ 1 2 ⎞⎟ 1 − = f ( z ) = ⎜⎜ 3 2⎟ 3 − ( 2 ) z + + 2 2 ( ) ( ) z z ⎝ ⎠ . n ∞ ⎛ ⎞ 1 ⎜ 1 2 ⎟ ( z + 2) =− − n + n + ( 1 )( 2 ) . ∑ 128 ⎜⎝ ( z + 2 )3 ( z + 2 )2 ⎟⎠n = 0 4n Ответ: f ( z ) = −

1 ⎛⎜ 1 2 ⎞⎟ ∞ ( z + 2) n − n + n + ( 1 )( 2 ) . Это и есть ис∑ 128 ⎜⎝ ( z + 2 )3 ( z + 2 )2 ⎟⎠n = 0 4n

комое разложение в первом кольце. 2. Во втором кольце z + 2 > 4 получаем

29

′

∞ 1 1 1 1 1 4n ⎛ 1 ⎞ = ∑ , ⋅ = = = − ⎜ ⎟ = n +1 2 z − 2 − 4 + ( z + 2) z + 2 1− 4 z − 2 ( z + 2 ) ( z − 2) ⎝ ⎠ n=0 z+2

(n + 1) ⋅ 4 n , ∑ n+2 ( z + 2 ) n=0 ∞

′ 1 ⎛ 1 ⎞ 1 ∞ (n + 1)(n + 2) ⋅ 4 n ⎟ = ∑ , = − ⋅ ⎜⎜ 3 2⎟ n +3 2 ( z − 2) ⎝ ( z − 2) ⎠ 2 n = 0 ( z + 2) 1

1⎛ 1 2 ⎞ ∞ (n + 1)(n + 2) ⋅ 4 n ⎟∑ f ( z ) = ⎜⎜ . − 2 ⎝ ( z + 2) 3 ( z + 2) 2 ⎟⎠n =0 ( z + 2) n 1⎛ 1 2 ⎞ ∞ (n + 1)(n + 2) ⋅ 4 n ⎟∑ − . Ответ: f ( z ) = ⎜⎜ 2 ⎝ ( z + 2) 3 ( z + 2) 2 ⎟⎠n =0 ( z + 2) n 2π

Задание 8. Пример 1. С помощью вычетов вычислить интеграл

∫

0

dϕ . 2 + cos ϕ

Решение. Вводим комплексную переменную z = e iz . При этом область интегрирования [0,2π ] отобразится в окружность z = 1, 0 ≤ arg z ≤ 2π . Вычислим dz = ieiϕ dϕ ⇒ dϕ =

dz dz = . iϕ iz ie

1⎞ e iz + e −iz 1 ⎛ = ⎜z + ⎟ По формуле Эйлера cos z = z⎠ 2 2⎝ Отсюда 2π

∫

0

dϕ = 2 + cos ϕ

∫

dz

z + z −1 ⎞⎟ z =1 ⎛ ⎜ iz ⎜ 2 + 2 ⎟⎠ ⎝

=

2 ⋅ i

∫

dz

. 2 4 1 z + z + z =1

Решая уравнение z 2 + 4 z + 1 = 0 , найдем особые точки подынтегральной функции, расположенные внутри контура z = 1 .

z1 = −2 + 3, z 2 + −2 − 3. Из них только z1 находится внутри окружности

z = 1 , так как z 2 = 2 + 3 > 1.

30

Найдем вычет в полюсе z1 = −2 + 3 res z → z1 f ( z ) по формуле для вычисления вычетов второго порядка

res z = z1 =

[

]

d m −1 1 f ( z) = lim m −1 ( z − z1 ) m f ( z ) = (m − 1)! z → z1 dz z − (−2 + 3

lim

z → −2 + 3

( z − (−2 + 3)( z − −2 − 3))

=

1 1 = − 2 + 3 + 2 + 3 2 3.

