МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ НАЦИОНАЛЬНЫЙ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИЙ ЯДЕРНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ «МИФИ» _______________________________________________________
А.Н. Барменков, Е.В. Сандракова, В.Б. Шерстюков, О.В. Шерстюкова
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ ПО ТЕОРИИ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО Рекомендовано УМО «Ядерные физика и технологии» в качестве учебно-методического пособия для студентов высших учебных заведений
Москва 2010
УДК 517.53(07) ББК 22.161.5я7 М 54 Методика решения задач повышенной сложности по теории функций комплексного переменного / А.Н. Барменков, Е.В. Сандракова, В.Б. Шерстюков, О.В. Шерстюкова. – М.: НИЯУ МИФИ, 2010. – 100 с. Настоящее пособие содержит краткие теоретические сведения и практические рекомендации к решению задач, в основном, повышенной сложности по следующим разделам теории функций комплексного переменного: конформные отображения, вычисление контурных интегралов, вычисление несобственных интегралов. Предназначено для студентов всех факультетов НИЯУ МИФИ, изучающих теорию функций комплексного переменного. Подготовлено в рамках Программы создания и развития НИЯУ МИФИ. Рецензент д-р физ.-мат. наук И.В. Тихонов
ISBN 978-5-7262-1374-3 © Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ», 2010
Предисловие Авторы пособия постарались охватить традиционно сложные для понимания разделы теории функций комплексного переменного, чтобы помочь студентам овладеть основными приѐмами решения стандартных и трудных задач и успешно сдать зачѐт и экзамен. Методические рекомендации снабжены разбором большого количества задач. Часть из них взята из известного задачника [1]. Для лучшего усвоения материала в пособие помещены также упражнения для самостоятельного решения. Авторы выражают благодарность студенту 3-го курса мехмата МГУ Д.В.Шерстюкову за техническую помощь. Все замечания и пожелания, касающиеся содержания данного пособия, просим направлять по адресу:
[email protected].
1. Конформные отображения Приведем вкратце необходимые в дальнейшем определения и факты теории функций комплексного переменного. Пусть функция f определена в области G комплексной плоскости С и z 0 G . Говорят, что в точке z 0 существует коэффициент растяжения, если существует конечный предел
lim
z
f ( z) z
z0
f ( z0 ) z0
. Величина этого предела (разумеется, в случае
его существования) берется за значение коэффициента растяжения в точке z 0 при отображении f . Если f дифференцируема в точке z 0 , то в этой точке коэффициент растяжения существует и равен
f ( z0 ) . Пусть
[ ; ] – непрерывная кривая (называемая в дальнейшем просто кривой) на плоскости, z 0 z (t 0 ) . Точка
z 0 на 1)
:z
z (t ), t
называется гладкой, если существует
0 : (t 0
; t0
)
[ ; ] и отображение
z (t ) инъективно и взаимно непрерывно на (t 0
; t0
2) существует z (t 0 ) и z (t 0 ) 0 . В гладкой точке всегда существует касательная к кривой справедлива следующая теорема.
); . Далее,
Теорема 1. Пусть функция f отображает область G на область G1 , причем некоторую окрестность точки z 0 которую окрестность точки w0
f ( z0 )
G на не-
G1 она отображает
инъективно и непрерывно. Предположим, что f ( z 0 ) существует и отлична от нуля. Пусть, далее, – любая кривая в G , проходящая через z 0 , и пусть 1 – ее образ при отображении f . Тогда, если z 0 – точка гладкости
, то w0 – точка гладкости
4
1,
при-
чем аргументы 1
в
1
точке
и
1
w0
касательных векторов к соответственно
в точке z 0 и к
связаны
равенством
arg f ( z 0 ) .
Разность
1
называется углом поворота касательной к
в
точке z 0 при отображении f . В условиях теоремы 1 этот угол не зависит от вида кривой
и равен arg f ( z 0 ) . Будем говорить, что
в точке z 0 имеет место консерватизм углов, если угол поворота любой кривой в точке z 0 ( z 0 – ее гладкая точка) не зависит от этой кривой. Определение 1. Пусть f отображает область G С на С. Отображение f называется конформным в множество E точке z 0
G , если
1) f отображает инъективно и непрерывно некоторую окрестность точки z 0 на некоторую окрестность точки w0
f ( z0 ) ;
2) в точке z 0 существует коэффициент растяжения и имеет место консерватизм углов. Если f отображает область G на область G1 инъективно и f конформно в каждой точке z G , то говорят, что f отображает конформно G на G1 . Аналитическая и инъективная в области G функция называется однолистной. Как известно, однолистная в области G функция отображает конформно область G на ее образ – область G1 . Отметим важный в теории конформных отображений и часто используемый на практике принцип соответствия границ, который мы сформулируем в виде следующей теоремы.
5
Теорема 2. Пусть G и G1 – области в С с кусочно-гладкими границами
и
1
соответственно. Пусть функция w
f (z )
конформно отображает G на G1 . Тогда функция f (z ) продолжается по непрерывности на множество G G , причем продолженная функция отображает инъективно и взаимно непрерывно на 1 . Обратно, пусть G и G1 – области в С с кусочно-гладкими и положительно ориентированными границами и 1 , а w f (z ) аналитична в G и непрерывна вплоть до ее границы . Если f (z ) отображает на 1 взаимно однозначно и взаимно непрерывно с сохранением ориентации, то w f (z ) конформно отображает
G на G1 . Поскольку часто приходится рассматривать функции, определенные в бесконечно удаленной точке или принимающие бесконечные значения в конечной точке, то возникает необходимость определения конформного отображения в этой более общей ситуации. Определение 2. Отображение w
f (z ) , определенное в окрестности бесконечно удаленной точки, конформно в точке z 0 , если отображение w1
( z)
f
1 конформно в точке z1 0 . z f (z ) называется конформным в
С, то w 1 ( z) точке z 0 , если w1 конформно в этой точке. Накоf ( z) нец, если f ( ) , то говорят, что w f (z ) конформно в точ1 ( z) ке z 0 , если отображение w1 конформно в 1 f z точке z1 0 . Если f ( z 0 )
, z0
6
Рассмотрим примеры конформных отображений, осуществляемых некоторыми функциями комплексного переменного. 1.1. Линейная функция w az b , a С\ {0} , b С. Легко проверить, что к этой функции применима теорема 1, согласно которой линейная функция осуществляет конформное отображение любой области G С. Кроме того, это отображение конформно и в бесконечно удаленной точке (для доказательства достаточно рассмотреть в соответствии с определением 2 отображение
( z)
1 a z
z b
a bz
в точке z
0 ). Отметим, что общая
линейная функция есть суперпозиция трех простейших: а) w z b (сдвиг на вектор b ) (рис.1);
w(G)
z
w
w=z+b G b
Рис.1 б) w kz , k 0 (гомотетия) (рис.2); i sin ) (поворот на угол ) (рис.3). в) w e i z z (cos Известно также, что линейная функция преобразует прямую или окружность соответственно в прямую или окружность. Это свойство естественно называть круговым свойством линейной функции, если представлять прямую как окружность бесконечного радиуса. Очевидно, что линейная функция полностью определяется двумя параметрами, которые однозначно находятся по значениям функ-
7
ции в двух различных точках или значениям функции и ее производной в одной точке.
w
z
w = kz
G
kG
k>1
Рис.2
z
w(G)
G
w
ei
w
Δ
Рис.3
1.2. Дробно линейная функция (ДЛФ)
a, b, c, d
С, причем
: ad bc 8
0.
w
az b , где cz d
Упражнение 1. Показать, что w гда, когда 0.
const тогда и только то-
При условии
0 , очевидно, выполняется c d 0 . Будем предполагать, что c 0 , ибо в противном случае w превращается в рассмотренную выше линейную функцию, так как тогда d 0 . Упражнение 2. Показать, что ДЛФ, доопределенная в точках
z
d и z c
d c
по правилу w
, w( )
a c
отображает расширенную комплексную плоскость
lim z
az b , cz d
Сz взаимно
однозначно на Сw . Найти также вид функции, обратной к ДЛФ (она также будет ДЛФ). Перечислим без доказательства основные свойства ДЛФ. 1) ДЛФ осуществляет конформное отображение Сz на Сw . 2) ДЛФ полностью определяется тремя параметрами. Действительно, в предположении c
0 тройка чисел
a b d , и c c c
полностью определяет ДЛФ, поскольку в этом случае
w
a z c z
b c. d c
Из свойства 2) следует, что если ДЛФ w в трех попарно различных точках z1 , z 2 , z3 принимает соответственно (попарно различные) значения w1 , w2 , w3 , то из системы уравнений w( z j )
j
wj ,
1,2,3, функция w восстанавливается однозначно. В случаях,
9
когда все z j и w j , j
1,2,3, конечны, чаще всего пользуются
формулой
w w1 w3 w w2 w3
w2 w1
z z1 z 3 z z 2 z3
z2 . z1
3) ДЛФ отображает окружность или прямую в окружность или прямую (круговое свойство ДЛФ). 4) ДЛФ переводит пару симметричных относительно окружности точек в пару точек, симметричных относительно образа этой окружности. Напомним, что точки a и b называются симметричными относительно окружности {z : z с R} (рис.4), если
c b c R2 ; 2) arg( a c) arg( b c) . 1) a
b
a |a-c|
|b-c|
R с |a-c||b-c|=R2
Рис.4 Здесь точка c считается симметричной бесконечно удаленной точке и наоборот. Симметричность точек относительно прямой понимается стандартным образом, что позволяет в свойство 4) включать прямые.
10
5) Всякое дробно линейное отображение (ДЛО) верхней полуплоскости С : {z : Im z 0} на единичный круг
{w : w
1} имеет вид w
где Im a
0,
ei
z a , z a
R.
6) Всякое ДЛО единичного круга {z : z
w где a
ei
1} на себя имеет вид
z a , 1 az
1.
7) Для того чтобы ДЛФ w
az b отображала верхнюю полуcz d
плоскость С на себя, необходимо и достаточно, чтобы все коэффициенты a, b, c, d были вещественными и ad bc 0 . Рассмотрим различные типы задач на нахождение конформных отображений с помощью ДЛФ. Задача 1. (№ 2.17(1) [1]) Найти ДЛФ w , переводящую точки 1 , i , 1 i соответственно в точки 0 , 2i , 1 i . Решение. Применяя указанную после свойства 2) формулу, получаем
w 0 1 i 2i w 2i 1 i 0
z 1 1 i i . z i 1 i 1
Отсюда
z 1 1 w 1 3i z i 2 i w 2i 1 i ( z 1 )( w 2 i )( 1 i ) w( z i )( 2 i )(1 3i) . Разрешив последнее и равенство относительно w , получим
11
w
2i( z 1)(1 i) ( z 1)(1 i) ( z i)(1 3i)( 2 i)
Ответ. w
2iz 2i . 4 z 1 5i
2iz 2i . 4 z 1 5i
Упражнение 3. Решить задачу 1, используя свойство 2) ДЛФ. Задача 2. (№ 2.18(2) [1]) Найти ДЛФ, переводящую точки , i соответственно в точки , i , 1 .
