Теория аналитических функций. Методические указания. Часть I

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.

1

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.

2

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

3

§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 x и y . Вычисление интеграла от функции f (z ) сводится к вычислению криволинейных интегралов 2-го типа от функций вещественных переменных: (1) ∫ f (z )dz = ∫ u( x, y )dx − v( x, y )dy + i ∫ u( x, y )dy + v( x, y )dx C

C

C

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 , t 2 ] , где движение точки t по отрезку [t1 , t 2 ] 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

C

(2)

t0

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 z 0 , z1 ∈ D . Имеет место формула Ньютона-Лейбница: z1

∫ f ( z )dz = Φ( z ) − Φ( z 1

0

(3)

),

z0

где Φ (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 ∫ е я dz , где C - отрезок прямой y = − x , соединяющей точки z1=0 и С

z2= π − iπ . Решение. Параметрические уравнения линии C есть x = t, y = −t или в комплексной форме z = t − it ,0 ≤ t ≤ π .

Поэтому применяя формулу (2), получим

∫e

C

π

z

dz = ∫ e 0

t + it

π

(1 − i )dt = (1 − i ) ∫ e t (1+ i ) dt = 0

1 − i (1+i ) t e 1+ i

π 0

= ( e π + 1)i.

Пример 2. Вычислить ∫ ( z 2 + zz )dz , где C - дуга окружности z = 1, (0 ≤ arg z ≤ π ) . С

Решение. Параметрическое уравнение полуокружности: x = cos t , y = sin t , t ∈ [0, π ] или z = e it . Тогда dz = ie it dt и

4

∫ (z

π

2

С

+ zz )dz = ∫ ie ( e it

π

i 2t

0

1 + 1)dt = i ∫ (e 3it + e it )dt = ( ( e 3it + e it )) 3 0

π 0

=−

8 3

Пример 3. Вычислить ∫ ( z − a ) m dz , m - целое, C - окружность z − a = R. С

Решение. Параметрическое уравнение окружности: z − a = Re it , t ∈ [0,2π ] . Тогда ⎧ iR m +1 i ( m +1) t e ⎪ 2π 2π m i + ( 1 ) ⎪ m m imt it m +1 i ( m +1) t ∫С ( z − a) dz = ∫0 R e Rie dt = iR ∫0 e dt = ⎨ 2π ⎪i dt , m = −1 ⎪ ∫ ⎩ 0 m +1 ⎧R (e i ( m +1) t − 1) = 0, m ≠ −1 ⎪ = ⎨m +1 ⎪2πi, m = −1 ⎩

2π 0

, m ≠ −1 =

Итак, ⎧0, m ≠ −1 m ( z a ) dz − = ⎨ ∫ ⎩2πi, m = −1 z −a = R

Пример 4. 2+i

Вычислить

∫ (3z

2

+ 2 z )dz

1− i

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

∫ ( 3z

2

+ 2 z )dz = ( z 3 + z 2 )

1− i

2+i 1− i

= (2 + i ) 3 + ( 2 + i ) 2 − (1 − i ) 3 − (1 − i ) 2 = 7 + 19i

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. Вычислить

∫

C

dz z

, где

1. C - полуокружность z = 1, y ≥ 0, 1 = −1 ; 2. C - полуокружность z = 1, x ≤ 0, i = −

2 (1 + i ) ; 2

3. C - окружность z = 1, − 1 = i . Решение. 1. Параметрическое уравнение верхней полуокружности z = e it , t ∈ [0, π ] . Тогда имеем две ветви:

5 ( z )k = e

i ( t + 2π k ) 2

, k = 0,1 , то есть,

( z ) = e i(t +22π ) = e 1

it + πi 2

= −e

1 = −1 . При t = 0 имеем

ветвь

π

dz

∫

Значит,

z =e

=∫

z

C

0

it − 2

=e

0

it + 2π 0 i 2

it

= e 2 или

. Выберем нужную ветвь, учитывая, что

( 1)

=e

0

i ⋅0 2

( 1)

=1;

1

= −e

i ⋅0 2

= −1 . Поэтому выбираем

. π

it

ie dt −e

it − 2

( z)

it π 2

t i2

ie = −i ∫ e dt = − i/2 0

it 2

= − 2( e

i

π 2

− 1) = 2(1 − i ) .

0

2. Параметрическое уравнение левой полуокружности z = e Тогда

( z)

k

( z)

0

=e

⎛ π ⎞ i ⎜ t + + 2πk ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2

=e

( z) = e

=e

π

i ( t + + 2π ) 2 2

, t ∈ [0, π ] .

, k = 0,1

π

i ( t + + 2π 0 ) 2 2

π

i(t + ) 2

it πi + 2 4

it 5πi + 4

it

2 = (1 + i )e 2 , 2 it

2 (1 + i )e 2 1 2 2 2 При t = 0 имеем либо ( i ) 0 = (1 + i ) , либо ( i ) 1 = − (1 + i ) . 2 2 it 2 Согласно условию примера выбираем ветвь z = − (1 + i )e 2 . Тогда 2

∫

dz

π

π

ie

= −∫

i (t + ) 2

=−

π

dt it

t π

t π

i( + ) 2i i ( 2 + 2 ) 2 2 =− e dt = 2 ( 1 − i ) e 1 + i ∫0

2 (1 + i )e 2 2 = 2 (1 − i )(−1 − i ) = −2 2

C

z

= e2

0

π

0

iπ ⎡ iπ ⎤ = 2 (1 − i ) ⎢e − e 2 ⎥ = ⎣ ⎦

3. Параметрическое уравнение окружности, начальной точкой отсчёта t = 0 является точка z = −1 , имеет вид z = e i ( t +π ) , t ∈ [0,2π ] . Имеем две ветви

( z) = e ( z) = e 0

1

i ( t + π + 2π 0 ) 2

i ( t +π + 2π ) 2

it πi + 2

= e2

it 3πi + 2

= e2

it

= ie 2 it

= −ie 2

При t = 0 имеем ( − 1) 0 = i либо ( − 1) 1 = −i . Согласно условию примера i

t 2

выбираем ветвь z = ie . Тогда

∫

C

dz z

2ρ

=

∫ 0

− ie it dt ie

it 2

2π

it 2

it 2π

2 = − ∫ e dt = − e 2 i 0

Пример 6. Вычислить ∫ Ln zdz , где C

1) C - окружность z = R, Ln(− R) = ln R + 3πi,

0

2 = − (e πi − 1) = −4i . i

6

2) C - окружность z = 1, Ln i =

πi 2

.

Решение. 1) Параметрическое уравнение окружности, начинающейся в точке − R , имеет z = Re i ( t +π ) = − Re it , t ∈ [0,2π ] . вид Так как Ln( − R ) = ln R + 3πi, то из всех ветвей Ln z = ln z + i arg z + 2πki, выбираем ветвь при k = 1 . Действительно, Ln(− R) = ln R + i (π ) + 2πki = ln R + 3πi ⇒ iπ + 2πki = 3πi → k = 1.

Тогда, 2π

2π

2π

0

0

0

it it it it ∫ Ln zdz = ∫ Ln(− Re )(− Rie )dt = − ∫ [ln R + it + 2πi]Rie dt = − Ri ∫ (ln R + it + 2πi)e dt

C

Применим формулу интегрирования по частям: u = ln R + 2πi + it , dv = e it dt . Тогда du = idt , v = −ie it . Подставим ⎡ it ∫C Ln zdz = − Ri ⎢⎣− (ln R + 2πi + it )ie +

Ri it e i

2π 0

2π ⎤ + i 2 ∫ e it dt ⎥ = Ri 2 (ln R + 2πi + 2πi )e 2πi − Ri 2 (ln R + 2πi )e 0 + 0 ⎦

2π

= − R (ln R + 4πi ) + R (ln R + 2πi ) + R (e 2πi − e 0 ) = −2πRi 0

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

z=e

i(t + ) 2

, t ∈ [0,2π ] . По определению

Так как Ln i =

πi 2

Ln z = ln z + i arg z + 2πki, k = 0,±1,..