Вычисляем интеграл по теореме Коши о вычетах:

∫

f ( z )dz = 2πi ⋅ res z = z1 f ( z ) = 2πi ⋅

2π

2 dϕ = π. 2 + cos ϕ 3

z =1

Следовательно,

∫

0 2π

Ответ:

∫

0

Задание

2 2π = . 2 3 i 3 1

⋅

2 dϕ = π. 2 + cos ϕ 3 8.

Пример

2.

С

помощью

вычетов

вычислить

интеграл

∞

x2 + 3 dx. ∫ 2 2 − ∞ ( x + 2 x + 17) Решение. Для того, чтобы применить теорему Коши о вычетах, вводим функцию комплексной переменной f ( z) =

P2 ( z ) x2 + 3 . = ( x 2 + 2 x + 17) 2 Q4 ( z )

Далее строим контур, состоящий из отрезка вещественной оси [− ρ , ρ ] и полуокружности C ρ = { z = ρ , Im z ≥ 0}, выбрав ρ так, чтобы все особые точки

z k (k = 1,2,..., n) функции f (z ) , лежащие в верхней полуплоскости, оказались внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах ρ

∫

−ρ

x2 + 3 ( x 2 + 2 x + 17)

dx + 2

∫

Cρ

n

f ( z )dz = 2πi ∑ res z = z 0 f ( z ). k =1

31

Переходим к пределу при ρ → +∞. Так как степени многочленов удовлетворяют соотношению m ≥ n + 2, то lim

∫ f ( z )dz = 0.

ρ → +∞ C

ρ

n

Поскольку 2πi ∑ res z = z 0 f ( z ) не зависит от ρ , имеем k =1

∞

n z2 + 3 x2 + 3 ∫ ( x 2 + 2 x + 17) 2 dx = 2πi ∑ res z = z 0 ( z 2 + 2 z + 17) 2 , k =1 −∞

где z k - особые точки функции z2 + 3 f ( z) = 2 , лежащие в верхней полуплоскости. ( z + 2 z + 17) 2 Находим особые точки функции z2 + 3 z2 + 3 f ( z) = 2 = ( z + 2 z + 17) 2 ( z + 1 − 4i ) 2 ( z + 1 + 4i ) 2 как нули (2-го порядка) ее знаменателя: z = −1 + 4i, z = −1 − 4i. Таким образом, точки z = −1 + 4i, z = −1 − 4i - полюса второго порядка. В верхней полуплоскости лежит единственная точка z = −1 + 4i. Вычислим вычет в точке z = −1 + 4i по формуле для вычисления вычетов в полюсах n − го порядка при n = 2 : res z = z1 f ( z ) =

[

]

1 d n −1 lim n −1 ( z − z1 ) n f ( z ) . (n − 1)! z → z1 dz

Получим res z = z1

5 d ⎡ ( z 2 + 3)( z + 1 − 4i ) 2 ⎤ . = lim ⎢ ⎥= 2 2 2 2 z → −1+ 4i dz ( z + 1 − 4i ) ( z + 1 + 4i ) 64 i ( z + 2 z + 17) ⎣ ⎦ z2 + 3

В формуле вычислена производная

d ⎡ ( z 2 + 3)( z + 1 − 4i ) 2 ⎤ ⎢ ⎥ и, далее найdz ⎣ ( z + 1 − 4i ) 2 ( z + 1 + 4i ) 2 ⎦

дем предел от полученного выражения. Далее находим интеграл по теореме Коши ∞

2πi 5π x2 + 3 ∫ ( x 2 + 2 x + 17) 2 dx = 64i ⋅ 5 = 32 . −∞

32 ∞

x2 + 3 5π Ответ: ∫ 2 dx = . 2 32 ( x + 2 x + 17 ) −∞ Задание 8. Пример 5. 1.

cos z

∫ π L z⎛

⎞ ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠

dz , где L - квадрат |x| + |y| = 2.