1,
az b . Так как cz d az b w( 1) , то c ( 1) d 0 , т.е. c d и поэтому w . c(z 1) Отсюда следует, что c 0 . Поделив числитель и знаменатель на c , a b z c . Далее, поскольку w( ) i , то a i , т.е. получаем w c c z 1 b iz c . Так как еще по условию w(i ) 1 , то получаем для опw z 1 b i2 b c , откуда b 2 i . ределения уравнение: 1 c c i 1 iz 2 i Окончательно имеем w . z 1 iz 2 i Ответ. w . z 1 Решение. Искомую ДЛФ запишем в виде w
12
Задача 3. (№ 2.28(1) [1]) Найти ДЛФ w , отображающую верхнюю полуплоскость {z : Im z 0} на круг {w : w 1} так, чтобы
0 , arg w (i )
w(i )
2
.
Решение. В силу свойства 5) ДЛФ w будем искать в виде
w
ei
z a , Im a z a
0 . Используя первое условие задачи, полу-
чаем
0 Отсюда, a параметр
i a . i a
ei
ei
i . Поэтому w
i, a
z i . Осталось найти z i
. Вычислим производную w . Имеем
w В точке z
ei
( z i) ( z i) ( z i) 2
2i . ( z i) 2
i
w (i) Таким образом, arg w (i )
2i (2i) 2
ei
arg e i
второе условие задачи, получаем искомая ДЛФ имеет вид w Ответ. w
ei
z i . z i
z i . z i
13
ei . 2i arg( 2i )
2
2
2
. Учитывая
. Отсюда
0,и
Задача 4. (№ 2.37(2) [1]) Найти ДЛФ w , отображающую единичный круг {z : z 1} на единичный круг {w : w 1} так, чтобы
w
i 2
i 2
0 , arg w
2
.
Решение. Поступаем так же, как и при решении предыдущей задачи, но пользуемся уже свойством 6) ДЛФ. По этому свойству всякая ДЛФ, осуществляющая искомое отображение, имеет вид
ei
w
i Из условия w 2
z a , a 1 az
1. i 2. ei iz 1 2 z
i , т.е. w 2
0 находим, что a
Далее,
iz 2
1 w ( z) z
i 2
ei
i 2
z 1
iz 2
i 2
2
z
3 i e 4 iz 1 2
i 2
2
Учитывая второе условие, получаем
2 Таким образом, w
Ответ. w
i 2
arg w
e
i
z 2
iz 2
i 2
arg
i
1
2iz 1 . iz 2
14
4 i e 3
2z i iz 2
.
2iz 1 . iz 2
z
i 2
4 i e . 3
Задача 5. Найти ДЛФ w , отображающую верхнюю полуплоскость {z : Im z 0} на круг {w : w 1} так, чтобы w(1) i ,
2 i . 5
w(i )
Решение. Согласно теореме 2, ДЛФ, отображающая верхнюю полуплоскость на единичный круг, границу {z : Im z 0} этой полуплоскости отображает на границу {w : w
1} единичного круга.
Точки i и
i симметричны относительно вещественной оси, при1 чем точка i отображается в точку ( 2 i ) . По свойству 4) ДЛФ 5 1 точка i перейдет в точку a , симметричную точке ( 2 i ) отно5 сительно окружности {w : w 1} . Найдем точку a , исходя из условий симметрии относительно окружности:
arg
2 i 5
1 2 i a 5
arg a . Из первого условия получим a
условие дает a
1 и
5 . Второе
(2 i ) с некоторым положительным числом
На основании равенства a
2 i имеем
Итак, искомая ДЛФ подчинена условиям: w(1)
1 и a i , w(i )
.
2 i. 2 i , 5
2 i . По схеме решения задачи 1 находим, что (2 i) z 5i . (2i 1) z 4i 3
w( i )
w
Проверим, что найденная нами функция действительно отображает верхнюю полуплоскость на единичный круг. Для этого достаточно записать полученную функцию в виде w применить свойство 5) ДЛФ.
15
i
z (1 2i ) и z (1 2i )
(2 i) z 5i . (2i 1) z 4i 3
Ответ. w
Упражнение 4. Найти ДЛФ w , отображающую круг {z : z на круг {w : w
1} так, чтобы w(i )
1}
4i . 5
i , w(i 2 )
Указание. Воспользоваться свойствами 4) и 6) ДЛФ.
2z i . 2 iz
Ответ. w
Упражнение 5. Найти: а) ДЛФ w , отображающую круг {z : z
1} на круг {w : w
1}
б) ДЛФ w , отображающую верхнюю полуплоскость {z : Im z
0}
так, что w
1 2
1 1 , arg w 2 2
2
;
1 , arg w (1 i ) . 2 Указание. Ввести промежуточную плоскость С переменного
на круг {w : w
1} так, что w (1 i )
и отобразить фигурирующие в условии упражнения 5 области на некоторую область плоскости С , взяв затем подходящую суперпозицию отображений. Например, для решения части а) находят две ДЛФ 1( z) и 2 ( w) , удовлетворяющие условиям: 1
: {z : z
1}
2
: {w : w 1}
{ : { :
1} ,
1 2
1
1} ,
2
0 , arg 1 2
Тогда искомая ДЛФ имеет вид w обычно записывают равенство ют w через z .
1
16
( z)
0 , arg 1
1 2
1
2
2 1 2
;
0.
( 1 ( z )) . На практике 2 ( w) и из него выража-
2
Ответ. а) w
(5 3i ) z 4 ; б) w 4 z 5 3i
1.3. Функция Жуковского w
(1 2i) z 3i 3 . (2 i ) z 3i 3 1 z 2
1 z
( z) .
Перечислим ее основные свойства. 1) Функция Жуковского однолистна в области D С z тогда и только тогда, когда D не содержит ни одной пары точек z1 и z 2 , связанных соотношением z1 z2 1 .
(z) конформно в любой точке, отлич2) Отображение w 1. ной от точек z 3) При отображении функцией Жуковского: окружности {z : z
r} и
z: z
1 , 0 r
r
1,
переходят в один и тот же эллипс с фокусами в точках
1 и полуосями
окружность {z : z
1 1 2 r
r ;
1} отобразится на отрезок
[ 1;1] , проходимый дважды; при этом, когда точка z пробегает против часовой стрелки верхнюю по(z) луокружность {z : z 1, Im z 0} , точка w пробегает отрезок [ 1;1] от точки w 1 до точки w 1 ; когда же z пробегает нижнюю полуокружность {z : z 1, Im z 0} против часовой
(z) пробегает тот же отрезок стрелки, точка w от точки w 1 до точки w 1 ;
17
лучи
[0; ] и [ ;0] переходят соответственно в лучи [1; ] и [ ; 1] , проходимые дважды. Если z пробегает луч [0; ] , то когда z возрастает (z) проходит луч [1; ] справа от 0 до 1 , w налево, а когда z возрастает от 1 до , то точка w пробегает этот же луч слева направо. 4) Функция Жуковского конформно отображает:
круг
r} (так же, как и внешность
{z : z
r} его замыкания) на всю плоскость с разрезом по отрезку [ 1;1] (рис.5). {z : z
w
i
z
w = λ(z) 1
-1
Рис.5
18
1
полукруг {z : z
1, Im z
0} на нижнюю полуплос-
кость {w : Im w
0} , а полукруг {z : z
на верхнюю полуплоскость {w : Im w
0} –
1, Im z
0} (рис.6);
z
w
w = λ(z)
1
-1
Рис.6 верхнюю полуплоскость {z : Im z
0} (так же, как и нижнюю {z : Im z 0} ) на плоскость Сw с разрезом по лучам [ ; 1] и [1; ] (рис.7). z
w
w = λ(z)
-1
Рис.7
19
1
Задача 6. (№ 2.112 [1]) Найти образ лежащей в единичном круге области D {z : z 1, z [c;1]} при отображении функцией
1 . 2 Решение. По свойству 4) круг {z : z 1 ; б) c 2
Жуковского, если а) c
1} отобразится функцией Жуковского на всю плоскость с разрезом по отрезку [ 1;1] . Обозначим эту область через G1 . Найдем образ промежутка [c;1] при (z) и исключим его из области G1 . Это и будет отображении w искомая область. Случаи а) и б) рассмотрим отдельно. а) c
1 . Функция w 2
производная
( x)
(z) непрерывна на отрезке
1 1 2
1 x2
0 для всех x
1 ;1 , а ее 2
1 ;1 . Значит, 2
1 ;1 функция Жуковского монотонно убывает от зна2 1 5 (1) 1 , принимая все прочения w до значения w 2 4 1 ;1 переймежуточные значения. Таким образом, промежуток 2 5 дет в промежуток 1; . 4 1 1 1 ;1 на два: ;0 и б) c . Разобьем промежуток 2 2 2 [0;1] , на каждом из которых функция w (z) непрерывна и мона отрезке
нотонна. Действуя как в случае а), показываем, что первый отрезок переходит в луч промежуток
; 1 ;1 2
5 , а второй – в луч [1; 4
] . Поэтому весь
переходит в объединение двух лучей
20
;
5 [1; 4
] . Итак, образом области D при отображении
функцией Жуковского является:
1 – вся комплексная плоскость с разрезом по отрезку 2 5 5 [ 1;1] 1; 1; ; 4 4 1 при c – вся комплексная плоскость с разрезом по лучам 2 5 ; и [ 1; ] [ 1;1] [1; ] . При этом в обоих случаях 4 при c
отображение является конформным. Задача 7. Отобразить конформно на всю плоскость с разрезом по лучу [0; ] область D {z : z 1, z [ 2; 1] [1;2]} . Решение. Функция Жуковского w1
1 z 2
бражает по свойству 4) внешность {z : z
1 z
конформно ото-
1} замкнутого единич-
ного круга на всю плоскость Сw1 с разрезом по отрезку [ 1;1] . Как и в задаче 1, получаем, что отрезок [ 2; 1] при этом отображается на отрезок
5 ; 1 , а образом отрезка [1;2] будет 4
5 . Поэтому функция w1 отобразит область D на область G1 4 5 5 ; – всю плоскость Сw1 с разрезом по отрезку (рис.8). 4 4 1;
21
w1
z
-2
-1
1
2
w1
-5/4
5/4
Рис.8
Подберем ДЛФ w , переводящую G1 на всю плоскость Сw с разрезом по лучу [0;
] (рис.9).
w w1
w -5/4
5/4
Рис.9
22
Применяя свойства ДЛФ, легко проверить, что в качестве такой функции подойдет, например, w
5 4 5 4
w1 w1
5 4 w1 . Искомую 5 4 w1
функцию составляет суперпозиция двух указанных выше отобра-
1 z 2 1 5 4 z 2
5 4 жений w и w1 : w
Ответ. w
1 z 1 z
2 z 2 5z 2 . 2 z 2 5z 2
2 z 2 5z 2 . 2 z 2 5z 2
Упражнение 6. Найти какие-либо функции w w(z) , осуществляющие конформные отображения следующих областей (рис.10 – рис.12) на плоскость с разрезом по лучу [0; ] .