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

Ln i = ln i + i arg i + 2πki =

πi 2

⇒i

π 2

+ 2πki =

πi 2

⇒ k = 0.

Поэтому 2π

∫ Ln zdz = ∫ Ln(e 0

C

u=t+

π

π

i (t + ) 2

2π ⎡ i ⎛⎜ t + π ⎞⎟ ⎛ π⎞ ⎛ π ⎞⎤ )iie dt = − ∫ ⎢ln e ⎝ 2 ⎠ + i⎜ t + ⎟⎥ e it dt = −i ∫ ⎜ t + ⎟e it dt = 2 ⎠⎥ 2⎠ ⎝ 0 ⎢ 0⎝ ⎦ ⎣ 2π

it

⇒ du = dt

⎡⎛ π ⎞ 1 = = −i ⎢⎜ t + ⎟ e it 1 2⎠i ⎣⎢⎝ dv = e it dt ⇒ v = e it i 2

2π

0

2π 1 it ⎤ π ⎡ 5π − ∫ e dt ⎥ = −i ⎢ e 2πi − + e it i 0 2i ⎣ 2i ⎦⎥

2π 0

⎤ ⎥ = −2π . ⎦

Решить самостоятельно 1. Вычислить ∫ z dz по контурам: а) C - радиус-вектор точки z = 2 − i ; С

б) C - полуокружность z = 1, − в) C - окружность z = R ;

π 2

≤ arg z ≤

π 2

, начало пути в точке z = −i ;

7

2. Вычислить

∫ z zdz , где C

замкнутый контур, состоящий

-

С

из верхней полуокружности z = 1 и отрезка − 1 ≤ x ≤ 1, y = 0 . 3. Вычислить

∫z

2

dz , АВ -прямолинейный отрезок, соединяющий точки

AB

z A = 1, z B = i .

4. Вычислить ∫ (1 + i − 2 z )dz по линиям, соединяющим точки z1 = 0, z 2 = 1 + i . С

а) по прямой; б) по параболе y = x 2 ; в) по ломаной z1 z 3 z 2 , где z 3 = 1 . −1− i

1+ i

∫ (2 z + 1)dz; б). ∫ z

5. Вычислить: а)

1+ i

0

i

3

dz; в). ∫ (3z 4 − 2 z 3 )dz; 1

6. Вычислить следующие интегралы:

а). ∫ z Im z 2 dz, C : z = 1, (− π ≤ arg z ≤ 0); C

б). ∫ e

z

2

Re zdz, C - прямая, соединяющая z1 = 0, z 2 = 1 + i.

C

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

dz

∫

dz

, где

а). С : z = 1, Re z ≥ 0,

−i =

7. Вычислить

z

C

б). С : z = 1, y ≤ 0, в). C : z = 1,

2 (1 − i ); 2

- 1 = i;

1 = −1;

8. Вычислить ∫ Ln zdz , где C

а). С : z = 1, Ln1 = 0; б). С : z = R, Ln R = ln R; в). С : z = R, Ln R = ln R + 2πi;

9. Вычислить

∫

, С : z = 1, y ≥ 0, 4 1 = 1.

4

z

3

∫z

α

dz , α − комплексное, 1α = 1

C

10. Вычислить

dz

z =1

8

§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 (4) ∫ f (z )dz = 0 C

Теорема Коши.(для многосвязной области) Пусть D + многосвязная область, ограниченная согласованно ориентированным сложным контуром С = С 0+ ∪ С1− ∪ ... ∪ С n− , где C 0+ - внешняя C1− граница, ориентированная положительно и C 0+ С1− , С 2− ,..., С n− - внутренние границы, ориентированные отрицательно. Тогда, если f (z ) - аналитична в D + и непрерывна в C 2− D + = D + ∪ С , то ∫ f (z )dz = 0 . − Cn

C

Из этого равенства получаем

∫ f (z )dz = ∫ f ( z )dz + ... + ∫ f ( z )dz

C 0+

C1+

(5)

C n+

(

Если функция f (z ) аналитична в односвязной области D и А0 А - простой незамкнутый контур, содержащийся в D , то

∫ f (z )dz

( А0 А

не зависит от пути

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 + 1 f (t )dt ⎧ f ( z ), z ∈ D =⎨ 2πi C∫+ t − z z∈D− ⎩0,

(6)

Обобщённая интегральная формула Коши. Если f (z ) - аналитична в области D + , то для z ∈ D + производные f ( m ) ( z ) находятся дифференцированием под знаком интеграла: f

(m)

( z) =

m! f (t )dt , z∈D+ ∫ m +1 2πi C + (t − z )

Пример 7. Вычислить интеграл 2

∫

C

e z dz , если а). С : z − 2 = 1, б). С : z − 2 = 3, в). С : z − 2 = 5. z 2 − 6z

(7)

9

Решение. а) В замкнутой области, ограниченной окружностью z − 2 = 1 , подынтегральная 2

функция аналитическая, поэтому в силу теоремы Коши

e z dz ∫ z 2 − 6 z = 0; z − 2 =1

б) Внутри области, ограниченной окружностью z − 2 = 3 , находится одна точка z = 0 , в которой знаменатель обращается в нуль. Перепишем интеграл в виде: 2

2

∫

С

e z dz = z 2 − 6z

∫

z − 2 =3

ez z − 6 dz z

2

ez является аналитической в данной области. Применяя Функция f ( z ) = z−6 интегральную формулу Коши (6) ( z = 6 ), получим 2 1 e z dz z2 πi 2 π i = = 2πi ( − ) = − 2 ∫ z =0 6 3 z − 6z z−6 z −2 =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 на простейшие. Имеем: z − 6z 1 1 1 1 1 = ⋅ = ⋅ . 2 z − 6z 6 z − 6 6 z

Разложим дробь

2

Подставляя в интеграл, получим: 2

e z dz 1 = 2 ∫ z − 6z 6 z − 2 =5 =

2

e z dz 1 ∫ z−6 − 6 z − 2 =5

2

2 e z dz 1 = 2πie z ∫ z 6 z − 2 =5

z =6

2 1 − 2πie z 6

z =0

=

πi 3

e 36 −

πi 3

⋅1 =

e 36 − 1 πi . 3

Пример 8. Вычислить интеграл

sin πz dz . ( z 2 − 1) 2 z −1 =1

∫

Решение. Подынтегральная функция

sin πz является аналитической в области ( z 2 − 1) 2

z − 1 ≤ 1 всюду, кроме точки z 0 = 1 . Выделим под знаком интеграла функцию f ( z ) , являющуюся аналитической в круге z − 1 ≤ 1 . Для этого перепишем

sin πz sin πz ( z + 1) 2 = подынтегральную функцию в виде 2 и в качестве f ( z ) возьмём ( z − 1) 2 ( z − 1) 2 sin πz sin πz (z + 1)2 dz = 2πif ′(1) . n = 1 . Полагая в формуле (7) получим ∫ ( z − 1) 2 ( z 2 + 1) 2 z −1 =1

Находим производную

10

2

⎡ sin πz ⎤ π cos πz ( z + 1) 2 − sin πz ⋅ 2( z + 1) π cos πz ( z + 1) − 2 sin πz = = f ′( z ) = ⎢ 2⎥ ( z + 1) 3 (z + 1)4 ⎣ ( z + 1) ⎦ 2π cos π π Отсюда f ′(1) = = − , следовательно, 3 2 4 2 π sin πz dz = − i. 2 2 ∫ ( 1 ) 2 z − z −1 =1

Решить самостоятельно: 1. Вычислить

1 dz sin z , где а) С : z − 1 = 1 ; б) С : z + i = 2 ∫ 2πi С z+i

1 dz , где а) С : z = 2 ; б) С : z + i = 1 в) С : z + 2 = 1 2 ∫ 2πi С z + 1 ch zdz 3. Вычислить ∫ 3 z = 2 ( z + 1) ( z − 1)