Решение. Обе особые точки подынтегральной функции: z1= 0 и z 2 =

π 2

- рас-

положены внутри контура L, поэтому

⎛ ⎞ dz = 2πi⎜ res f ( z ) + res f ( z ) ⎟ . z2 ⎞ ⎝ z1 ⎠ ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠ cos z

∫ π L z⎛

Точка z1= 0 -полюс первого порядка, ⎛ cos z ⎞ 2 ⎟= . res z1 = lim ( z ⋅ f ( z ) = lim ⎜⎜ z →0 z → 0⎝ π 2 − z ⎟ ⎠ π Точка z 2 =

π 2

- нуль первого порядка и для числителя, и для знаменателя; до-

кажем, что это - устранимая особая точка подынтегральной функции. Пусть t=

π − z , тогда 2

sin t 2 ⎛π ⎞ = , коcos z = cos⎜ − t ⎟ = sin t , и lim f ( z ) = lim z →0 t →0 (π / 2 − t )t π ⎝2 ⎠

нечный предел существует, поэтому, действительно, это - устранимая особая точка, и res f ( z ) = 0 . z2

По основной теореме о вычетах

Ответ:

cos z

∫ π L z⎛

⎞ ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠

dz = 4i.

⎛2 ⎞ dz = 2πi⎜ + 0 ⎟ = 4i . ⎞ ⎠ ⎝π ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠ cos z

∫ π L z⎛

33

5. РЕКОМЕНДУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА

1.Свешников, А.В. Теория функций комплексной переменной: учебник/А.Г. Свешников, А.Н. Тихонов.- 6-е изд., стереотип. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004.- 336 с. 2.Высшая математика: учебник: в 3 т./ под ред. В.А. Садовничего.-6-е изд., стереотип.-М.: Дрофа, 2004.- Т. 3.-512 с. 3. Данко, П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах в 2-х частях: учебное пособие / П.Е. Данко, А.Г. Попов, Т.Я. Кожевникова. – 5-е изд., испр.: М: Высшая школа, 2004. Ч.2. – 314 с. 6. СПРАВОЧНЫЙ МАТЕРИАЛ Комплексным числом z будем называть упорядоченную пару действитель-

ных чисел x, y записанную в форме z = x + iy , где i новый объект ("мнимая единица"), для которого при вычислениях полагаем i 2 = −1. Первая компонента комплексного числа z действительное число x, называется действительной частью числа z , и обозначается так: x = Re z ; вторая компонента действительное число y, называется мнимой частью числа z . Обозначается

y = Im z. . Комплексное число изображается на комплексной плоскости (С) точкой z (Re z , Im z ). Равенство комплексных чисел. Два комплексных

у z

(С)

числа z1 = x1 + iy1 и z 2 = x2 + iy 2 равны тогда и тольIm z

x

Re z

ко тогда, когда равны их действительные и мнимые части: z1 = z 2 ⇔ {( x1 = x2 )Λ ( y1 = y 2 )}.

z

Число z = x − yi называется числом, сопряжённым к числу z = x + yi . Суммой двух комплексных чисел

комплексное

число

z,

z1 = x1 + iy1 и z 2 = x2 + iy 2 называется определяемое

соотношением

34

z = ( x1 + x2 ) + i ( y1 + y2 ) т.е. Re ( z1 + z 2 ) = Re z1 + Re z 2 , Im ( z1 + z 2 ) = Im z1 + Im z 2 . Произведением двух комплексных чисел z1 = x1 + iy1 и z 2 = x2 + iy 2 назы-

вается комплексное число z , определяемое соотношением

z = ( x1 x2 − y1 y2 ) + ( x1 y2 + x2 y1 )i т.е., Модулем комплексного числа z = x + yi называется действительное число

z = x2 + y2 . Геометрически модуль числа z - длина радиуса вектора точки z ; модуль разности чисел z1 и z 2 равен расстоянию между этими точками:

| z1 − z 2 |=| ( x1 + iy1 ) − ( x2 + iy 2 ) |= ( x1 − x2 ) 2 + ( y1 − y 2 ) 2 . Произведение сопряжённых чисел:

z ⋅ z = ( x + yi )( x − yi ) = ( x ⋅ x − y ⋅ (− y ) ) + + ( x ⋅ (− y ) + y ⋅ x )i = x 2 + y 2 = z . 2