б)
a)
1 -1
1
-1
Рис.10
Рис.11
23
в)
-2
-1
Рис.12
Ответ. а) w
( z 1) 2 ; в) w 2z
z2 1 ; б) w ( z 1) 2
1.4. Степенная функция w
z
z
ei
2 z 2 5z 2 . ( z 1) 2
arg z
, 0
arg z
2 ,
0 (в общем случае это многозначная функция, однако, нам вполне достаточно указанного определения степенной функции). 1 рассматривается только одна ветвь двузнач2
Например, при ной функции w
1 2
z , действующая по правилу z z e
1 arg z 2
.
Перечислим некоторые свойства этой функции. 1) Функция
w
z : 0 arg z
является
z
2
.
24
однолистной
в
угле
2) Функция
0
w
2
отображает
z
, на луч {w : arg w
луч
{z : arg z
},
}.
3) Степенная функция конформно отображает: сектор {z : z
r, 0
сектор {w : w
r , 0 arg w
2
}, 0
arg z
, на
} (рис.13). w
z
w = zα αβ β rα
r Рис.13
угол
{z : 0
{w : 0
arg z
arg w
},
0
2
,
на угол
} (рис.14).
Упражнение 7. Проверить, что: 2 а) степенная функция w z отображает конформно первый квадрант
{w : 0
arg w
z :0
arg z
на
2
} (рис.15), а также
25
верхнюю
полуплоскость
верхнюю полуплоскость
} на плоскость с разрезом по положительному лучу, т.е. на область {w : 0 arg w 2 } (рис.16). {z : 0
arg z
б) функция w z отображает плоскость с разрезом по лучу [0; ] , т.е. область {z : 0 arg z 2 } , на верхнюю полуплоскость.
w
z
w = zα
αβ
β
Рис.14
w z
w = z2
Рис.15
26
z
w
w = z2
Рис.16
Рассмотрим вопрос об отображении круговой луночки на примере типичной задачи. Метод решения подобных задач состоит в том, чтобы с помощью ДЛО «распрямить» границы области, отправив одну общую граничную точку в 0, а другую в . При этом круговая луночка отображается на некоторый угол с вершиной в начале координат. С помощью степенной функции полученный угол разворачивают до угла раствора , который уже не сложно отобразить на верхнюю полуплоскость. Задача 8. (№ 2.91(1) [1]) Отобразить круговую луночку z
z i
1,
1 (рис.17) на верхнюю полуплоскость.
Решение. Граница области G (круговой луночки) состоит из
дуг 1 AOB и 2 ACB двух окружностей, изображенных на рис. 17. Так как OC CB OB 1, то, очевидно, точка A изо-
3 2
бражает комплексное число z1
z2
3 2
1 i. 2
27
1 i , а точка B – число 2
z \
Рис.17
«Распрямляем» границы помощью ДЛФ
1
и
2
, отображая z1 в
, z2 в 0 с
3 1 i z 2z 3 i 2 2 w1 . 3 1 2z 3 i i z 2 2 2i 3 i i 3 1 3 i , то Поскольку w1 (i ) 2 2 2i 3 i i 3 реводится отображением w1 в луч, выходящий из точки w1 проходящий через точку w1 (i )
1 2
28
3 i. 2
2
пе-
0 и
Аналогичным образом устанавливаем, что выходящий
w1 (0)
1 2
из
точки
w1
0
и
1
переходит в луч,
проходящий
через
точку
3 i. 2
При этом образом исходной круговой луночки в плоскости C w1 будет угол G1 раствора
2 , сторонами которого являются ука3
занные лучи (рис.18). (Проверьте!)
w1
Рис.18
Повернем G1 на угол
2 по часовой стрелке, чтобы получить об3
ласть, изображенную на рис.19. Для этого воспользуемся отображением
w2
w1 e
29
2 i 3
.
w2
Рис.19
Отображение 3
w
w22
развернет угол G2 до угла раствора полуплоскостью (рис.20).
, совпадающего с верхней
w
Рис.20
30
Итак,
w
w1 e
2 i 3
Ответ. w
3 2
2z 2z
2z
3 i
2z
3 i
3 i 3 i
{z : Im z
e
i
ex
iy
2z 2z
3 i 3 i
3 2
.
3 2
.
1.5. Показательная функция Основные свойства функции w e z 1) Функция
3 2
e x (cos y i sin y) :
w e z отображает однолистно b} на луч {w : arg w b} .
прямую
2) Функция w e z однолистна в любой области, не содержащей никакой пары точек z1 и z 2 , связанных соотношением z1
2k i, k
z2
Z.
z
3) Функция w e конформно отображает: полосу {z : 0 Im z 2 } на плоскость с разрезом по положительному лучу, т.е. на область {w : 0 arg w 2 } (рис.21).
} на верхнюю полуплосполосу {z : 0 Im z кость {w : Im w 0} (рис.22). левую полуполосу {z : 0 Im z 2 , Re z 0} на единичный круг с разрезом по отрезку [0;1] :
{w : w
1, 0
arg w 2 } (рис.23).
31
w
z
w = ez
2πi
Рис.21
z
w
w = ez
πi
Рис.22
2πi
w z
w = ez
-1 Рис.23
32
1
левую полуполосу {z : 0
Im z
единичный полукруг {w : w
0} на
, Re z
1, Im w
0} , ле-
жащий в верхней полуплоскости (рис.24).
z
w
w = ez
πi
-1
-1
-1
-1
-1
Рис.24
Рассмотрим еще одну задачу об отображении круговой луночки. При решении этой задачи оказывается полезной показательная z функция w e . Задача 9. (№ 2.158 [1]) Отобразить круговую луночку, ограниченную окружностями z 2 , z 1 1 (рис.25) , на верхнюю полуплоскость. Решение. Граница области G состоит из двух окружностей: {z : z 2} и 2 {z : z 1 1} с общей точкой B , изобра1 жающей число z1
2. 33
z
D
O
1
B
2
G Рис.25
В точках O ( z 2
0 ) и D ( z3
2 ) контуры 1 и 2 перпендиz кулярны вещественной оси. ДЛФ w1 переводит z1 в , z 2 вещественную ось плоскости Сz в вещественную ось плоскости Сw1 , а окружности 1 и 2 соответственно в прямые l1 и l 2 , перпендикулярные вещественной оси и проходящие через точки
w1 (0) 0 и w1 ( 2)
1 . Так как w1 ( 1) 2
1 , то G отображается 3
в полосу G1 (рис.26). w1
G1 0
Рис.26
34
1/2
Функция
w2
w1 e 2
i
поворачивает полосу G1 на угол
переводя ее в горизонтальную полосу ширины
2
,
1 (рис.27). 2
w2
G2
Рис.27
Отображение w3 2 w2 ширины (рис.28).
растягивает полосу G2 до полосы G3
w3
G3
Рис.28 w
Согласно свойствам экспоненты, w e 3 отобразит последнюю полосу на верхнюю полуплоскость (рис.29).
35
w
Рис.29
Таким образом,
w
exp 2 e
2
i
z z 2
e
2 iz z 2
.
2 iz
Ответ. w
ez 2 .
1.6. Логарифмическая и тригонометрические функции В этом разделе будут рассмотрены некоторые задачи, в которых отображения областей осуществляются посредством функций w ln z , w cos z , w tg z . Под функцией w ln z понимается, как обычно, главная ветвь бесконечнозначной функции Ln z : ln z i(arg z 2 k ) , k Z , т.е.
ln z : ln z
i arg z , z
0 . Стандартным образом определя-
36
ются и используемые ниже тригонометрические функции. Например, cos z :
e iz
e 2
iz
e iz
, sin z :
e 2i
iz
, tg z :
sin z . cos z
Задача 10. (№ 2.148 [1]) Выяснить, во что преобразуются при отображении w ln z : 1) полярная сетка z R, arg z ; 2) логарифмические спирали r 2 ; 3) угол 0 arg z
Ae k ( A
4) сектор z
1, 0
2 ;
5) кольцо r1
z
arg z
0 );
r2 с разрезом по отрезку [r1 ; r2 ] .
Решение. 1) При фиксированном R
0 окружность z
R
главной ветвью логарифма отображается на множество точек вида
w представляющее
{w
u iv : u
ln z
ln R i ,
собой
ln R, 0
v
(0;2 ],
вертикальный
полуинтервал
2 } . Таким образом, семейство ок-
ружностей z
R переходит в семейство указанных полуинтервалов, заполняющих полосу 0 Im w 2 . Далее, всякий луч arg z преобразуется при отображении . Семейство лучей w ln z в горизонтальную прямую Im w arg z (0 2 ) переходит в семейство горизонтальных прямых, также заполняющих полосу 0 Im w 2 . Значит, полярная сетка переводится рассматриваемым отображением в прямоугольную сетку, «накинутую» на полосу 0 Im w 2 (рис.30) . i
2) Если точка z re лежит на логарифмической спирали r Ae k ( A 0 ), то ее образ можно, очевидно, записать в виде: w ln z ln r i ln( Ae k ) i ln A k i . Полагая те-
37
перь u ln A k и v , получаем, что образ указанной спирали есть прямая u ln A kv (рис.31).
y
z
w = ln z
x
v
w
2 i
u
Рис.30
38
y z
w = ln z
A
x
v
i
w
ln A k
Рис.31 Упражнение 8. Используя пункт 1), убедиться, что образом угла из пункта 3) задачи 10 является полоса 0 Im w , изо-
39
браженная на рис.32, а образом сектора из пункта 4) является полуполоса 0 Im w , Re w 0 (рис.33) .
v
y z
w
i
x
u Рис.32
y
v
z
w
i
x u
1
Рис.33 5) Согласно
{z
пункту
1)
окружности
{z
r1} \ {r1}
и
r2 } \ {r2 } перейдут соответственно в вертикальные интервалы
{w : Re w ln r1 , 0
Im w 2 } , {w : Re w ln r2 , 0
Кроме того, верхний борт (ему соответствует
40
Im w 2 } . 0 ) разреза
(r1 ; r2 ) отображается в горизонтальный интервал (ln r1 ; ln r2 ) , а 2 ) – также в горизонтальнижний борт (ему соответствует ный интервал, но уже вида {w : Im w 2 , ln r1 Re w ln r2 } . Подводя итог рассуждениям, заключаем, что образом данного кольца с разрезом является открытый прямоугольник, изображенный на рис.34.
y w = ln z
z
r1
r2
x
0
v w
2 i
u
Рис.34 41
Решение двух следующих задач существенно опирается на хорошо известные формулы: cos z cos x ch y i sin x sh y ,
sin 2 x i sh 2 y , cos 2 x ch 2 y
tg z
вытекающие из определений тригонометрических функций и свойств экспоненты. Задача 11. (№ 2.150 [1]) Выяснить, во что преобразуются при отображении w cos z : 1) прямоугольная сетка x C , y C ; 2) полуполоса 0 x , y 0; 3) полуполоса 0 4) полуполоса
x
2
, y
x
2
5) полоса 0 x ; 6) прямоугольник 0 x
2
0;
, y ,
0; h
y
h (h
0 ).