2. Вычислить

4. Вычислить

cos zdz z3 z =1

5. Вычислить

zdz 3 z − 3 = 6 ( z + 4)( z − 2)

6. Вычислить

e t dt 1 , если 2πi С∫ t (t − 1) 3

∫

∫

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

7. Зависит ли интеграл

∫t 0

dt от пути интегрирования −1

2

а) в верхней полуплоскости Im z > 0. б) в левой полуплоскости Re z < 0

11

§ 3. Ряды Тейлора и Лорана. Аналитическую функцию f ( z ) в окрестности каждой внутренней точки области аналитичности можно разложить в ряд Тейлора: ∞

f ( z ) = a 0 + a1 ( z − z 0 ) + a 2 (z − z 0 ) + ... = ∑ a n (z − z 0 ) , z − z 0 < R 2

n

(8)

n =0

радиус сходимости которого R равен кратчайшему расстоянию от точки z 0 до ближайшей особой точки функции f ( z ) . Представление f ( z ) в виде степенного ряда (8) в окрестности z 0 -единственно и для коэффициентов Тейлора a n справедливы формулы: an =

f (n ) ( z 0 ) 1 f (t )dt = , n = 0,1,2,..., 2πi K∫ (t − z 0 ) n +1 n!

(9)

где К - произвольный контур, целиком лежащий в круге сходимости z − z0 < R . Функция f ( z ) , однозначная и аналитическая в кольце r < z − z0 < R (не исключаются случаи, когда r = 0, R = +∞ ), разлагается в этом кольце в ряд Лорана f ( z) =

+∞

∞

∞

a −n n n =1 ( z − z 0 )

∑ a n (z − z 0 ) = ∑ a n (z − z 0 ) + ∑ n

n = −∞

n

n =0

(10)

где коэффициенты Лорана a n находятся по формулам an =

1 f (t )dt , n = 0,±1,±2,..., ∫ 2πi K (t − z0 ) n +1

(11)

где К - произвольный контур, целиком лежащий в кольце r < z − z0 < R . Ряд

∞

∑ a (z − z )

n

0

n

n =0

, члены которого ограничены в окрестности z 0 , будем называть

правильной частью ряда Лорана, а ряд

∞

a −n

∑ (z − z ) n =1

n

, члены которого не

0

ограничены в окрестности z 0 , будем называть главной частью ряда Лорана. Если z0 = ∞ , то разложение ряда Лорана в проколотой окрестности записывается так: ∞

∞ a −n + an z n , r < z < ∞ ∑ n z n =0 n =1

f ( z) = ∑

(12)

Здесь главной и правильной частью разложения будут, соответственно ряды ∞

∑a z n =1

n

n

и

∞

a −n

∑z n =0

n

.

На практике при нахождении коэффициентов a n стараются избегать формул (9) и (11), так как они приводят к громоздким выкладкам. Обычно стремятся представить f ( z ) в виде суммы функций, для которых разложения известны. Например, для любых z имеем: ∞ z2 zn zn + ... + + ... = ∑ e = 1+ z + 2 n! n =0 n! z

(13)

12

sin z = z −

∞ z3 z5 z 2 n −1 ( −1) n −1 z 2 n −1 n −1 + − ... + (− 1) + .. = ∑ 3! 5! (2n − 1)! ( 2n − 1)! n =1

(14)

cos z = 1 −

2n ∞ z2 z4 ( −1) n z 2 n n z + − ... + (− 1) + .. = ∑ 2! 4! ( 2n )! ( 2n )! n =0

(15)

Для z < 1 имеем: n ∞ ( −1) n −1 z n z2 z3 n −1 z + − ... + (− 1) + .. = ∑ 2 3 n n n =1 α (α − 1) 2 α (α − 1)(α − 2 )...(α − n + 1) n (1 + z )α = 1 + αz + z + ... + z + ... 2! n!

lg(1 + z ) = z −

(16) (17)

В частности из (17) имеем ∞ 1 = 1 + z + z 2 + ... + z 4 + ... = ∑ z n , z < 1 1− z n =0 ∞ 1 n = 1 − z + z 2 − z 3 + ... + ( −1) n z n + ... = ∑ (− 1) z n , z < 1 1+ z n =0

(18) (19)

Пример 9. Разложить в ряд Тейлора

∞

∑a n =0

а) cos 2 z ; б) z + i ,

n

z n и найти радиус сходимости

1+ i 1 z ; в) 2 ; г) . i= z − 3z + 2 ( z − 3) 2 2

Решение.

∞ 2 2 n −1 z 2 n 1 + cos 2 z 1 1 ∞ n (2 z ) = − ∑ (− 1) = ∑ ( −1) n +1 (2n )! n=1 ( 2n )! 2 2 2 n =0 Радиус R = ∞ , так как формула (15) справедлива для любого z . z z 1+ i (1 + )1 / 2 = б) z + i = i (1 + )1 / 2 = i i 2

а) cos 2 z =

2n

⎛ ⎞ 1⎛ 1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 3 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ − 2n + 3 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜− ⎟ ⎜ − ⎟⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟...⎜ ⎟ n 2 3 1+ i ⎜ 1 z 2 ⎝ 2 ⎠ ⎛ z ⎞ 2 ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎛ z ⎞ 2⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠⎛ z⎞ ⎟ = 1+ ⋅ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... + ⎜ ⎟ + ... ⎟ = ⎜ 2 i 2! ⎝ i ⎠ 3! n! 2 ⎝i⎠ ⎝i⎠ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ n ∞ ⎞ 1 + i ⎛⎜ i n −1 ( 2n − 3)!! ⎛ z ⎞ ⎟. = 1 − z + ∑ (− 1) ⎜ ⎟ n!2 n ⎝ i ⎠ ⎟⎠ 2 ⎜⎝ 2 n=2 z Формула справедлива при условии = z < 1 , следовательно, R = 1 . i n

∞ ∞ z z 1 2 1 1 ⎛z⎞ n = = − = − = − z ⎜ ⎟ = ∑ ∑ 2 z n =0 z − 3 z + 2 ( z − 1)( z − 2 ) 1 − z 2 − z 1 − z n =0 ⎝ 2 ⎠ 1− 2 ∞ 1 ⎞ n ⎛ = ∑ ⎜1 − n ⎟z , 2 ⎠ n =1 ⎝ в силу формулы (18). Радиус сходимости R = 1 - расстояние от точки z = 0 до ближайшей особой точки z = 1 .

в)

13 ∞ 1 1 1 1 ∞ zn zn z =− ⋅ = − ∑ n = − ∑ n +1 , 2 ; 2 z z 1− z 1 1 3 дробь можно разложить в ряд по степеням при < 1, то есть при z > 3 . 3 z z 1− z Следовательно, разложение справедливо при z > 3 .