Частное комплексных чисел

z1 ( z 2 ≠ 0) . z2

Домножим числитель и знаменатель на число, сопряжённое знаменателю: z1 z1 ⋅ z 2 ( x1 + y1i ) ⋅ ( x2 − y2i ) ( x1 x2 + y1 y2 ) + ( y1 x2 − x1 y2 )i = =. = = z 2 z 2 ⋅ z 2 ( x2 + y 2 i ) ⋅ ( x2 − y 2 i ) x2 2 + y 2 2

=

x1 x2 + y1 y 2 2

x2 + y 2

2

+

y1 x2 − x1 y 2 2

x2 + y 2

2

Алгебраической формой комплексного числа

i. называется запись ком-

плексного числа в виде z = x + yi . Изобразим число z как точку на плоскости с декартовыми координатами

( x, y ). Если теперь перейти к полярным ко-

ρ,ϕ ,

то

x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = ρ ,

поэтому

ординатам

z = z (cos ϕ + i sin ϕ ) , где

z

-модуль ком-

(С)

y

z z

ϕ

x

35

плексного числа, а угол ϕ называется аргументом комплексного числа тригонометрической формой числа и обозначается arg z : ϕ = arg z . Аргу-

мент комплексного числа определён неоднозначно (с точностью до слагаемых, кратных 2π ): если, например, ϕ = π / 6 , то значения ϕ , равные π / 6 ± 2π,

π / 6 ± 4π и т.д. тоже будут соответствовать числу z ; значение аргумента, удовлетворяющее условиям − π < arg z ≤ π , называют главным; для обозначения всех значений аргумента комплексного числа z применяется символ

Arg z : Arg z = arg z + 2kπ , k = 0,±1,±2,... . Тригонометрической формой комплексного числа z называется запись

комплексного числа в виде z = z (cos(arg z ) + i sin(arg z ) ) = z (cos ϕ + i sin ϕ ) . ⎧arctg( y / x ), x > 0; ⎪arctg( y / x ) + π , x < 0, y > 0; ⎪ ⎪arctg( y / x ) − π , x < 0, y < 0; ⎪ ⎪π / 2, x = 0, y > 0; 2 2 | z |= x + y ; arg z = ⎨ ⎪− π / 2, x = 0, y < 0; ⎪0, если x > 0, y = 0; ⎪ ⎪π , если x < 0, y = 0; ⎪⎩не определён, если x =, y = 0. Показательная форма комплексного числа z = z e i ⋅ Arg z = z e i ⋅arg z = z e i ⋅ϕ . Формула Эйлера e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ . Умножение и деление комплексных чисел в показательной форме выпол-

няются и интерпретируются также легко, как и в тригонометрической:

[

][

]

z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ eiϕ1 ⋅ z 2 ⋅ eiϕ 2 = [ z1 ⋅ z 2 ]⋅ ei (ϕ 2 +ϕ 2 ) =

= [ z1 ⋅ z 2 ]⋅ [cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 2 + ϕ 2 )].

z1 ⋅ eiϕ1 | z1 | i (ϕ1 −ϕ 2 ) | z1 | z1 (cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ 2 ) ) . = = e = z 2 z 2 ⋅ e iϕ 2 | z 2 | | z2 |

36

Формула Муавра z = z (cos ϕ + i sin ϕ ) , то z n = z

n

(cos nϕ + i sin nϕ ) , или,

n

в показательной форме, z n = z ⋅ e inϕ . Извлечение корня n-ой степени из комплексного числа z .

По определению, любое число w , такое, что w n = z , называется корнем n ой степени из числа z . Пусть z = z (cosArg z + i sinArg z ) , w = w (cos arg w + i sin arg w). Тогда w n = w

n

(cos n arg w + i sin n arg w) = z (cos Arg z + i sinArg z )

Задание кривых и областей на комплексной плоскости.