Решение. 1) Отобразим вертикальную линию сетки x
w
cos z
Поскольку u 2 значении C
cos(C
iy )
cos 2 C ch 2 y , v 2 2
k, k
a
sin 2 C sh 2 y , то при каждом
Z , получаем
u2 cos 2 C Итак,
C: cos C ch y i sin C sh y : u iv .
v2 sin 2 C
1.
точка
cos C , b
w принадлежит гиперболе с полуосями sin C (ее фокусы находятся в точках w 1 ).
Предлагаем читателю самостоятельно проверить, что в зависимости от выбора C прямая x C переходит в определенную ветвь указанной гиперболы.
42
При C
Z:
k, k
w
cos z
cos( k
iy )
( 1) k ch y .
Следовательно, если k четное, то образом любой прямой x 2 n, n Z , является луч [1; ) ; при нечетном k образом (2n 1), n Z , является луч ( ;1] . прямой x Для C
2
w
k, k
cos z
Z имеем:
cos
k
2
Значит, образом прямых x
2
( 1) k 1 i sh y .
iy k, k
Z , является мнимая
ось. На рис.35 помещены образы вертикальных линий (на рис.36 – найденные ниже образы горизонтальных линий). Отобразим горизонтальную линию сетки y C : w cos z cos( x iC ) cos x ch C i sin x sh C : u iv . 2 Так как u имеем:
cos 2 x ch 2 C , v 2
u2 ch 2 C
sin 2 x sh 2 C , то при C
v2 sh 2 C
0
1.
Значит, точка w принадлежит эллипсу с полуосями a b sh C (его фокусы находятся в точках w 1 ).
ch C ,
При C 0 запишем w cos z cos x . Отсюда видно, что образом прямой y 0 является отрезок вещественной оси [ 1;1] . Ответ. Образом прямоугольной сетки при отображении w cos z является семейство, состоящее из софокусных гипербол
u2 v2 k , k Z ), софокусных эллипсов 1 (C 2 cos 2 C sin 2 C u2 v2 1 ( C 0 ), вещественной и мнимой осей. ch 2 C sh 2 C
43
i | sin C |
1 Рис.35
i sh C
Рис.36
44
2) Отобразим границу полуполосы, состоящую из двух лучей
{z x iy : x 0, y 0} , {z x iy : x , y 0} и отрезка [0; ] вещественной оси. Из пункта 1) получаем, что образом этого множества является вещественная ось. Чтобы определить, какая из полуплоскостей является образом полуполосы, найдем образ точки
z
i:
2
w
i
2
cos
2
ch(
) i sin
2
sh(
)
i sh
.
Так как sh 0 , то образом исходной полуполосы является верхняя полуплоскость (рис.37). Ответ. Образом полуполосы 0 x , y нии w cos z является верхняя полуплоскость.
0 при отображе-
3) Граница рассматриваемой здесь области состоит из двух лучей {z резка 0;
x iy : x
2
0, y
0} ,
z
x iy : x
2
,y
0
и от-
вещественной оси. Пользуясь пунктом 1), получаем,
что образом границы является объединение положительной вещественной полуоси и отрицательной мнимой полуоси. Так как
w
i
4 0 , sh
cos
4
ch
i sin
4
sh
2 (ch 2
i sh )
и ch 0 , то образом данной полуполосы является четвертый квадрант (рис.38).
45
y
z
0 x
v
w
Рис.37
u
y
z
0
x v w
u
Рис.38
46
Ответ. Образом полуполосы 0 нии w
x
0 при отображе-
, y
2
cos z является четвертый квадрант.
4) Отобразим границу указанной в этом пункте полуполосы. Луч
z
x iy : x
переводится отображением w полуось. Луч
z
2
,y
0
cos z в положительную мнимую
x iy : x
2
0 –
,y
в отрицательную мнимую полуось. Отрезок
; 2 2
веществен-
ной оси переходит в отрезок [0;1] вещественной оси. Используя принцип соответствия границ, получаем, что образом исходной полуполосы является правая полуплоскость с разрезом по отрезку [0;1] (рис.39). Ответ. Образом полуполосы
2
x
2
, y
0 при отобра-
жении w cos z является правая полуплоскость с разрезом по отрезку [0;1] .
47
y
z
x 0
v w
0
Рис.39
48
1
u
5) Граница полосы, согласно пункту 1), отобразится в объединение лучей ( ; 1] и [1; ) , а вся полоса отобразится в комплексную плоскость с разрезами по этим лучам (рис.40).
z y
x
0
v w
-1
Рис.40
1
u
6) Отобразим границу прямоугольника, указанного в этом пункте. Снова обращаясь к пункту 1), получим, что отрезки
{z
x iy : x
0,
h
y
h},{z x iy : x , h y h} отобразятся посредством w cos z соответственно в отрезки {w u iv : v 0, 1 u ch h} , {w u iv : v 0, ch h u 1} , а два других отрезка гра-
49
ницы
прямоугольника
и {z x iy : y h, 0 x } – в эллипс с фокусами в точках w 1 и полуосями a ch h и b sh h . Значит, сам прямоугольник переводится отображением w cos z во внутрен-
{z
x iy : y
h, 0
x
}
u2 v2 1 с разрезами по отрезкам ch 2 h sh 2 h [ ch h ; 1] и [1; ch h] , изображенную на рис.41.
ность эллипса
y
z
ih
x
0
ih
v
w
i sh h
i сh h Рис.41
-1
1
u
Задача 12. (№ 2.154 [1]) Выяснить, во что преобразуются при отображении w tg z : 1) прямоугольная сетка x C , y C ; 2) полуполоса 0 x , y 0;
50
3) полоса 0
x
4) полоса 0
x
5) полоса
4
;
4 x
;
4
.
Решение. 1) Найдем образ вертикальной линии x бражении w tg z :
w
tg z
tg( C iy )
sin 2C cos 2C ch 2 y
i
sh 2 y : u iv . cos 2C ch 2 y
Выведем зависимость u от v . При C
sin 2C
C при ото-
2
k, k
Z , будет
0 , и можно провести следующие преобразования: v sh 2 y v v2 , sh 2 y sin 2C , sh 2 2 y sin 2 2C , 2 u sin 2C u u 2 v ch 2 2 y 1 sin 2 2C . ( ) 2 u
С другой стороны,
sin 2C , ch 2 y cos 2C ch 2 y
u
ch 2 2 y
sin 2 2C u2
2 sin 2C cos 2C cos 2 2C . u
Из соотношений ( ) и ( 2
sin 2C u
cos 2C ,
(
) получаем 2
v sin 2C 2 sin 2 2C sin 2C cos 2C cos 2 2C , 2 u u u2 v2 sin 2 2C 2 2 1 cos 2 2C sin 2 C sin 2C cos 2C , u u2 u2 u 2 sin 2 2C v 2 sin 2 2C sin 2 2C 2u sin 2C cos 2C , 1
51
)
u2 u
2
v2 1
2u ctg 2C ,
2
2u ctg 2 C ctg 2C v 2
1 ctg 2 2C ,
(u ctg 2 C) 2 v 2 1 ctg 2 2C . Поскольку знак u совпадает со знаком sin 2C , то образ прямой x
C, C
2
Z , лежит на соответствующей дуге ок-
k, k
ружности (докажите, что совпадает с этой дугой), соединяющей i и i . Центр этой окружности находится в точке точки
1 ctg 2 2C
ctg 2 C , а радиус равен R
w0
Отдельно рассмотрим случай sin 2C
1 . sin 2C
0 , т.е. C
2
k, k
Z.
2n , n Z , то w tg( n iy ) tg iy i th y . Множество значений функции th y есть интервал ( 1;1) (проверьn , n Z , отображаются в интервал те!). Итак, прямые x мнимой оси ( i ; i ) . Если k 2n 1, n Z , то Если k
w
tg
n
2
iy
Значит, образом любой прямой x жество (
; i ) (i;
).
52
ctg iy
2
i cth y .
n , n Z , является мно-
y z
x
v i
v
w
u -i Рис.42
Найдем образ горизонтальной линии y w tg z :
w
tg z
tg( x iC )
53
C при отображении
sin 2 x sh 2 C i : u iv. cos 2 x ch 2 C cos 2 x ch 2 C При C 0 преобразования, аналогичные тем, что были проведены выше, дают соотношение (v cth 2C ) 2 u 2 cth 2 2C 1 . Следовательно, семейство прямых y C , C 0 , отображается в семейство окружностей с центрами w0
R
ct h 2 2C 1
cth 2 C и радиусами
1 . Эти окружности пересекаются с окsh 2C
ружностью {w : w
1} под прямым углом (окружности Аполлония относительно точек w i ) (рис.43). В случае С 0 функция w tg z отображает (не инъективно) вещественную ось на вещественную ось. Ответ. Образом прямоугольной сетки при отображении
w tg z является семейство, состоящее из вещественной и мнимой осей, дуг окружностей (u ctg 2 C) 2 v 2 1 ctg 2 2C , соединяющих точки i и i (центру, лежащему слева от мнимой оси, соответствует правая дуга, и наоборот), а также окружностей Аполлония (v cth 2C ) 2 u 2 cth 2 2C 1 относительно точек w i.
54
y
z
x
v w
u
Рис.43
55
Упражнение 8. Опираясь на результат пункта 1) задачи 12, докажите, что: - образом полуполосы 0 x , y 0 при отображении w tg z является верхняя полуплоскость с вертикальным разрезом, соединяющим точки 0 и i (рис.44);
y
z
x 0
v
w
i
u
Рис.44
- образом полосы 0 x при отображении w tg z является вся плоскость с прямолинейным разрезом, соединяющим точки i и i (рис.45);
56
y
z
x 0
v w
u
Рис.45
- образом полосы 0 ется полукруг {w : w
x
при отображении w
4 1, Re w 0} (рис.46);
57
tg z явля-
y z
x 0
v
w
i
u -i
Рис.46
- образом полосы ляется круг {w : w
4
x
4
1} (рис.47). 58
при отображении w
tg z яв-
y z
x
v
w
u -1
Рис.47
59
1
2. Вычисление контурных интегралов В дополнение к рассмотренным в работе [2] контурным интегралам ниже будут разобраны примеры повышенной сложности. Опуская строгие определения, напомним, что если функция f(z) непрерывна в области D вплоть до контура , ограничивающего эту область, и аналитическая внутри него, за исключением конечного числа особых точек zk , то
f ( z )dz
2 i
Res f ( z ) . k
(2.1)
zk
При этом надо учитывать, что многосвязность области D приводит к интегрированию по составному контуру . Кроме стандартного применения соотношения (2.1) для сравнительно небольшого числа изолированных особых точек, попавших внутрь контура , часто используют теорему о сумме вычетов аналитической функции во всей расширенной комплексной плоскости: Res f ( z ) Res f ( z ) 0 . zk
k
z3
Задача 13. Вычислить
z4 1
dz , где
{z : z
2} – ок-
ружность радиуса 2 с центром в начале координат, ориентированная против хода часовой стрелки (далее такую ориентацию контуров считаем положительной). Решение. Внутрь контура (
zk
4
1
e
2 k )i 4
сами функции f ( z )
попадают четыре точки вида
0,3 , которые являются простыми полю-
, k
z3 z4 1
, причем других особых точек в С эта
функция не имеет. По указанным выше соображениям
z3 z4 1
dz
2 i Res f ( z ) .