1 2z − 5 аналитична в кольце 2 < z < 3. Дробь аналитична вне z−2 z − 5z + 6 круга z > 2 , поэтому разлагается по отрицательным степеням z :

г) Функция

2

1 1 = ⋅ z−2 z

∞

1 1−

2 z

=∑ n −0

2n z n +1

1 аналитична в круге z < 3 и поэтому разлагается в ряд по z−3 положительным степеням z : ∞ zn 1 1 1 =− ⋅ = − ∑ n +1 z z−3 3 n −0 3 1− 3 ∞ ∞ 2z − 5 2n zn = ∑ n +1 − ∑ n +1 , 2 < z < 3. Окончательно имеем 2 z − 5z + 6 n =0 z n =0 3

Дробь

Решите самостоятельно: 1) Разложить в ряд Тейлора в окрестности точки z = 0 и найти радиус сходимости: a) ln( z 2 − 3z + 2) б) ch z в) г)

1

(z + 1)(z − 2 ) z +1 z − 4z + 5 2

2) Разложить в ряд Тейлора в окрестности точки z 0 a) sin( 2 z − z 2 ) , z 0 = 1 ; z0 = 1 ; б) e 3z − 2 , в)

z , (1 − z 2 ) 3

г) z lg z ,

z0 = 0 ; z0 = 1

15 z , z 0 = −1 ( z − 1)( z − 2)

д)

Разложить в ряд Лорана функцию в окрестности указанных точек, либо в указанном кольце: 3)

4)

z z − 3z + 2 а) z1 = 1; 2

б) z 2 = 2 ;

6)

б) в кольце 1 < z < 2 .

z2 − z + 3 в кольцах: z 3 − 3z + 2 а) z < 1;

б)

1 < z < 2;

z ( z + 3)( z + 2) 2

а) z 0 = 0;

б)

z 0 = −2;

а) z 0 = 0;

б)

z 0 = ∞;

1

7) z 2 e z

1

8) (z 2 + 1)e z + 2 ,

z 0 = −2;

z2 +1 , z 0 = 1; z2 −1 1 10) 2 , z 0 = 2; ( z − 4 z + 4)( z 2 − 4 z + 5)

9)

г) в кольце 1 < z < 2 .

z 2 − 2z + 5 ( z − 2)( z 2 + 1)

а) z1 = 2; 5)

в) z 3 = ∞ ;

в)

2 < z < ∞;

16

§ 4. Нули функции. Изолированные особые точки. Вычеты. Определение. Пусть функция f ( z ) аналитическая в точке z 0 . Точка z 0 называется нулём функции f ( z ) порядка (кратности) k , если выполняются условия (20) f ( z 0 ) = 0, f ′( z 0 ) = 0,..., f ( k −1) ( z 0 ) = 0, f (k ) ( z 0 ) ≠ 0 Если k = 1 , то точка z 0 называется простым полюсом. Точка z 0 тогда и только тогда является нулём k -го порядка функции f ( z ) , аналитической в точке z 0 , когда в некоторой окрестности этой точки имеет место равенство k f ( z ) = (z − z 0 ) ⋅ ϕ ( z ) (21) где ϕ (z ) -аналитична в точке z 0 и ϕ (z 0 ) ≠ 0 . Определение. Точка z = z 0 ( z = ∞) называется изолированной особой точкой для функции f ( z ) , если в проколотой окрестности этой точки f ( z ) разлагается в ряд Лорана: ∞

∞

a −n , 0 < z − z0 < r n n =1 ( z − z 0 )

f ( z ) = ∑ a n (z − z 0 ) + ∑ n

n =0

∞ ∞ a ⎛ ⎞ ⎜ f ( z ) = ∑ −nn + ∑ a n z n , r < z < ∞ ⎟ n =0 z n =1 ⎝ ⎠

Определение. Изолированную особую точку, конечную или бесконечно удалённую, называют: а) устранимой, если в разложении Лорана главная часть отсутствует; б) полюсом, если главная часть содержит конечное число слагаемых; в) существенно особой, если главная часть содержит бесконечно много слагаемых. Порядком полюса называется число m, когда m есть низшая отрицательная степень разности (z − z 0 ) в главной части разложения функции в ряд Лорана. Признак типа особой точки. Изолированная особая точка z 0 ( z 0 - конечно или бесконечно) будет для функции f ( z ) : lim f ( z ) существует и конечен; а) устранимой, если z→ z 0

lim f ( z ) существует и бесконечен, при этом порядок полюса z 0 б) полюсом, если z→ z 0

равен m, если zlim ( z − z0 ) m f ( z) ≠ 0 ; →z 0

lim f ( z ) не существует. в) существенно особой, если z→ z 0

Кроме того, для того, чтобы z = z 0 была полюсом порядка m функции f ( z ) необходимо и достаточно, чтобы эта точка была нулём кратности m для функции ϕ ( z ) =

1 . f ( z)

17

Определение. Вычетом функции f ( z ) в изолированной особой точке z 0 называется комплексное число ⎧ 1 ⎪ 2πi ∫+ f ( z )dz, z 0 < ∞, ⎪ C Re sf ( z ) = ⎨ z = z0 ⎪ 1 f ( z )dz, z 0 = ∞. ⎪⎩ 2πi C∫−

(22)

где z 0 -единственная изолированная особая точка в области D + с границей С, если z 0 < ∞ и в области D − с границей С, если z 0 = ∞ . Из формул (11) при n = −1 получаем ⎧a −1 , если z 0 < ∞, Re sf ( z ) = ⎨ z = z0 ⎩− a −1 , если z 0 = ∞.

(23)

где a −1 - коэффициент в разложении Лорана при

1 1 , если z 0 < ∞ , и при , z z − z0

если z 0 = ∞ . Если z 0 - устранимая особая точка, причём z 0 < ∞ , то вычет в ней всегда равен нулю, если же z 0 = ∞ , то вычет в ней, вообще говоря, не равен нулю и его можно найти по формуле Re sf ( z ) = lim z ( f ( ∞) − f ( z )) (24) z →∞ z = z0

Если z 0 - полюс порядка m и z 0 < ∞ , то

[

]

(m −1) 1 lim ( z − z 0 ) m f ( z ) ( m − 1)! z → z0 z = z0 В частности, если z 0 - простой полюс, то

Re sf ( z ) =

Re sf ( z ) = lim ( z − z 0 ) f ( z ) z → z0

z = z0

(25) (26)

ϕ ( z) , где ϕ ( z ) и ψ ( z ) - аналитические в окрестности z 0 , ϕ ( z 0 ) ≠ 0 , ψ ( z) ϕ ( z) ψ ( z ) = 0, ψ ′(z 0 ) ≠ 0 , то есть z = z 0 - полюс первого порядка для дроби , тогда ψ ( z) ϕ (z ) ϕ (z 0 ) Re sf ( z ) = Re s = (27) z = z ψ (z ) ψ ′(z 0 ) z=z

Если f ( z ) =

0

0

Теорема (о полной сумме вычетов). Если f ( z ) аналитична в комплексной плоскости z , за исключением изолированных особых точек z1 , z 2 ,..., z n и точки z = ∞ , то полная сумма вычетов равна нулю: n

∑ Re sf ( z ) + Re sf ( z ) = 0 k =1

z = zk

z =∞

Пример 12. Найти нули функции f ( z ) и определить их порядок

(28)

18 z8 ; в) .f(z) = (z 2 + 1) 3 ⋅ shz ; г) f ( z ) = e sin z − e tgz , z = 0 z − sin z Решение. Приравнивая f ( z ) к нулю, получим cos z = −1 , откуда

а) f ( z ) = 1 + cos z ; б) f ( z ) =

z n = ( 2n + 1)π , n = 0,±1,... - нули данной функции. Далее f ′((2n + 1)π ) = − sin (2n + 1)π = 0 f ′′((2n + 1)π ) = − cos(2n + 1)π = 1 ≠ 0.

Следовательно, точки z n = (2n + 1)π , 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 sin z в ряд Тейлора в окрестности точки z 0 = 0 , получим f ( z) =

z8 = z − sin z

где ϕ ( z ) =

z8 ⎛ ⎞ z3 z5 z − ⎜⎜ z − + − ...⎟⎟ 3! 5! ⎝ ⎠

=

z8 z5 = = z 5ϕ ( z ), 3 5 2 z z 1 z − + ... − + ... 3! 5! 3! 5!

1 1 z2 − + ... 3! 5!