Так как | z − z0 |= ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 равен расстоянию между точками z и z 0 , то 1. | z − z0 |= R - уравнение окружности радиуса R с центром в точке z0 . 2. | z − z 0 |≤ R - замкнутая область, ограниченная этой окружностью, т.е. круг радиуса R с центром в точке z0 , включающий свою границу. 3. | z − z 0 |> R - открытая область, состоящая из точек, находящихся вне круга радиуса R с центром в z0 ; круг не включен в эту область. 4. Re z = a (или x = a ) - прямая, параллельная оси Оу.

Re z ≥ a - область, лежащая справа от этой прямой (включая прямую);

Re z < a - область слева от прямой (прямая не включена в область). Im z = b (или y = b) - прямая параллельная оси Ох; Im z ≥ b , Im z < b - области, расположенные выше и ниже этой прямой. 5. аrg z = α

- луч, выходящий из точки z = 0 под углом α к оси Ох.

аrg( z − z0 ) = α - луч, выходящий из точки z 0 под углом α к оси Ох.

α ≤ аrg( z − z0 ) ≤ β - область, расположенная между лучами, выходящими из точки z 0 .

37

Окрестности точек плоскости С . Под ε - окрестностью точки z 0 ∈ C по-

нимается открытый круг радиуса ε с центром в точке z 0 : | z − z0 |< ε . . Проколотая окрестность точки - любая ее окрестность, из которой исклю-

чена сама точка z0 : | 0 θ 2 , то θ 1′ > θ ′2 ). Если при этом сохраняется направление отсчёта углов, то преобразование называется конформным преобразованием первого рода; если направление отсчёта углов меняется на противоположное, то преобразование называется конформным преобразованием второго рода.

Аналитическая в некоторой области G функция w = f(z) осуществляет конформное отображение первого рода во всех точках, в которых производная отлична от нуля. Гармоничность действительной и мнимой частей дифференцируемой функции.

Дифференцируя первое соотношение Коши-Римана х, второе соотношение

∂u ∂v по переменной = ∂x ∂y

∂v ∂u по переменной у, получим =− ∂x ∂y

41

∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2 v ∂ 2 v , = = − 2 ⇒ 2 + 2 = 0, ∂у ∂x ∂у ∂x 2 ∂y∂х ∂y∂х т.е. ∆u = 0 ( ∆ - оператор Лапласа), т.е. u(x, y) - гармоническая функция. Дифференцируя первое соотношение Коши-Римана по переменной у, второе ∂ 2v ∂ 2v соотношение по переменной х, получим 2 + 2 = 0 , т.е. ∆v = 0 , ∂у ∂x т.е. v(x, y) - тоже гармоническая функция. Пара гармонических функций, связанных соотношениями Коши-Римана, называется сопряжёнными функциями.

Легко доказать, что для любой гармонической в односвязной области D функции u(x, y) существует единственная (с точностью до постоянного слагаемого) сопряжённая с ней гармоническая функция v(x, y), т.е. такая функция, что w = f(z) = u(x, y) + i v(x, y) - аналитическая функция; и наоборот, для любой гармонической v(x, y) существует сопряжённая с ней гармоническая u(x, y). Пусть, например, дана u(x, y), обозначим P( x, y ) = −

∂u ∂u . , Q ( x, y ) = ∂y ∂x

⎧ ∂v ⎪⎪ ∂x = P( x, y ), Функцию v(x, y) можно найти теперь из системы ⎨ ⎪ ∂v = Q( x, y ); ⎪⎩ ∂y (как это делается при решении уравнения в полных дифференциалах P(x, y) dx +Q(x, y) dy = 0, тогда v( x, y ) =

( x, y )

( x, y )

( x0 , y0 )

( x0 , y0 )

∫ Pdx + Qdy = ∫

−

∂u ∂u dx + dy . ∂y ∂x

Степенным рядом с комплексными членами называется ряд вида ∞

∑ an ( z − z0 ) n = a0 + a1 ( z − z0 ) + a2 ( z − z0 ) 2 ... + an ( z − z0 ) n + ...

n=0

где a0, a1, a2, …, an, - постоянные комплексные числа (коэффициенты ряда), z0 - фиксированное комплексное число (центр круга сходимости).