60
Отметим, что в данном случае нет необходимости выписывать полностью разложение f (z ) в ряд Лорана в окрестности точки
1 z
, а достаточно воспользоваться свойством: f ( z )
z при z
. Отсюда c
ложения
f (z ) Res f ( z ) 1.
1
o
1 разz
1 , где c 1 – коэффициент при
в ряд Лорана в окрестности
1 z
. Значит,
Ответ. 2 i . Задача 14. Вычислить
sin 2 z sin
1 dz , где 3z
Решение. Поскольку функция f ( z )
sin 2 z sin
{z : z
1} .
1 четная, то ко3z
1 разложения f (z ) в ряд Лорана в окрестности z 0 равен нулю: c 1 0 .
эффициент при точки z
Ответ. 0. Далее рассмотрим примеры, в которых для вычисления Res f ( z ) z0
требуется найти разложение функции f (z ) в ряд Лорана в окрестности точки z0 . Задача 15. Вычислить
dz , где 1 r sin z
из следующих случаев: а) r
1 , б) r
1 , в) r 4
0,11 .
61
r
{z : z
r} в каждом
Решение. Рассмотрим случай а). Все нули функции sin ются простыми и расположены в точках z k
1
Поэтому функция f ( z )
1 sin z
1 , k k
1 являz 1, 2, .
имеет в указанных точках простые
полюсы. Точка z 0 является точкой накопления полюсов и поэтому не является изолированной особой точкой. По этой причине к функции f (z ) в области int 1 {z : z 1} с границей 1
{z : z
1} нельзя применять теорему о сумме вычетов. Рас-
смотрим область ext
1
{z : z
1} . Контур
1
ориентирован
против хода часовой стрелки, поэтому по определению вычета функции в бесконечно удалѐнной точке
dz 1 1 sin z
2 i Res f ( z ) .
При всех z
f ( z)
0 функцию f (z ) можно записать в виде 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 sin ... 1 3 5 z z 3! z 5! z z 3! z 2 5! z 4
. Покажем один приѐм разложения по степеням соответствующего ряда.
1 1 1 q q 2 q3 ... 1 1 1 ... 1 q 2 4 z 5! z 2 1 1 1 1 1 1 1 1 , z 2 5! z 4 3! z 2 5! z 4 1 1 1 1 ... (при достаточно больших z ). 1и q 3! z 2 5! z 4
1 1 3! 1 1 1 3! где q
62
Поэтому
f ( z)
1
z 1
1 sin z
1 1 3! z 2
1 3!2
есть разложение в ряд Лорана в окрестности циент c
1 3!
1
а), т.е. для
dz 1 1 sin z
1
1 z4
...
. Отсюда коэффи-
1 1 c1 . Значит, Res f ( z ) . Итак, в случае 6 6 {z : z 1} положительной ориентации, имеем
2 i Res f ( z )
Ответ. а)
1 5!
2 i 6
i . 3
i . 3
1 . Напомним, что в 4 ( z) каждом простом полюсе zk для функции вида f ( z ) , где ( z) ( z ), ( z ) – аналитические в окрестности zk функции, справед( zk ) 1 лива формула Res f ( z ) . В частности, для f ( z ) zk 1 ( zk ) sin z k 1 1 1 ( 1) получим Res f ( z ) , так 2 2 2 2 zk 1 1 k cos k k cos zk z k2 1 1, 2, . Как и в пункте а), нельзя применить как z k , k k формулу (2.1) к f (z ) в области int 1 , поэтому рассмотрим соРассмотрим случай б). Здесь
ставной контур
z: z
1 4
4
~ 1 4
1
, где
63
1 4
– ориентированная по ходу
часовой стрелки окружность
1 4
z: z
, а окружность
1
ори-
ентирована против хода часовой стрелки .
Рис.48
1
Из точек zk только z1 (между контурами
1 4
и
1 ),
и z
1 1
лежат в области int
~
и по теореме о вычетах для составного
контура (см. рис.48)
dz 1 1 1 sin 4 z
2 i Res f ( z ) z1
Res f ( z ) z
1
1
Поскольку для функции f ( z )
sin
64
1 z
2 i
1 2
1 2
4i
.
выполняется соотношение
f ( z )dz 1 4
f ( z )dz , а в пункте а) вычислен интеграл
f ( z )dz
1
1
1 4
dz 1 1 sin z
i , то можем записать 3
f ( z )dz
f ( z )dz 1
1 4
1 4
2
Ответ. б)
i 3
4i
f ( z )dz
12
3
2
4i
12
3
i.
i.
Аналогично рассматривается случай в)
~
Для составного контура
0,11
1 4
r} , r
{z : z
r
0,11 .
, внутрь которого из точек
1 (проверьте!), запишем с учетом результата 2
zk попали только
пункта б) следующие равенства
f ( z )dz 0 ,11
2 i Res f ( z ) Res f ( z ) 1 2
1 4
1
2 i
dz 1 0 ,11 sin z
f ( z )dz
4
i
i
1 4
2
Ответ. в)
3
9
1 2
1 2
4
i 2
4 3
i
i
;
3 3
3
i. dz
Задача 15. Вычислить r
z z
2
в случае 0
z 1
65
2
r 1.
9
i.
Замечание. Значение этого интеграла зависит от выбора ветви многозначной функции
w z2 z 1 . w1 – двузначная функция, имеющая точки
Известно, что w
ветвления 0 и (см. [3]) и допускающая выделение двух однозначных ветвей во всей комплексной плоскости С с разрезом по любой жордановой кривой, соединяющей точки 0 и . Наиболее наглядной является ситуация с разрезом по лучу ( ,0] , то есть в области С w1 \ (
,0] . Тогда ветви выделяются фиксированием k
в формуле
w
w1
w1
1 2
cos
(k )
arg w1 2 k arg w1 2 k sin , 2 2 arg w1 , k 0,1.
Другими словами, выделение ветви
w1 такой, что
равнозначен выбору в указанной формуле значения k
w1 с условием 1 функции ношением
1
1 – выбору k
w1
0 , а ветви
1 . Значения ветвей
С w1 \ (
,0] связаны соот-
w1 , то есть отличаются знаком. ( 0)
Преобразование областей ветвями функции на рисунках 49 и 50. Ветвь w
1 1 ( 0)
(1)
w1 в каждой точке w 1 (1)
1
w
w1 отображает область С w1 \ (
w1 показаны ;0] на полуплос-
( 0)
кость {w : Re w
0} (рис.49), а ветвь w
w1 – на полуплос(1)
кость {w : Re w
0} (рис.50).
66
w
w1
w1 (0)
w
Рис.49
w1
w
w1 (1)
Рис.50 67
w
Решение. Представим многочлен w1 в виде
w1 z2
z
2
z 1
1 2
i
z
1 2
2
3 . Корни z1 4
1 2
i
3 и 2
3 этого квадратного трехчлена являются точками 2
w1 z 2 z 1 . Отметим, что точка ветвления функции w z не является точкой ветвления, так как степень подкоренного многочлена кратна показателю корня (см. [3]). Рассмотрим комплексную плоскость Сz с разрезом в виде отрезка прямой, соединяющей точки z1 и z2 через точку
1 . Образом этой области при ото2
двум лучам прямой Re z бражении w1 по лучу ( в виде
z
1 2
2
, т.е. по
3 является плоскость Сw1 с разрезом 4
;0] . Действительно, записав множество точек разреза
lz
1 2
z:z
3 ,t 2
i t
;0] [ 3;
(
) ,
видим, что он преобразуется в 2
l w1
w1 : w1
t
3 2
3 ,t 4
(
;0] [ 3;
) ,
;0] (докажите!). Область С w1 \ l w1 первой ветвью ото-
т.е. в луч ( бражения w
w1
преобразуется в верхнюю полуплоскость
( 0)
{w : Re w
0} , а второй ветвью w
w1 – в нижнюю полуплос(1)
кость {w : Re w
0} .
68
Таким образом, первоначальная область Сz \ l z отображается обычными аналитическими функциями, являющимися ветвями
z2
функции w
z2
z 1 (w
z2
z 1, w
z 1 , при-
(0)
чѐм
z2
z2
z 1 (1)
(1)
z 1 ) соответственно на эти полуплос(0)
кости. Поэтому вычет функции f ( z ) ской в области {z : z люс в точке z
dz z 1
в которой
r
r
z z2
, аналитиче-
z 1
r} \ {0} , 0 r 1 , и имеющей простой по-
0 , вычисляется по обычной формуле 2 i Res f ( z )
z z2
1
lim f ( z ) z z
0
0
2 i
1 02
2 i, 0 1
r} , 0 r 1 .
{z : z
Знак ставится в соответствии с выбором однозначной ветви функции f ( z ) Ответ.
1 z z2
.
z 1
2 i.
Следующий пример иллюстрирует один из способов аналитического продолжения. Задача 16. Вычислить
z sin z r
ждом из следующих случаев: 2 2 r 4 а) 0 r , б) Решение. а) Функция f ( z )
2
dz , где
, в) r
z sin z
любой из двух однозначных ветвей
69
r
{z : z
r} , в ка-
40 . при одновременном выборе
z в числителе и знаменателе
С\ { z k }k 1 , где
является однозначной и аналитической в области
N ( sin z
0 z k , k Z , но z 0 – устранимая особая точка f (z ) ). Утверждение относительно точки z 0 следует из приводимого ниже разложения f (z ) в ряд по степеням z . Из разложения sin t в окрестности точки t 0 в ряд Тейлора получим, что функция f (z ) представляется некоторым степенным 2
zk
k 2, k
рядом в круге с центром в начале координат (исключая центр) и радиусом, равным расстоянию от точки z 0 до ближайшего к ней корня z1
f ( z)
2
уравнения sin
z
z
sin z k
k
z
0: z
( 1) k ( z ) 2 k (2k 1)! 0
1 ( 1) k z k 0 ( 2k 1)!
1
ak z k , 0
z k
1 ( 1) k z k 1)! 0 ( 2k 2
z
.
k 0
Следовательно, после соответствующего доопределения, f (z ) бу2
дет в круге z
z r
sin z
dz
0, 0 r
аналитическим
ak z k , z
аналитической функцией. Поэтому интеграл 2
. Более того, f ( z )
продолжением 2
суммы
z sin z
является
степенного
ряда
, в область С\ {z k }k 1 .
k 0
Ответ. а) 0. б) Точки zk
2
k 2,k
1,2,... , являются простыми полюсами
функции f (z ) с вычетами в них, равными
70
Res f ( z ) zk
zk (sin zk )
Внутрь контура стой полюс
z sin z r
dz
{z : z
r
2
z1
r 2
стых полюса z1
sin r
z
zk
2 2
2
r
2 2k 2 cos k
k
4
2
( 1) k 2
2
k2 .