Очевидно, что ϕ ( z ) аналитическая в точке z = 0 и ϕ (0) = 6 ≠ 0 . Следовательно, согласно (21), z = 0 является для данной функции нулём пятого порядка. 3 в) Полагая f ( z ) = 0 , получим (z 2 + 1) 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 = kπi, k = 0,±1,±2,... пусть z = −i , тогда f ( z ) можно представить в виде f ( z ) = ( z + i ) 3 ϕ ( z ), где ϕ ( z ) = ( z − i ) sh( z ) является аналитической в точке 3

z = −i , причём ϕ (− i ) = 8i ⋅ sh i = −8 sh 1 ≠ 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 = kπi, k = 0,±1,±2,... Производная

(

)

f ′( z ) = 6 z ( z 2 + 1) 2 sh z + z 2 + 1 ch z в точках z = kπi - нули первого порядка. г) Определим порядок нуля z = 0 . Для этого преобразуем f ( z ) , используя 3

формулу Тейлора для e z в окрестности точки

z0 = 0 :

19 2 3 ⎡ ⎤ ( ( sin z − tg z ) sin z − tg z ) f ( z) = e − e = e e − 1 = e ⎢(sin z − tg z ) + + + ...⎥ = 2! 3! ⎣ ⎦ 1 ⎞ tgz ⎛ 2 = (sin z − tg z )e tgz 1 + (sin z − tg z ) + (sin z − tg z ) + ... = sin z ⎜1 − ⎟e [1 + (sin z − tg z ) + ...] = ⎝ cos z ⎠ z 4 cos 1 3 z z⎛ z z ⎞ 2 e tgz ∗ = 2 sin cos ⎜ − 2 sin 2 ⎟ ⋅ e tg z [1 + (sin z − tg z ) + ...] = − sin ⋅ 2 2⎝ 2 ⎠ cos z 2 cos z z 3 4 cos 3 5 ⎡ ⎤ z z z 2 2 e tgz ∗ ∗ 1 + (sin z − tg z ) + (sin z − tg z ) + ... = − ⎢ − 3 + 5 − ...⎥ ⋅ cos z ⎣ 2 2 ⋅ 3! 2 ⋅ 5! ⎦ z 3 4 cos 2 ⎞ ⎛ 1 z 2 2 e tgz [1 + (sin z − tg z ) + ...] = ∗ 1 + (sin z − tg z ) + (sin z − tg z ) + ... = z 3 ⎜⎜ − + 3 − ... ⎟⎟ 2 cos z 2 3 ! ⋅ ⎠ ⎝ 3 = z ⋅ ϕ ( z ), sin z

tgz

tgz

(

)

sin z −tgz

tgz

[

]

[

]

[

]

z 2 e tgz [1 + (sin z − tg z ) + ...] cos z 1 аналитическая в окрестности точки z = 0 и ϕ (0) = − ≠ 0 . Поэтому z = 0 - нуль 2 ⎛ 1 ⎞ z2 − ... ⎟⎟ где ϕ ( z ) = ⎜⎜ − + 3 ⎝ 2 2 ⋅ 3! ⎠

3

4 cos

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

1 z −1

; б) f (z ) =

1 1 cos z ; в) f (z ) = ctg z − ; г) f (z ) = 2 2 z z z z +4

(

)

2

.

Решение. u2 u3 1 + + ... и полагая u = , получим z −1 2! 3! лорановское разложение функции f (z ) в окрестности точки z 0 = 1 :

а) Используя разложение e u = 1 + u +

⎤ ⎡ 1 1 1 1 1 + + ... f (z ) = (z − 1)⎢1 + + + + ...⎥ = 1 + (z − 1) + 2 3 2! (z − 1) 3! (z − 1)2 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 ) . cos z , как отношение аналитических, будет аналитической во z2 всей плоскости z за исключением z = 0 и z = ∞ . Ряд Лорана для f ( z ) :

б) Функция f (z ) =

⎞ 1 1 z2 z4 cos z 1 ⎛ z 2 z 4 z 6 ⎟⎟ = 2 − + − + ... ⎜ 1 ... = − + − + 2! 4! 6! z2 z 2 ⎜⎝ 2! 4! 6! ⎠ z

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

20 z = ∞ . Так как в полученном разложении есть слагаемые с отрицательной степенью z −2 , то z = 0 - полюс второго порядка. Точка z = ∞ является

существенно особой, т.к. главная часть ряда Лорана в её окрестности содержит бесконечное число слагаемых. 1 cos z 1 z cos z − sin z это корни знаменателя, − = z sin z z z sin z т.е. z = 0 , sin z = 0 и точка z = ∞ . Решая уравнение sin z = 0 , получим z = πk , k = 0, ±1,... Итак, особые точки z0 = 0 , zk = πk , k = 0,±1,... Точка z = ∞ не

в) Особые точки f ( z ) = ctg z − =

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

⎞ ⎛ ⎛ ⎞ z z z z z ⎜⎜1 − + − ... ⎟⎟ + − ... ⎟⎟ − ⎜⎜ z − 2! 4! 3! 5! z cos z − sin z ⎠ ⎝ ⎠= lim f ( z ) = lim = lim ⎝ 3 5 z →0 z →0 z →0 z sin z ⎛ ⎞ z z z ⎜⎜ z − + − ... ⎟⎟ 3! 5! ⎝ ⎠ 2

4

3

5

⎡ z2 z4 ⎤ z2 z4 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛1 1⎞ z ⎢1 − + − ... − 1 + − + ...⎥ z 2 ⎜⎜ − + + z 2 ⎜ − ⎟ + ... ⎟⎟ 2! 4! 3! 5! ⎝ 4! 5! ⎠ ⎦ = lim ⎝ 2! 3! ⎠= = lim ⎣ 2 4 2 4 z →0 z → 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ z z z z z 2 ⎜⎜1 − z ⎜⎜1 − + − ... ⎟⎟ + − ... ⎟⎟ 3! 5! 3! 5! ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 1 96 2 ⎞ z⎜ − + z − ... ⎟ 3 120 ⎠ =0 = lim ⎝ 2 4 z →0 z z 1− + − ... 3! 5! следовательно z = 0 - устранимая. 1⎞ z cos z − sin z 1 ⎛ k lim f ( z ) = lim ⎜ ctg z − ⎟ = lim = πk (− 1) lim = ∞. z →πk z →πk z →πk z sin z z ⎠ z →πk z sin z ⎝ Значит z = πk , k = ±1,±2,... - полюсы. Определим порядок полюсов z k = πk , k = ±1,±2,... Воспользуемся (25)

( z − πk )m ( z cos z − sin z ) = (− 1)k lim ( z − πk )m = (− 1)k lim [( z − πk )m ] lim ( z − z 0 ) f ( z ) = lim z→ z z →πk z →πk z →πk z sin z sin z (sin z )′ m −1 m ( z − πk ) k m −1 = (− 1) lim = lim m( z − πk ) ≠ 0 при m = 1

′

m

=

0

z →πk cos z Значит, z k = πk - простые полюса. z →πk

г) Изолированные особые точки f ( z ) =

(

1

z z2 + 4

)

2

это нули знаменателя, то есть

z = 0, z = −2i , z = 2i , кроме того z = ∞ . Определим характер этих особых точек.

Рассмотрим: lim f ( z ) = lim z →0

z →0

(

1

z z +4 2

)

2

= ∞ ⇒ z = 0 - полюс;

21 lim f ( z ) = lim

z → ±2 i

(

z → ±2 i

lim f ( z ) = lim z →∞

z →∞

(

1

z z +4 1 2

z z2 + 4

)

2

полюсы;

= ∞ ⇒ z = ±2i -

= 0 ⇒ z = ∞ - устранимая особая точка.