42

Для любого численного значения z ряд превращается в числовой ряд с комплексными членами, сходящийся или расходящийся. Если ряд сходится в точке z, то эта точка называется точкой сходимости ряда. Степенной ряд имеет по меньшей мере одну точку сходимости - точку z0. Областью сходимости ряда называется совокупность точек сходимости. Теорема Абеля. Если степенной ряд сходится в

z1

у z0

точке z1 ≠ z 0 , то z2

1. он абсолютно сходится в любой точке круга

х

| z - z0| < | z1 - z0|; 2. Если этот ряд расходится в точке z2, то он

расходится в любой точке z, удовлетворяющей неравенству | z - z0| > | z2 - z0| (т.е. находящейся дальше от точки z0, чем z2). Из теоремы Абеля следует существование такого неотрицательного действительного числа R, что ряд абсолютно сходится в любой внутренней точке круга радиуса R с центром в точке z0 , и расходится в любой точке вне этого круга. Число R называется радиусом сходимости, круг - кругом сходимости. В точках границы этого круга - окружности | z - z0| = R радиуса R с центром в точке z0 - ряд может и сходиться, и расходиться. В этих точках ряд из модулей имеет вид

∞

∑ | an | ⋅R n . Возможны такие случаи:

n =1

1. Ряд

∞

∑ | a n | ⋅R n

сходится. В этом случае в любой точке окружности

n =1

| z - z0| = R ряд сходится абсолютно. 2. Ряд

∞

∑ | a n | ⋅R n

n =1

расходится, но его общий член | an | ⋅R n → 0 . В этом n→∞

случае в некоторых точках окружности ряд может сходиться условно, в других - расходиться, т.е. каждая точка требует индивидуального исследования.

43

3. Ряд

∞

∑ | a n | ⋅R n

n =1

расходится, и его общий член | a n | ⋅R n не стремится

к нулю при n → ∞ . В этом случае ряд расходится в любой точке граничной окружности. Примеры. ∞

∑ (−1)

1.

( z − 4 + 5i ) n

n

n =1

2

n

6 ⋅ n ⋅ n +1

∞

∑

. Ряд из модулей:

| z − 4 + 5i | n

n =1 6

n

2

⋅ n ⋅ n +1

. Признак

Даламбера: q = lim

n→∞

| z − 4 + 5i |n +1 | z − 4 + 5i |n

⋅

n ⋅ n2 + 1

6n 6

⋅ n +1

(n + 1) ⋅ (n + 1) 2 + 1

=

| z − 4 + 5i | ρ , поэтому весь ряд сходится в пересечении этих областей, т.е. в кольце ρ (в рабочем документе будет отображен символ i , который Mathcad при таком способе ввода воспринимает как мнимую единицу. Комплексные переменные выводятся стандартным способом: имя переменной и знак равенства (или знак → символьных преобразований). Выполните операции над комплексными переменными. 2. Найдите Rez1, Imz1, Rez2, Imz2, их модули и аргументы. Запишите числа в тригонометрической и показательной формах. Найдите z1 , z 2 сопряженные к z1 , z 2 . 3. Отобразите z1 , z 2 z1 , z 2 на комплексной плоскости. Документ Mathcad приведен ниже.

60

1. z1 := −3 + 3 ⋅ i 6

2 ⋅ z1 ⋅ z2 −

z2 := 1 + i

i = z1

2.

Re ( z1 ) =

Im ( z1 ) =

Re ( z2 ) =

Im ( z2 ) = ⎯ z1 = ⎯ z1 → ⎯ z2 =

z1 = z1 → z2 = z2 →

⎯ z2 →

arg ( z1 ) =

arg ( z1 ) →

arg ( z2 ) =

arg ( z2 ) →

3. Изображение комплексных чисел на комплексной плоскости

2

Im( z1) Im( z2)

( ) ⎯ Im( z2) ⎯ Im z1

5

0

5

2

( )

( )

⎯ ⎯ Re( z1) , Re( z2) , Re z1 , Re z2

Указание. Для того, чтобы определить число z , сопряженной к числу z , введите с клавиатуры z и затем символ " (кавычки).