, попадает один про-
подынтегральной функции f (z ) . Итак,
2 i( 2
2
)
4 3i .
4 3i .
в) В области int
dz
r} ,
2 i Res f ( z) 2
Ответ. б)
z
2 zk cos zk
r} при r
{z : z , z2
4
2
40 находятся два про-
подынтегральной функции. Значит,
2 i{Res f ( z ) Res2 f ( z )} 2
2 i( 2
2
8
2
) 12
3
i.
4
Ответ. в) 12
3
i.
Задача 17. Вычислить
dz sin 3 z (1 cos 2 z ) r
в каждом из сле-
дующих случаев:
2 , в) r 2 . 3 3 3 Решение. Функция sin 3z обращается в нуль только в точках а) 0
zk
3
r
k, k
, б)
r
Z , причем каждый из этих нулей простой. Все нули
n, n Z (проверьте, что кажфункции 1 cos 2z суть точки z3n дый из этих нулей имеет кратность, равную двум). Таким образом, подынтегральная функция имеет простые полюсы в точках
71
3n , и полюсы третьего порядка в точках z3n
zk
k, k 3 k, n Z .
а) Внутри контура
r
{z : z
0
r} ,
r
3
, лежит только
1
одна особая точка функции f ( z )
n,
sin 3z (1 cos 2 z )
, а именно,
полюс третьего порядка z0 0 . Непосредственное применение формулы для вычисления вычета в этой точке приводит к громоздким выкладкам, если не воспользоваться приемом разложения в степенные ряды (см. задачу 15).
1 lim ( f ( z ) z 3 ) 2! z 0
Res f ( z ) 0
1 lim 2! z 0
1 z3 lim 2! z 0 sin 3 z (1 cos 2 z )
z3 3z 1
(3z ) 2 3!
(3z ) 4 5!
... (2 z ) 2
1 (3z ) 2 lim 1 12 z 0 3!
1 lim 1 12 z 0 dz Итак, sin 3z (1 cos 2 z ) r Ответ. а)
... 1
1 (2 z ) 2 2! 4!
2(2 z ) 2 4!
9 8 2 z .... 3! 4! 2 i Res f ( z ) 0
11 i . 18
72
(2 z ) 4 6!
...
11 . 36 11 11 i 2 i . 36 18
...
б) Область int
{z : z
r
полюса третьего порядка z0
z -1
r} при
r
3
2 содержит кроме 3
0 еще два простых полюса z1
3
и
функции f (z ) . Найдем вычеты в них:
3
Res f ( z ) 3
1 {sin 3z (1 cos 2 z )}
z
2 . 9 3
Отсюда
dz sin 3z (1 cos 2 z ) r
2 i(Res f ( z ) Res f ( z ) Res f ( z ))
2 2 i( 9 Ответ. б)
0
3
2 ) 9
5 i . 18
5 i . 18
В случае в) к особым точкам z внутри контура
3
11 36
2
{z : z
1
3
, z0
0, z1
3
, лежащим
2}, добавляются ещѐ два простых по-
2 2 , z2 подынтегральной функции 3 3 1 f ( z) . Найдем вычеты в указанных точках: sin 3z (1 cos 2 z ) 1 2 . Res f ( z ) 2 {sin 3z (1 cos 2 z )} z 2 9
люса
z
2
3
Ответ.
3
в)
11 i . 18
73
Упражнение 9. Вычислить
dz sin 3 z (1 cos 2 z ) r
в каждом из
следующих случаев: а) 0
r
3
, б)
r
3
, в) r
dz
Задача 18. Вычислить
z (1 e r
hz 2
)
4.
, где h
0 , в следующих слу-
чаях: а) 0
2 , б) h
r
2 h
4 . h
r
Решение. Особые точки подынтегральной функции находятся из уравнения z (1 e
hz 2
0 . Точка z 0 является полюсом третьего 1 порядка функции f ( z ) , поскольку при достаточно 2 z (1 e hz ) малых z
)
0 справедливо представление
f ( z)
1 hz 2 zh1 2! 3
h2 z 4 3!
...
1 hz 2 1 hz 3 2!
... .
Остальные изолированные особые точки f (z ) будут ее простыми полюсами и находятся из формулы hzk2 2 k i , k Z \ {0} , т.е. zk что (1 e
2 k ( i ) . Проверьте последнее утверждение, показав, h hz 2
)z
zk
0, k
Z \ {0} .
74
а) Очевидно, z0
0 – единственная изолированная особая точка
функции f (z ) , попавшая в круг
z: z
2 h
z1
. Используя
полученное выше разложение f (z ) в ряд Лорана в окрестности
2 получаем h
z 0 , при 0 r dz r
Ответ. а)
z (1 e i.
В случае б)
hz 2
2 h
2 i Res f ( z ) 0
)
4 h
r
2 i
h 2!h
i.
N . Вы-
рассмотрим сначала k
пишем значения ветвей квадратного корня zk
2 k ( i ) при h
этих k :
2 k ( i) h
2 k h
2 k cos h
i (0)
4
i sin
и
4
(0)
2 k ( i) h
2 k h
2 k 3 cos h 4
i (1)
i sin
3 4
.
(1)
Эти точки лежат на биссектрисах второго и четвѐртого квадрантов.
2 ( k) i (0) h
2 k ( i ) при k N : h 2 k cos i sin и h 4 4
2 ( k) i (1) h
2 k 5 cos h 4
Теперь рассмотрим значения zk
2 k ( i) h (0)
2 k ( i) h
i sin
5 4
.
(1)
Эти точки лежат на биссектрисах первого и третьего квадрантов.
75
Заметим, что
1
Res f ( z ) zk
{z (1 e
hz 2
1 (1 e
)}
hzk2
i 2 k
) 2hz e
z zk
hzk2
4 k
независимо от k и выбора ветви квадратного корня в формуле для
zk , поскольку zk2 В круг {z : z
2 ki , k Z \ {0} . h 2 4 r r} при h h
особых точек f (z ) , а именно, точки 0,
попадают лишь пять
2 e h
i 4
,
2 e h
3 i 4
этому для указанных r имеем
dz r
z (1 e
Ответ. б)
hz 2
2 i )
1 2
i 4
i.
76
i 4
i 4
i 4
i.
. По-
3. Вычисление несобственных интегралов 3.1. Лемма Жордана и связанные с ней интегралы В работе [2] показано, как методы комплексного анализа применяются к вычислению несобственных интегралов от вещественных функций. В этом разделе будут рассмотрены задачи повышенной сложности, связанные с нахождением несобственных интегралов. При вычислении интегралов вида
f ( x) dx ключевую роль иг-
рает следующее утверждение. Лемма
{z : z
Жордана. Пусть
R0 , Im z
при z
f (z ) непрерывна на множестве
a} , a 0 , и на этом множестве f (z )
0
eibz f ( z )dz
0,
. Тогда для любого b
где CR – дуга окружности z
0 имеем lim R
CR
R , лежащая в рассматриваемом
множестве. Укажем получаемые применением леммы Жордана формулы, позволяющие находить интегралы вида
R ( x) sin ax dx,
R ( x) cos ax dx, a
0,
P( z ) – рациональная функция, причем степень мноQ( z ) гочлена Q (z ) , по крайней мере, на единицу больше степени P (z ) , и на вещественной оси Q (x) 0 и Im R ( x) 0 (последнее условие заведомо выполняется, если все коэффициенты многочленов P (z ) и Q (z ) вещественные). Именно, справедливы равенства где R( z )
R( x) cos ax dx
Re 2 i
77
Res R ( z )e iaz , ak
(3.1)
R( x) sin ax dx
Im 2 i
Res R ( z )e iaz , ak
(3.2)
где суммирование ведется по всем полюсам ak функции
R (z ) , лежащим в верхней полуплоскости (их, очевидно, конечное число). Эти формулы получаются применением основной теоремы о вычетах к интегралу от функции iaz R( z )e , взятому по вспомога-
Рис.51
тельному контуру С R [ R; R] (рис.51) с последующим предельным переходом при R , использующим лемму Жордана. Здесь СR – верхняя полуокружность {z : z R, Im z 0} .
x cos x dx . x x 1 z Решение. Функция R ( z ) имеет в верхней полуплос2 z z 1 1 3 i кости один простой полюс , поэтому указанная выше 2 2 Задача 19. Вычислить
2
формула (3.1) дает
R( x) cos xdx Re 2 i Res R( z )e iz
Re 2 i
1 3 i 2 2
Re 2 i
1 2
3 i e 2 i 3
78
3 i 2 2
ze iz 2z 1 z
1 3 i 2 2
e
3 2
( 1 i 3 ) cos
Re
1 1 i sin 2 2
e
3 2
3
e
3 2
Ответ.
3 sin
1 1 cos 2 2
3
3 sin
1 1 cos 2 2
.
3
Упражнение 10. Используя формулу (3.2), найти интеграл
x 3 sin x dx . x4 5x2 4 ( 4 e) Ответ. . 3e 2 Важной и полезной в приложениях леммой Жордана, разумеется, не исчерпывается все многообразие методов теории вычетов, применяемых при вычислении несобственных интегралов. В большинстве случаев приходится преодолевать две основные трудности, связанные с выбором вспомогательного контура интегрирования и поиском подходящей подынтегральной функции. В общей ситуации нет четких алгоритмов для решения обеих проблем. Мы приведем лишь некоторые примеры несобственных интегралов, не принадлежащих рассмотренному выше типу. Задача 20. (№ 4.205 [1]) Вычислить Решение. Рассмотрим функцию
ch ax dx , ch x 0
f ( z)
a
.
e az , которая и будет ch z
помещена под знак вспомогательного контурного интеграла. Найдѐм особые точки этой функции, решив уравнение
79
.
ch z (e z ) 2
1
e
z
i
e
z
z
e
0
2 z
Ln( i )
ln 1 i (
2
2 k ), k
Z
. Итак,
zk
(ch z ) ( z k )
i
1 2
2k , k
sh z k
Z,
–
простые
(поскольку
0 ) полюсы функции f (z ) . Так как все особые точки zk лежат на мнимой оси, то контур вида СR [ R; R] при неограниченном возрастании R будет содержать внутри себя всѐ большее число особых точек. Поэтому в качестве вспомогательного контура выберем
Рис.52
R, R, R i, R i прямоугольник PR с вершинами в точках (рис.52). Этот прямоугольник при любом R 0 содержит внутри
i функции f (z ) . При этом, 2
себя только один простой полюс z0
e
Res f ( z ) i 2
так как sh iz вычетов
ai 2
sh
i sin z для всех z
80
e i 2
ai 2
i
,
С. По основной теореме теории
ai
f ( z )dz
2 i Res f ( z ) i 2
PR
2e 2 .
С другой стороны, R
R i
e ax dx ch x R
f ( z )dz PR
R
R i
e az dz ch z
R
R
e az dz ch z i
R
e az dz ch z i
I 1 ( R) I 2 ( R) I 3 ( R) I 4 ( R) . Преобразуем отдельно третье слагаемое, сделав замену переменной z x i (тогда x [ R; R ], dz dx ): R i
I 3 ( R) R
R
e az dz ch z i
R
e a( x i) dx ch ( x i) R
R
R
e ax dx ch x
ax
e dx ch x R
e ai
e
ai
e ai I1 ( R ) .