)

2

Найдём порядок полюсов: lim ( z − z 0 ) f ( z ) = lim( z − 0 ) m

z → z0

m

z →0

(

1

z z2 + 4

)

2

= lim z →0

(z

z m−1 2

+4

)

2

=

1 lim z m−1 ≠ 0 16 z →0

при m = 1 ⇒ z = 0 - простой полюс. lim ( z − z 0 ) f ( z ) = lim ( z − 2i ) m

z → z0

z →2i

m

1

z ( z − 2i ) ( z + 2i ) 2

2

=

1 m−2 lim ( z − 2i ) ≠0 2 z → 2i 2i (4i )

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 ) =

ez

;

(z + 2i )( z − i )2

б) f ( z ) = tg z ;

1 в) f ( z ) = sin z ⋅ sin ; z

Решение. а) изолированными особыми точками f ( z ) =

1 z

г) f ( z ) = e . ez

являются

(z + 2i )( z − 1)2

z1 = −2i , z 2 = 1 и z 3 = ∞ . Для определения характера этих точек перейдём к

( z + 2i )( z − 1) . Для 1 точки z и z нулями кратности соответственно 1 и 2. 1 = 1 2 f (z ) f (z ) ez Поэтому для f ( z ) z1 = 2i является полюсом первого порядка, а z 2 = 1 - полюсом 2

второго порядка. Вычеты в них найдём по формулам (25), (26):

⎡ ( z + 2i )e z ⎤ 3 + 4i − 2i e −2i Res f ( z ) = lim ⎢ = =− e ; ⎥ 2 2 z → −2 i ( z + 2i )( z − 1) z = −2 i 25 ⎣ ⎦ (− 2i − 1) ′ ′ ⎡ ( z − 1)2 e z ⎤ ⎛ ez ⎞ z + 2i − 1 e z ( z + 2i ) − e z ⎜ ⎟ = = = e lim lim lim = Res f ( z ) = lim ⎢ ⎥ 2 2 ⎜ ⎟ z →1 ( z + 2i )( z − 1) z →1 z + 2i z →1 z →1 ( z + 2i )2 z =1 ( z + 2i ) ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 2i 8 − 6i e =e = 2 25 (1 + 2i )

Точка z 3 = ∞ 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):

[

]

3 + 4i − 2i 8 − 6i 1 (3 + 4i )e −2i − (8 − 6i )e . e − e= 25 25 25 б) Изолированные особые точки f ( z ) = tg z это нули знаменателя: cos z = 0 , Res f ( z ) = − Res f ( z ) − Res f ( z ) = z =∞

zn =

z = −2 i

π 2

z =0

+ πn, n = 0,±1,±2,... Точка z = ∞ - предельная точка для z n , т.е. не является

изолированной. Это полюсы, так как: sin z =∞. +πn cos z

lim f ( z ) = lim π

z → +πn 2

z→

π

2

22

Эти z n =

π 2

+ πn являются полюсами первого порядка, так как для

1 = ctg z f (z )

′ ⎛ 1 ⎞ 1 ⎟⎟ = − 2 ; точки z n являются нулями первого порядка: ⎜⎜ sin z ⎝ f (z ) ⎠ ′ ⎡ 1 ⎤ = −1 ≠ 0 . Найдём вычет в точках z n , воспользуемся (27): ⎢ ⎥ ⎣ f (z )⎦ π z=−

2

+ πn

⎛π ⎞ + πn ⎟ ϕ (z ) 2 ⎠. Res f ( z ) = Res = ⎝ π z = z n ψ ′( z ) ⎛π ⎞ z = +πn 2 ψ ′⎜ + πn ⎟ ⎝2 ⎠

ϕ⎜

У нас ϕ ( z ) = sin z ⇒ ϕ ( z n ) = (− 1)n ;

⎛π ⎞ n +1 + πn ⎟ = (− 1) . Значит, Res tg z = −1 . π ⎝2 ⎠ z = +πn 2

ψ ( z ) = cos z ⇒ ψ ′( z n ) = − sin ⎜

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 z 0 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 =0

z =∞

1

г) Функция f ( z ) = e z в точке z = 0 имеет особенность. Это существенно особая точка, так как 1

e z = 1+

1 1 1 + + + ... 2 z 2! z 3! z 3

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 =0

z =∞

Решить самостоятельно: 1) У следующих функций найти нули и определить их порядки: а) f ( z ) = 1+ ch z ; б) f ( z ) = (z 2 + π 2 )(1 + e − z ) ; в) f ( z ) = cos z + ch iz г) f ( z ) = z 2 sin z ; sh 2 z ; е) f ( z ) = cos z 3 . д) f ( z ) = z 2) Найти порядок нуля z 0 = 0 для следующих функций:

23

(

)

z (1 − cos 2 z ) ; в) f ( z ) = e z 2 − 1 z 2 ; ; б) f ( z ) = z z − sh z 1+ z − e z z2 г) f ( z ) = e − e ln(1 − z ) ; д) f ( z ) = 6 sin z 3 + z 3 z 6 − 6 ; е) f ( z ) = 2(ch z − 1) − z 2 . 2

3

а) f ( z ) =

(

)

(

)

3) Найти изолированные особые точки, определить их тип и найти вычеты: ez 1 sin 2 z 1 ; в) f ( z ) = ; г) f ( z ) = 2 2 ; а) f ( z ) = 3 5 ; б) f ( z ) = 2 z z +9 z −z z z −1 ( z + 1)3 1 1 1 д) f ( z ) = ; е) f ( z ) = z 3 cos ; ж) f ( z ) = z 4 sin . sin z z z−2

(

)

(

)

24

§ 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

∫

C+

n

f (t )dt = 2πi ∑ Res f ( z ) , k =1

z = zk

(29)

где C + - граница области D . Пример 15. Вычислить интеграл: z2 +1 dz . 2 ∫ z −1 = 2 ( z − 1)( z + 2 )z

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

(z

2

)

+ 1 dz

∫ (z − 1)(z + 2)z

2

[

]

= 2πi Res f ( z ) + Res f ( z ) =

z −1 = 2

z =1

z =0

′⎤ ⎡ 2 2 ⎤ ⎡ z z + + 1 1 2 ⎥= = 2πi ⎢lim( z − 1) + lim z ⎢ z →1 ( z − 1)( z + 2)z 2 x→0 ⎢⎣ ( z − 1)(z + 2)z 2 ⎥⎦ ⎥ ⎣ ⎦

(

)

⎡ z2 +1 2 z ( z − 1)( z + 2 ) − z 2 + 1 ( z − 1)( z + 2 ) ⎤ ⎡ 2 (− 1) ⋅ 1⎤ 5πi = 2πi ⎢lim + = 2πi ⎢ + lim = . ⎥ 2 2 2 z →1 ( z + 2 )z x →0 4 ⎥⎦ 6 ( z − 1) (z + 2) ⎣3 ⎣ ⎦

Пример 16. Вычислить: 2

2 ∫ z l z dz .

z =1

Решение. Единственной особой точкой внутри окружности z = 1 для функции 2

z 2 l 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 : 2 ⎛ 2 1 ⎛ 2 ⎞2 1 ⎛ 2 ⎞3 ⎞ 4 1 2 1 z 2 l z = z 2 ⎜1 + + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... ⎟ = z 2 + 2 z + 2 + ⋅ + ⋅ 2 + ... ⎜ ⎟ z 2! ⎝ z ⎠ 3! ⎝ z ⎠ 3 z 3 z ⎝ ⎠

Тогда имеем: 2

2 ∫ z l z dz = 2πi Res f (z ) = C −1 ⋅ 2πi = 2πi ⋅

z =1

z =0

1

Пример 17.

∫ z −i =

2

l z dz 2 3 z +1 2

4 8πi . = 3 3

25

Решение. 1 z2

l 3 функция f ( z ) = 2 имеет две особые точки: z = i - полюс 2 z +1 первого прядка и z = 0 - существенно особая точка. По формуле (27) имеем

В области z − i
b > 0) .

0

Решение. Применяя подстановку z = l ix , получим: I = −i

∫

dz

1⎞ z =1 ⎛ z+ ⎟ ⎜ z⎟ z⎜ a + b 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝

2

= −i

∫

dz

(

)

b z2 +1 z =1 ⎛ ⎜⎜ a + 2z ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

=

4 zdz ∫ i z =1 bz 2 + 2az + b

(

)

2

.