61

Задание 2. Найти значение функции f ( z ) = (i + z ) 2 +

1 в заданной точке z

(3 + 2i ). Документ Mathcad приведен ниже. 2

f ( z) := ( i + z) +

1 z

z := 3 + 2 ⋅ i f ( z) →

Задание 3. Найти точки, в которых функция ω = z ⋅ z дифференцируема. Документ Mathcad приведен ниже. ⎯ z ( x , y) := x + i ⋅ y z ( x , y) := x − j ⋅ y

( ) ( x , y) → ( x + y ) ⋅ z⎯ 1

z ( x , y) →

2

2

2

( ) ( x , y) complex → ( x + y ) ⋅ z⎯ 1

2

2

2

( )⋅x u ( x , y) := ( x + y ) 1

2

2

2

⎡ 2 2 ( 12 ) ⎤ v ( x , y) := −⎣( x + y ) ⋅ y⎦

Сравните результат с вычисленным ранее. Проверим выполнение условия Коши-Римана

d u( x , y) → dx

d u( x , y) → dy

d v( x , y) → dy

d v( x , y) → dx

∂u ∂v ∂u ∂v = , =− : ∂x ∂y ∂y ∂x

62

Одно из условий Коши-Римана нарушено:

∂u ∂v ≠ . Следовательно, функция ∂x ∂y

ω = z ⋅ z нигде не дифференцируема. i

π

Задание 3. Вычислить значения функций e 2 , sin i , cos(1 + i ) , ln(-1), i i в заданной точке. Документ Mathcad приведен ниже. e

π ⋅2

i

→

sin( i) complex →

cos ( 1 + i) complex → cos ( 1 + i) = ln( −1) complex → ii

complex →

Задание 4. Пример 1. Вычислить интеграл ∫ Re( z) dz по кривой l , где: l

а) l - прямая, соединяющая точки z1 = 0 и z 2 = 1 + i ; z1 := 0

z2 := 1 + i

Im ( z)

Re ( z)

y ( x) := x z( x) := x + i ⋅ y ( x)

⎛ d z( x) ⎞ ⋅ dx → ⎜ ⎝ dx ⎠

z( x) →

Re ( z( x) ) →

1

⌠ ⎮ Re ( z( x) ) ⋅ ( 1 + i) dx = ⌡0

63

Задание 5. Пример 2. Вычислить интеграл

∫ z ⋅ zdz,

по кривой l , где:

l

l - верхняя полуокружность z = 1, обход против часовой стрелки. Документ Mathcad приведен ниже.

z ( φ ) := e d dφ

⋅φ

i

⎯ z ( φ) →

z ( φ) →

⌠π − i⋅φ ⎮ e ⋅ ( i ⋅ exp( i ⋅ φ ) ) dφ → ⌡0

Задание 6. Разложить в ряд Лорана функцию f ( z ) =

1 в указан( z − 1)( z − 2)

ной области: а) в круге z < 1 , б) в кольце 1 < z < 2 , в) в кольце 2 < z < ∞.

ПОРЯДОК ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯ 1. Разложите правильную рациональную дробь на слагаемые. Для разложения дроби на слагаемые нужно в выражении

1 в круге z < 1 вы( z − 1)( z − 2)

делите переменную рамкой, затем выберите в меню Symbolic процедуры Variable-Convert to Partial Fraction.

2. Полученные дроби представьте рядом Тейлора по степени z. Для того, чтобы найти разложение функции f (z ) по степени z , выделите рамкой переменную z, затем выберите в меню Symbolic процедуры Variable - Expand to Series ... , введите в поле ввода Order of Approximation введите кольчество

членов ряда, которое будет выведено в рабочий документ, и щелкните по кнопке OK.

64

3. Сложите два разложения. Для того, чтобы привести подобные, выделите выражение рамкой, затем выберите в меню Symbolic процедуру Simplify и щелкните вне выделяющей рамки. Получено разложение в круге |z|