Поскольку 0
e ax dx ch x R
I 1 ( R)
R
R
e ax dx ch x 0
e ax dx ch x 0
R
e ax dx ch x 0
R
2
ch ax dx, ch x 0
то R
(1 e ai ) I1 ( R)
I1 ( R) I 3 ( R) ai
2e 2 e
ai 2
2(1 e ai )
R
ai
R
ai
ch ax dx ch x 0
e2
ch ax dx ch x 0
4e 2 cos
a ch ax dx . 2 0 ch x
Оценим теперь I 2 ( R) и I 4 ( R) . Имеем R i
I 2 ( R) R 1
2eaR
R i x
0
e e
a
.
1
eaz dz ch z dx e
i
ea ( R ix) dx ch ( R ix ) 0 2e
R
e
i x
e
R
1
eaR 0
dx ch ( R ix )
aR
e 81
R
0 при R
, так как
Аналогично (проверьте самостоятельно), I 4 ( R) Переходя к пределу в равенстве
0 при R
.
ai 2
4
I k ( R)
2e ,
k 1
с учетом полученной выше информации о поведении I k (R ) , приходим к соотношению ai
4e 2 cos Ответ.
1 a 2 cos 2
a ch ax dx 2 0 ch x
ai
2e 2 , откуда следует
.
e ax dx , 0 a ch x
Упражнение 11. Вычислить Ответ.
1 a cos 2
.
.
Рассмотрим еще несколько несобственных интегралов, взятых по лучу. Задача 21. Вычислить числа и m
x2m dx , где m , n – натуральные 1 x2n 0
n.
Решение. Особые точки функции f ( z )
z 2n
уравнения
zk
e
(1 2 k ) i 2n
, k
выберем контур
arg z
n
1,
решая
z 2m найдѐм из 1 z 2n
которое
получим
0, 2n 1 . В качестве вспомогательного контура 0, R , состоящий из отрезков лучей arg z
и соединяющей их дуги окружности z
82
R (рис.53).
При любом R 1 внутрь R попадает единственная особая точка f (z ) , а именно, простой
z0 полюс Поэтому
i
e 2n .
Рис.53
z 2m dz 1 z 2n R
2 i Res z0
z 2m 1 z 2n
z 02 m 2n z 02 n
2 i
1
i 2m z0 n
1 2n
i e n
С другой стороны,
z 2m dz 2n 1 z R
R
x 2m dx x 2n 01
z 2m dz 2n 1 z 1, R
z 2m dz 2n 1 z 2, R
R
x 2m dx I 1 ( R) I 2 ( R) . x 2n 01
Докажем, что I1 ( R)
I 1 ( R)
z
0 при R
Re i , dz
0;
. Действительно, n
n
i
0
iR e d
e( 2 m 1)i d . 1 R 2 n e 2 ni 0 n
iR 2 m По условию m
1
R 2 m e 2 mi iR e i d 1 R 2 n e 2 ni
n 1 , поэтому
83
( 2 m 1) i 2n
.
n
I1 ( R)
iR
n
R 2m
R2n 1
Далее, I 2 ( R )
z
n
e( 2 m 1)i d 1 R 2 ne2 ni 0 R2m 1 n R 2n 1
d
1 0
2m 1
R
2 n 2 ni
0
R 2n 1 n R2n 1
i n
xe , x [ R;0]
e
i n
dz
d R e
2m 1
0 при R
i R n
e dx
1
2 m i n
2m
x e dx 2n 2 i 1 x e 0
( 2 m 1) R i n
x 2m dx . x 2n 01
e
Таким образом, устремляя в равенстве R
z 2m dz 1 z 2n R переменную R к
i e n
x2m dx 1 x 2n 0
I1 ( R) I 2 ( R)
, получаем ( 2 m 1) i 2n
1 e
( 2 m 1) i n
x2m dx , 1 x2n 0
откуда
x 0
( 2 m 1) i 2n
2m
1 x
2n
dx
i e n ( 2nm e
1)
i
1
i n
1 e
(2m 1) 2n sin 2n Ответ.
(2m 1) 2n sin 2n
.
84
( 2 m 1) i 2n
.
e
( 2 m 1) i 2n
.
3.2. Интегралы, содержащие логарифм Интерес представляет несобственный интеграл по полуоси ) в случае, когда z 0 является точкой ветвления соответствующей вспомогательной функции комплексной переменной.
(0;
Пусть F ( z )
P( z ) – рациональная функция, не имеющая поQ( z )
люсов на неотрицательной части действительной полуоси, причем степень Q (z ) , по крайней мере, на 2 единицы больше степени многочлена P (z ) , и все коэффициенты многочленов P и Q вещественны. Вычислим
F ( x) ln x dx 0
(рекомендуем проверить сходимость этого интеграла при указанных предположениях относительно F (x ) ). Для этого рассмотрим контурный интеграл
F ( z )(ln z ) 2 dz , r ,R
где ln z
ln z
i arg z , 0 arg z
2 , – главное значение Ln z , а контур
r,R
со-
стоит из окружностей z r,
Рис.54
z
R, 0 r
R,
и разреза вдоль [r; R] отрезка (рис.54). Выбирая достаточно большое R и достаточно малое r , можно считать, что все полюсы
r
85
F (z ) лежат внутри контура
r,R
.
Тогда k
F ( z )(ln z ) 2 dz
Res{F ( z )(ln z ) 2 } ,
2 i j 1
r ,R
zj
где z j – все полюсы F (z ) . С другой стороны, производя стандартную замену переменных в интегралах по окружностям, можно записать R
F ( z )(ln z )2 dz
2
F ( x)(ln x)2 dx iR F ( Rei )(ln Rei )2 ei d r
r ,R
0
r
0
F ( x)(ln x 2 i) 2 dx ir F (r e i )(ln r e i ) 2 e i d R
2
I1 ( r , R ) I 2 ( R ) I 3 ( r , R ) I 4 ( r ) . Оценив интегралы I 2 ( R) и I 4 (r ) , получаем, что они стремятся к нулю при R и r 0 соответственно (рекомендуем проделать подробные выкладки самостоятельно). Далее, R
R
F ( x)(ln x) 2 dx
I 1 (r , R) I 3 (r , R) 0
0
R
4
2
F ( x)(ln x 2 i) 2 dx
R
F ( x)dx 4 i F ( x) ln x dx . 0
0
Переходя к пределу при R
и r
0 в представлении I1 (r , R) I 2 ( R) I 3 (r , R) I 4 (r ) F ( z )(ln z )2 dz , r ,R
приходим к равенству k
4
2
F ( x)dx 4 i F ( x) ln x dx 0
Res{F ( z )(ln z ) 2 } .
2 i j 1
0
zj
Отделяя вещественную и мнимую части, получаем формулы:
86
F ( x) ln x dx
k 1 Im i Res{F ( z )(ln z ) 2 } , zj 2 j 1
(3.3)
F ( x)dx
k 1 Re i Res{F ( z )(ln z ) 2 } . zj 2 j 1
(3.4)
0
0
Замечание. В случае четной рациональной функции F (z ) для вычисления
можно
F ( x) ln x dx
рассмотреть
интеграл
0
F ( z ) ln z dz , где контур
r,R
состоит из отрезков [ R; r ] ,
r ,R
[r; R] действительной оси и полуокружностей z r , z R , (рис.55). Считаем, что внутри контура 0 r R , 0 arg z
r
лежат все полюсы функции F (z ) , находящиеся в верхней полуплоскости. Опуская подробные вычисления (вдумчивый читатель без труда восстановит их самостоятельно), мы приведем лишь формулы, получающиеся тем же методом, что и выше:
r
Рис.55
87
F ( x) ln x dx
Re i
Res{F ( z ) ln z} , Im z j 0
0
F ( x) dx
2 Im i
Res{F ( z ) ln z} . Im z j 0
0
Задача 22. Вычислить
(3.5)
zj
zj
ln x dx , где a и b – положитель( x a) 2 b 2 0
ные числа. Решение. В этом примере F ( z ) простые полюсы z1, 2
P( z ) Q( z )
1 a)2
(z
b2
имеет
a bi , не попадающие на положительную
полуось; степень Q (z ) на 2 единицы больше степени многочлена P (z ) . Наконец,
Res {F ( z )(ln z ) 2 }
z1
a bi
(ln z1 ) 2 2( z1 a)
i ln a 2 b 2 2b 2
Res {F ( z )(ln z ) }
z2
a bi
i
i ln a 2 2b
[n( a bi )] 2 2bi
b arctg a b
2
i
2
, b arctg a
2
.
Следовательно,
Res{F ( z )(ln z ) 2 } Res{F ( z )(ln z ) 2 } z1
z2
Применяя формулу (3.3), имеем
88
1 (ln( a 2 b
b b 2 ) 2 ) arctg . a
ln( a 2 b 2 ) b arctg . 2b a
ln x dx ( x a) 2 b 2 0 ln( a 2 b 2 ) b Ответ. arctg . 2b a
ln xdx . 2 2 ( x 1 ) 0 1 Решение. Функция F ( z ) 2 ( z 1) 2 Задача 23. Вычислить
допускает применение
формулы (3.5). Лишь одна особая точка этой функции лежит в верхней полуплоскости – полюс второго порядка z1 i . При этом
Res{F ( z ) ln z} z1 i
lim z
i
ln z ( z i) 2
2i 2i ln i i (2i )3
lim z
1 ln i 4i
i
( z i ) 2 2 z ( z i ) ln z z ( z i) 4
i 1 4
i 2
i . 4
8
Согласно формуле (3.5)
ln xdx ( x 2 1)2 0 Ответ.
4
Re i
8
i 4
4
.
.
Задача 24. (№ 4.191 [1]) Вычислить
ln 2 x dx , где a 0 . x2 a2 0
Решение. Введем в рассмотрение вспомогательный контурный интеграл r ,R
ai
int
r ,R
ln 2 z dz , где z2 a2
r,R
изображен на рис.55 и такой, что
. По основной теореме теории вычетов
89
ln 2 z dz z2 a2
r ,R
2
ln 2 ai 2 i 2ai
a
ln a
2
i
2 2
ln a
a
i ln a .