(31)

26

Внутри единичного круга при условии a > b > 0 находится только один полюс (второго порядка) z1 =

− a + a2 − b2 . Вычет подынтегральной функции b

относительного этого полюса равен:

′ ′ 2 2 ⎤ ⎤ ⎡ ⎡ ( z − z 2 ) − z ⋅ 2( z − z 2 ) z ( z − z1 ) 1 z = Res f ( z ) = lim ⎢ 2 ⎥ = lim ⎥ = 2 lim ⎢ z → z1 b ( z − z )2 ( z − z )2 z → z1 b 2 ( z − z )2 z = z1 b z → z1 ( z − z 2 )4 2 1 2 ⎦ ⎦ ⎣ ⎣ 3 z − z2 − 2z z + z2 1 1 ab 2 2 −2 = 2 lim = − lim = − . a b 4 b z → z1 ( z − z 2 )3 b 2 z → z1 ( z − z 2 )3

(

4 i

Следовательно I = ⋅ 2πi

(

ab 2 a + b2 4

)

−

3 2

=

)

2πab

(a

2

−b

)

3 2 2

.

Пример 19. Вычислить π

cos 2 ϕdϕ . 3 2 0 1− sin ϕ 4

I =∫

Решение. Воспользовавшись формулами понижения степени тригонометрических функций cos 2 ϕ =

1 + cos 2ϕ , 2

sin 2 ϕ =

1 − cos 2ϕ , 2

получим: π

π

2π

1 + cos 2ϕ 1 + cos 2ϕ 1 + cos Θ dϕ = 4 ∫ dϕ = 2 ∫ dΘ = 3 5 + 3 cos 2ϕ 5 + 3 cos Θ 0 0 1 − (1 − cos 2ϕ ) 8 1 l iΘ = z z+ 1⎛ 1⎞ z cos Θ = ⎜ z + ⎟ 1+ dz z 2 + 2 z + 1 dz 2⎝ z⎠ 2 ⋅ = −2i ∫ ⋅ = −2i ∫ = 2 dz 3⎛ 1⎞ z z z =1 z =1 3 z + 10 z + 3 dΘ = −i 5+ ⎜z + ⎟ z 2⎝ z⎠ [0,2π ] → z = 1 I=

1 2 ∫0

Особыми точками подынтегральной функции будут нули 1 3

знаменателя: 3 z 2 + 10 z + 3 = 0 ; z1 = − ; z 2 = −3 ; z 3 = 0 . Внутрь единичной окружности попадают z1 и z 3 . Поэтому по основной теореме теории вычетов имеем: ⎛ ( z + 1)2 ⎛⎜ z + 1 ⎞⎟ ⎞⎟ ⎜ 2 ⎛ ⎞ ( z + 1) ⋅ z + lim 3⎠ ⎟ ⎝ I = −2i 2πi⎜ Res f ( z ) + Res f ( z )⎟ = 4π ⎜ lim = 1 1 ⎜ ⎟ ⎜ z =0 ⎟ z →0 ⎛ 1⎞ 1⎞ ⎛ z →− z =− 3 3⎜ z + 3 ⎝ 3⎜ z + ⎟( z + 3)z ⎠ ⎟( z + 3) ⎟ ⎜ 3⎠ 3⎠ ⎝ ⎝ ⎝ ⎠ ⎛ 1 1 ⎞ 2π . = 4π ⎜ − ⎟ = ⎝3 6⎠ 3

27

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 = 2πi ∑ Res f ( z ) ,

(31)

z=zk

k =1

где z k - полюсы функции f ( z ) , лежащие в верхней полуплоскости... Пример 20. Вычислить интеграл ∞

I=∫ 0

(x

x 2 dx 2

+ a2

)

2

, a >0.

Решение. Так как подынтегральная функция f ( x ) = +∞

1 x 2 dx I= ∫ 2 −∞ x 2 + a 2

(

Функция f ( z ) =

(z

z2 2

+ a2

)

2

)

2

(x

x2 2

+ a2

)

2

чётная, то

.

аналитична всюду на плоскости, за исключением

нулей знаменателя: z 2 + a 2 = 0 , z1 = ai и z 2 = −ai . Эти точки являются двукратными полюсами функции f ( z ) =

z2

(z − ai )2 ( z + ai )2

. Полюс z1 = ai лежит в

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

′ ′ ⎡ z 2 ( z − ai )2 ⎤ ⎡ z2 ⎤ 1 I = ⋅ 2πi Res f ( z ) = πi lim ⎢ ⎥ = πi lim ⎥ = ⎢ z → ai ( z − ai )2 ( z + ai )2 z → ai ( z + ai )2 z = ai 2 ⎦ ⎣ ⎦ ⎣

= πi lim

z → ai

2 z ( z + ai ) − z 2 ⋅ 2( z + ai ) 2

(z + ai )

4

= πi lim

z → ai

2aiz

( z + ai )

3

=

πi 4ai

=

π 4a

5.4. Вычисление несобственных интегралов вида: +∞

+∞

−∞

−∞

∫ R(x )sin αxdx,

Пусть α > 0 и R( x ) =

∫ R(x ) cos αxdx .

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 αxdx и I 2 =

∫ R(x ) cosαxdx

сходятся. Введём вспомогательную функцию f ( x ) = R( x )l iαx . Тогда +∞

∫ R(x )l

−∞

iαx

dx = 2πi

∑

Im z k > 0

Res R( z )l iαz z = zk

(32)

28

и имеем : ⎛ ⎞ iαz ⎜ ⎟ ( ) ( ) = R x sin α xdx Im 2 π i Res R z l ∑ ∫−∞ ⎜ Im z >0 z = z k ⎟ k ⎝ ⎠ +∞ ⎛ ⎞ iαz ⎜ ⎟ ( ) ( ) R x cos α xdx Re 2 π i Res R z l = ∑ ∫−∞ ⎜ Im z >0 z = zk ⎟ k ⎝ ⎠ В этих формулах z k - полюсы функции R( x ) , лежащие в верхней +∞

(33) (34)

полуплоскости. Пример 21. Вычислить интеграл: +∞

sin x

∫ (x

−∞

)

+1

2

2

dx .

Решение. Корни уравнения z 2 + 1 = 0 z1 = i , z 2 = −i являются полюсами второго порядка функции R( z ) =

(z

1 2

)

+1

2

=

1

( z − i ) ( z + i )2 2

. В верхней

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

sin xdx

∫ (x

−∞

2

)

+1

2

(

= Im 2πi Res R( z ) ⋅ l z =i

iz

)

′⎞ ⎛ ⎡ ( z − i )2 l iz ⎤ ⎟ ⎜ = Im⎜ 2πi lim ⎢ ⎥ ⎟= z →i ( z − i )2 ( z + i )2 ⎜ ⎦ ⎟ ⎣ ⎝ ⎠

2 ⎛ ⎛ ⎛ il iz ( z + i ) − l iz ⋅ 2( z + i ) ⎞ l iz (iz − 1 − 2 ) ⎞ l −1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟⎟ = 0 ⎜ i i Im 2 π lim Im 2 π = = = Im⎜⎜ 2πi lim 4 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ z →i z →i i 2 ( ) ( ) z i z i + + ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

Пример 22. Вычислить интеграл: ∞

cos 2 x dx . 2 0 x +4

I =∫

Решение. Так как под знаком интеграла стоит чётная функция, то 1

+∞

∫

cos 2 x

dx . Тогда по формуле (34) имеем: 2 −∞ x2 + 4 ⎛ l 2iz ⎞ ⎞ 1 ⎛ ( z − 2i )l 2iz ⎞⎟ = 1 Re ⎡2πi lim l 2iz ⎤ = 1 ⎛ ⎟⎟ ⎟ = Re⎜⎜ 2πi lim I = Re⎜⎜ 2πi Res⎜⎜ 2 ⎢ ⎥ z → 2 i ( z − 2i )( z + 2i ) ⎟ z=2 i z + 4 ⎟ 2 ⎝ ⎝ ⎠⎠ 2 ⎝ ⎠ 2 ⎣ z →2i z + 2i ⎦ l − 4 ⎞ πl − 4 1 ⎛ ⎟= = Re⎜⎜ 2πi 2 ⎝ 4i ⎟⎠ 4 I =

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 , x 2 ,..., x n , то в этом случае формула (32) заменяется на следующую: +∞

v. p. ∫ R( x )l iαx dx = 2πi −∞

n

∑ ResR(z )l iαz + πi∑ Res R(z )l iαz

Im z k > 0

k =1

z=

(35)

29

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

b

∫ f (x )dx называется предел: a

b b ⎛ c −ε ⎞ lim⎜⎜ ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx ⎟⎟ ≡ v. p.∫ f ( x )dx . ε →0 c +ε a ⎝ a ⎠

Пример 23. Вычислить: +∞

cos µxdx . 3 −∞ 1 + x

I = v. p. ∫ +∞

Решение. Рассмотрим интеграл v. p. ∫ l i µ x −∞

1 dx . Особые точки R( z ) = 3 1+ z3 1+ x

являются корнями уравнения z 3 + 1 = 0 , т.е. z = 3 − 1 = l

iπ + 2πki 3

, k = 0,1,2 или

1 3 1 3 ; z 2 = −1 ; z 3 = − i . Все эти точки являются простыми полюсами, +i 2 2 2 2 причём z1 лежит в верхней полуплоскости, z 2 - на вещественной оси. Поэтому z1 =

из (35) имеем: +∞

iµ x

iµ z

iµ z

iµ z

l l l l dx = 2πi Res + πi Res = 2πi 3 3 3 ′ z = z1 1 + z z=z2 1 + z − ∞1 + x 1+ z3

v. p. ∫

= 2πi

(

i µ z1

)

+ πi

l

iµ z

z = z1

=

′

(1 + z ) 3

z = z2

i µ z2

l l + πi 2 3 z1 3 z 22

(мы воспользовались формулой (27)). Подставляя z1 , z 2 и заменив l iz по формуле Эйлера будем иметь: ⎡ ⎤ ⎛1 3⎞ ⎟ ⎢ ⎥ i µ ⎜⎜ + i ⎟ 2 ⎠ +∞ i µ ( −1) ⎝2 ⎢ ⎥ cos µxdx 2πi l πi l = ⋅ + ⋅ Re v. p. ∫ ⎢ ⎥= 3 2 3 (− 1)2 ⎥ −∞ 1 + x 3⎞ ⎢ 3 ⎛⎜ 1 ⎟ ⎢ ⎥ ⎜2 +i 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ 3 ⎡ − µ 2 8πil ⎢ πi = Re ⎢ (cos µ − i sin µ ) + 2 3 31+ i 3 ⎢ ⎣

(

)

⎤ ⎛ µ µ ⎞⎥ ⎜ cos + i sin ⎟ ⎜ 2 2 ⎟⎠⎥ ⎝ ⎥ ⎦

Преобразовав и выделив вещественную часть, получим: −µ cos µxdx π ⎡ = ⎢sin µ + l 3 3 ⎢⎣ −∞ 1 + x

+∞

v. p. ∫

3 2

⎛ µ µ ⎞⎤ ⎜ sin + 3 cos ⎟⎥ . ⎜ 2 2 ⎟⎠⎥⎦ ⎝

Решить самостоятельно. 1)

+∞

dx ∫−∞ x 2 − 2ix − 2 ;

2)

+∞

dx ∫−∞ x 4 + 10 x 2 + 9 ;

3)

∞

x 4 dx

∫ (4 + x ) 0

2 3

;

30

4)

∞

∫ (x 0

7)

∞

dx 2

3

5)

)(

+∞

)

x cos xdx ; 2 −∞ x − 5 x + 6

10) v. p. ∫

( x + 1)sin 2 xdx ; 6) +∞ x cos xdx ; ∫ x 2 + 2x + 2 ∫ x 2 − 2 x + 10

+∞

−∞

cos xdx ; 8) 2 x +1 x2 + 4

∫( 0

)

+1

;

+∞

−∞

2

x cos 3 xdx

∫ (x

−∞

2

)

+1

2

;

9)

+∞

∫ (x

−∞

+∞

sin xdx ; − ∞ (x + 4 )( x − 1)

11) v. p. ∫

2

x 3 sin x 2

+4

)

2

dx ;

31

Ответы: §1.

1+ i 4i i ; 4. а) 2(i − 1) ; б) − 2 + ; 1. а) 5 ⎛⎜1 − ⎞⎟ ; б) 2i ; в) 0 ; 2. πi ; 3. − 2⎠

⎝

3

3

3 (i − 1) ; 6. а) π ; б) 1 (l 2 − 1)(1 + i ) ; в) − 2πi ; 5 4 2 7. а) 2 2i ; б) 2 + 2i ; в) 4 ; 8. а) 2πi ; б) 2πRi ; в) 2πRi 9. 2 2 − 4 + i 2 2 ; l 2πiα − 1 10. 2πi при α = −1 , при α ≠ −1 . 1+α i πi πi 1. а) 0 ; б) − i sh 1 ; 2. а) 0 ; б) ; в) 0 ; 3. − ; 4. − πi ; 5. − ; 6. − 1 ; 2 2l 27 i − ch 1 ; 6 ∞ ∞ 1 zn z 2n 1 ∞ 1 , R = ∞ ; в) + ∑ n , 0 < z < 1 ; г) 1. а) ln 2 − ∑ ⎛⎜1 + n ⎞⎟, R = 1 ; б) ∑ z n =0 z 2 ⎠ n =1 n ⎝ n = 0 (2n )! 1 9 z 41z 2 − − − − ..., R = 1 ; 5 15 125 ∞ ( z − 1)2n ⋅ sin ⎛ πn + 1⎞, R = ∞ ; б) l ∞ 3n ( z − 1)n , z − 1 < ∞ ; 2. а) ∑ (− 1)n ⎜ ⎟ ∑ n! n! ⎝ 2 ⎠ n=0 n=0

в) − 2 ; 5. а) − 2(1 + i ) ; б) − 1 ; в)

§2.

§3.

∞ (− 1) ( z − 1) , z − 1 < 1 ; 1 ∞ 2 k +1 ( ) ( )( ) ; г) − z − 1 − k + 1 k + 2 z , R = 1 ∑ ∑ n(n − 1) 2 k =0 n=2 ∞ 1 2 д) ∑ ⎛⎜ k +1 − k +1 ⎞⎟( z + 1)k , z + 1 < 2 ; 3 ⎠ n =0 ⎝ 2 ∞ ∞ 1 2 n n n 3. а) − − 2∑ ( z − 1) , 0 < z − 1 < 1 ; б) − ∑ (− 1) ( z − 2 ) , 0 < z − 2 < 1 ; z −1 z − 2 n =0 n =0 n

в)

в)

∑ (2 ∞

n =1

4. а)

n

− 1) ⋅

n

∞ ∞ 1 1 ⎛z⎞ ; г) − − , z > 2 ⎜ ⎟ , 1< z < 2; ∑ ∑ n n +1 z n =0 z n =0 ⎝ 2 ⎠

∞ 1 − (2 − i ) n n (2 + i ) + i ∑ (− 1) ( z − 2 ) z − 2 n =0 5 n +1 n +1

∞

б) 2∑ n =1

(− 1)n z

2n

n

∞

zn − ∑ n +1 , 1 < z < 2 ; 5. а) n =0 z

n +1

, 0< z−2 < 5;

n ⎡ ( − 1) ⎤ n −1 ⎢n − n ⎥z ; б) ∑ 2 ⎦ n =1 ⎣ ∞

∞

∑z n =1

n n +1

∞

+∑

(− 1)n 2

n=0

n +1

zn ;

∞ 1 ∞ n + (− 2 ) +∑ ; 6. а) (− 1)n+1 ⎡⎢ nn +1 + 1n ⎤⎥z n , z < 2 ; ∑ n +1 z n =1 z 3 ⎦ ⎣2 n =0 ∞ 3 2 n n − − 3∑ (− 1) ( z + 2) , 0 < z + 2 < 2 ; б) 2 z + 2 (z + 2) n =0

n

в)

1 2

∞

7. z 2 + z + + ∑ 9.

n =3

1 z

n−2

1 ⋅ , 0< z