4
Найдем этот же интеграл другим способом:
r ,R
ln 2 z dz z2 a2
R
r
ln 2 ( Re i )e i ln 2 x dx iR d 2 2i 2 x2 a2 R e a 0
r
0
ln 2 (r e i )e i (ln( x) )2 dx ir d . 2 2 2 2i 2 x a r e a R Как и при выводе формулы (3.3), показываем, что интегралы 0
ln 2 ( Rei )ei ln 2 (r ei )ei и d ir d стремятся к нулю, если R 2 e 2i a 2 r 2 e 2i a 2 0 ,а r R 0 . Кроме того, R r R 2 ln x (ln( x) )2 ln 2 x dx dx dx 2 2 a2 x2 a2 a2 r x R r x
iR
r
(ln x )2 dx x2 a2 R
R
R
R
r
ln 2 x (ln x x2 a2
i) 2
dx
R
ln 2 x ln x dx 2 dx 2 i 2 dx . 2 2 2 2 2 x a x a x a r r r Перейдем к пределу при R и r 0 в полученном равен2
стве R
2
a
ln 2 a R
x2
2 r
R
ln 2 x ln x dx 2 i 2 dx 2 2 2 x a x a r
a2
ln ( Re i )e i iR d 2 2i a2 0 R e
0
2
dx
2 r
4
i ln a
В результате приходим к представлению
90
ir
ln 2 (r e i )e i d . r 2 e 2i a 2
2 0
ln 2 x dx x2 a2
2
ln 2 a
a
i ln a
4
2 i
ln x dx x a2 2
0
dx . x a2
2
2
0
По формуле (3.5)
ln x dx 2 x a2
0
ln a
ln ai Re i 2ai
Re
dx
С учетом того, что
x
0
2
a
i
ln a . 2a
2a
1 x arctg a a0
2
2
2a
, окончательно
находим
0
ln 2 x dx x2 a2
2
ln 2 a
2a
2
i ln a
4
i ln a 2a
3
4a
2
2a
ln 2 a
.
4
2
Ответ.
2a
ln 2 a
4
.
Задача 25. Вычислить 0
Решение. Вычислим
ln 2 x dx . x 2 3x 1
вспомогательный контурный интеграл
3
ln z dz , где контур z 3z 1 2
r ,R
r,R
изображен на рис.54. Проводя
уже знакомые рассуждения, получаем равенство
r ,R
ln 3 z dz z 2 3z 1
R
r
2
ln 3 ( Re i )e i ln 3 x dx iR 2 2i x 2 3x 1 3Re i 0 R e 91
1
d
r
0
(ln x 2 i) 3 ln 3 (r e i )e i dx ir 2 2 2i 3x 1 3r e i R x 2 r e
1
d
ln 3 z . 2 i Res 2 zk z 3z 1 k 1 2
3
Здесь z1
F ( z)
5 2
z
3
и z2
2
1 , причем 3z 1
2
используя которое найдем ln 2
2 i
Res k 1
zk
5
(3.6)
– простые полюсы функции
справедливо соотношение z1 z2
3
5
ln
2
3
5
и
2 3 ln z1 ln 3 z 2 2 i 2 z1 3 2 z 2 3
ln 3 z z 2 3z 1
3
2 i 5
ln
3
5 2
3
i
3
ln
4 i 33 5 ln 2 5
3
2
ln
Несложно проверить, что интегралы 0
2
ln 3 (r ei )ei d r 2 e 2i 3r ei 1
5
i
2
2
0
3
5 2
.
ln 3 ( Rei )ei R 2 e 2 i 3R e i
стремятся к нулю при R
d
и
и r
0
1
соответственно. Дальнейшие преобразования дают R
r
ln 3 x dx x 2 3x 1 R
r
1,
r
(ln x 2 i ) 3 dx 2 3x 1 R x 2
2
R
r
ln 3 x (ln x 2 i ) 3 dx x 2 3x 1
6 i ln x 12 ln x 8 x 2 3x 1
92
3
i
dx
R
R
R
ln x dx ln 2 x 3 dx 8 i 6 i dx. 2 2 x 2 3x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 r r
2
12
r
Переходя к пределу при R имеем
12
2 0
ln x dx 8 2 x 3x 1
4 i 5
3
i 0
ln 3
и r
dx ln 2 x 6 i 2 dx 3x 1 3x 1 0 x
x2
3
0 в равенстве (3.6),
5
3
2
2
ln
3
5
.
2
Осталось отдельно вычислить два первых интеграла в левой части этого равенства. Используя формулу (3.3), получим
1 ln 2 z1 Im i 2 2 z1 3
ln x dx 2 x 3x 1
0
ln 2 z2 2 z2 3
2
1 Im 2
i 5
ln
3
5
2
i
2
ln
1 4 3 5 Im ln 2 2 5 Интеграл 0
x
2
3
5
i
2
0.
dx можно посчитать непосредственно, но в 3x 1
данном случае легче воспользоваться формулой (3.4), так как сумма вычетов уже найдена:
0
x
2
dx 3x 1
1 4 3 5 Re ln 2 2 5
2 3 5 . ln 2 5
Подводя итог вычислениям, приходим к равенству
6 0
ln 2 x dx x 2 3x 1
4 5
ln 3
93
3
5 2
3
2
ln
3
5 2
3
16 5
3
ln
5
,
2
откуда
0
ln 2 x dx x 2 3x 1 2
Ответ.
2
3 5
ln 2
2 3 5 3
5 2
2
ln
ln 2
3
5 2
3
5 2
ln
3
5 2
.
.
3.3. Интегралы, содержащие дробные степени Пусть F (z ) – однозначная аналитическая функция на всей плоскости, за исключением особых точек, причем последние не лежат на положительной части действительной оси. В предположении, что интеграл
R ) , требуется вычислить
x F ( x)dx сходится ( 0
его. Рассмотрим следующий контурный интеграл:
z F ( z )dz , где R ,r
контур
R, r
состоит из окружностей z
r, z
R и разреза вдоль
отрезка [r ; R] (рис.54). R
z F ( z )dz
x F ( x)dx r
R ,r
z R
r
e
2 i
n
x F ( x)dx R
z F ( z )dz
z F ( z )dz
2 i
Res ( z F ( z )) , k 1
z r
(3.7)
zk
где zk [0; ) , k 1, n , – особые точки F (z ) . Подробное обоснование возможности применения основной теоремы теории вычетов при выводе формулы (3.7), включающее процесс выделения
94
однозначных ветвей функции z
и придающее смысл интегралу
z F ( z )dz , смотри в монографии [4, с.268]. R ,r
Предположим, что F (x ) такова, что каждый из интегралов
z F ( z )dz и
z F ( z )dz стремится к нулю при r
z r
R
0 и
z R
соответственно. Указанные условия выполняются, на-
P( x) – рациональная функция, для которой Q( x) степень многочлена Q (x ) , по крайней мере, на две единицы больше степени многочлена P (x ) . Переходя к пределу при r 0 и в равенстве (3.7), получим R пример, когда F ( x)
n
(1 e2
i
) x F ( x)dx
2 i
Если
Res ( z F ( z )) . k 1
0
zk
не является целым, то из последнего равенства находим
2 i 1 e2 i
x F ( x)dx 0
n
Res ( z F ( z )) k 1
zk
n
sin
e
i
Res ( z F ( z )) , k 1
zk
Z.
(3.8)
Упражнение 12. В тех же предположениях относительно F (z ) , что и в (3.8), доказать справедливость при любом Z формулы n
x F ( x)dx 0
где ln z
ln z
i arg z, 0 arg z
(3.8), понимается e
Res( z F ( z ) ln z ) , k 1
ln z
zk
2 , а под z , как и в формуле
.
Следующий интеграл возникает в теории роста целых функций. Он вычисляется в разных источниках (см., например, [5]).
95
Задача 26. Вычислить
x 1 dx , где 0 1 x 0
1.
Решение. По формуле (3.8)
x 1 dx 1 x 0 i
e
sin Ответ.
0
x dx x(1 x)
e(
sin
1) ln( 1)
sin
Res 1
i
e
e(
z 1 1 z
1) i
.
sin
.
sin
Задача 27. (№ 4.174 [1]) Вычислить 0
1
i
e
1,
x
2
x 2 x cos
1
dx , где
.
Решение. Мы не будем рассматривать случай 0 как тривиальный (в этом случае интеграл легко считается без применения ( 1;0) (0;1) можно применить теории вычетов). При каждом формулу (3.8). В этом примере F ( z )
z
2
1 2 z cos
1
. Если
0 , то F (z )
имеет единственную особую точку – полюс второго порядка z 1 , причем
Res F ( z) 1
lim e(
z
lim ( z )
z 1 1) ln z
e(
1
lim ( z
z 1 1) i
1
e
) i
.
Тогда по формуле (3.8)
x
. dx e i ( e i) 2 ( x 1 ) sin sin 0 Если же 0 , то функция F (z ) имеет два простых полюса z1 cos i sin и z2 cos i sin . При нахождении ее
96
вычетов понадобится записать эти точки в удобном виде z1 cos( ) i sin( ) e( ) i ,
z2
) i sin(
при
Res z1
z2
Res z2
e(
)i
, замечая, что . С учетом этого получаем
cos(
z2
z 2 z cos
)
(
e 1
z 2 z cos
2( cos
1
)i
i sin (
e 2( cos
(0;2 )
e ( 2i sin
cos ) )i
i sin
e ( 2i sin
cos )
)i
,
)i
.
Следовательно, формула (3.8) дает
0
x2
x 2 x cos
1
dx
sin e
sin Ответ. При
sin sin
sin
, если
sin
i
e 2i
i
e i
0 интеграл равен 0.
97
e ( 2i sin
)i
sin sin sin
sin
e ( 2i sin
)i
.
, если
0, и
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ 1. Волковыский Л.И., Лунц Г.Л., Араманович И.Г. Сборник задач по теории функций комплексного переменного. М.: Физматлит, 2004. 2. Барменков А.Н., Бухарова Т.И., Логинов А.С., Сандракова Е.В. Методические рекомендации к решению задач по теории функций комплексного переменного. М.: МИФИ, 2005. 3. Маркушевич А.И. Теория аналитических функций. М. – Л.: ГИТТЛ, 1950. 4. Шведенко С.В. Начала анализа функций комплексной переменной. М.: МИФИ, 2008. 5. Гельфонд А.О. Вычеты и их приложения. М.: КомКнига, 2006.
98
СОДЕРЖАНИЕ Предисловие………………………………………………………3 1. Конформные отображения……………………………….......4 1.1. Линейная функция………………………………………...7 1.2. Дробно-линейная функция………………………………..9 1.3. Функция Жуковского…………………………………….17 1.4. Степенная функция………………………………………24 1.5. Показательная функция………………………………….31 1.6. Логарифмическая и тригонометрические функции……36 2. Вычисление контурных интегралов………………………..60 3. Вычисление несобственных интегралов…………………...77 3.1. Лемма Жордана и связанные с ней интегралы………….77 3.2. Интегралы, содержащие логарифм……………………....85 3.3. Интегралы, содержащие дробные степени……………...94 Список литературы……………………………………………....98
Анатолий Николаевич Барменков Елизавета Васильевна Сандракова Владимир Борисович Шерстюков Ольга Владимировна Шерстюкова
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ ПО ТЕОРИИ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
Учебно-методическое пособие
Редактор Т.В. Волвенкова Подписано в печать 10.12.2009. Формат 60х84 1/16. Печ.л. 7,0. Изд.л. 7,0. Тираж 100 экз. Изд. №1/4/68. Заказ № 31 Национальный исследовательский ядерный университет «МИФИ», 115409, Москва, Каширское шоссе, 31. ООО «Полиграфический комплекс «Курчатовский», 144000, Московская область, г. Электросталь, ул. Красная, 42
