Теория функций комплексного переменного. Методическое пособие

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКИОЙ ФЕДЕРАЦИИ

ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО Методическое пособие

Составители: М.Д.Улымжиев, Л.И.Инхеева, И.Б.Юмов, С.Ж.Юмова

Рецензия На методическое пособие по теории функций комплексного переменного для студентов 2 курса специальности «ЭСПП», выполненную к.ф-м.н., и.о.доц. Улымжиевым М.Д., к.ф-м.н., и.о.доц. Юмовым И.Б., ст. преп. Инхеевой Л.И., ст. преп. Юмовой С.Ж.

В работе изложен кратко теоретический материал по следующим темам: дифференцирование и интегрирование функций комплексного переменного, разложение функций комплексного переменного в ряд Лорана, классификация особых точек, вычеты. Приведены примеры решения задач по всем темам, варианты заданий по всем темам для самостоятельной работы. Содержание работы соответствует ГОСВО ЕН. Данная работа удовлетворяет всем требованиям к методическим пособиям и рекомендуется к изданию в РИО ВСГТУ.

Рецензент:

к.ф-м.н., и.о. доц. Васильева Е.Г.

Издательство ВСГТУ Улан-Удэ – 2004

3

4

В работе изложен кратко теоретический материал по следующим темам: дифференцирование и интегрирование функций комплексного переменного, разложение функций комплексного переменного в ряд Лорана, классификация особых точек, вычеты. Приведены примеры решения задач по всем темам, варианты заданий по всем темам для самостоятельной работы.

1. Подмножества комплексной плоскости Равенство z − z0 = R

(1) задает на комплексной плоскости окружность с центром в точке z0 радиуса R. Пример 1. Построим окружность z + 1 − 2i = 2 . Запишем данное уравнение в виде (1) z − (−1 + 2i ) = 2 . Центром окружности является точка z0= −1+2i, радиус окружности равен 2.

Ключевые слова: теория функций комплексного переменного, ряд Лорана, дифференцирование, интегрирование, особые точки, вычеты, разложение функций.

y 2i

-1 Подписано в печать 13.09.2004 г. Формат 60х84 1/16. Усл. печ. л. 2,09, уч.изд. л. 1,5. Тираж 70 экз. Заказ № 130. Издательство ВСГТУ. г. Улан-Удэ, ул. Ключевская, 40, в.

0

x

Неравенство z − z 0 < R задает круг с центром в точке z0 радиуса R, граница которого не содержится в круге. Неравенство z − z0 ≤ R задает круг с центром в точке z0 радиуса R. При этом граница круга содержится в данном множестве. Неравенства z − z0 > R , z − z0 ≥ R задают внешность круга. Пример 2. Построим на комплексной плоскости множество, заданное неравенством z + i ≤ 1 . Перепишем неравенство в виде z − ( −i ) ≤ 1

© ВСГТУ, 2004 г.

5

6

Неравенство ϕ0 ≤ arg z ≤ ϕ1 задает на комплексной плоскости сектор, ограниченный лучами ϕ = ϕ0 , ϕ = ϕ1 . При этом границы сектора могут содержаться или не содержаться в данном секторе, в зависимости от того, является ли соответствующее неравенство нестрогим или строгим. Пример 4. Построим множество, заданное неравенством

y 0 x

π

6

-i

≤ arg z <

π

4

y Пример 3. Построим область, заданную неравенством z − 3 + i > 2 . Запишем неравенство в виде z − (3 − i ) > 2

0

π

π

4

6 x

y 0

x 3

-i

Пример 5. Построим область, заданную неравенством Re z > 3 . Имеем: z = x + iy , Re z = x . Таким образом, неравенство можно записать в виде x > 3. Данное неравенство задает правую полуплоскость, ограниченную прямой x = 3. y 0

3

x

Пример 6. Построим область, заданную неравенством Im z ≤ 1, Im z = y ⇒ y ≤ 1

7

8

Пример. Найти действительную и мнимую части функции

y i

w = 7z 2 − z

Решение. Имеем: z = x + iy , 0

z = x − iy .

7 z − z = 7( x − iy ) − ( x + iy ) = 7( x − i 2 xy + i 2 y 2 ) − x − iy = 2

x

2

2

7( x 2 − i 2 xy − y 2 ) − x − iy = 7 x 2 − i14 xy − 7 y 2 − x − iy = = 7 x 2 − 7 y 2 − x + i (−14 xy − y )

Пример 7. Построить область, заданную неравенством z − i < 1 , 0 ≤ arg z ≤ π4

⇒ u = 7 x 2 − 7 y 2 − x , v = −14 xy − y .

3. Элементарные функции комплексного переменного

y

π

I

4

0

x

А) Показательная функция w = e z ≡ exp( z ) . Значения показательной функции комплексного переменного z = x + iy находятся по формуле Эйлера: exp( z ) = exp( x + iy ) = exp( x) (cos y + i sin y ) (2) z Пример 1. Найти значение функции w = e в точке z 0 = −1 + iπ Решение. e z = e−1+iπ = e −1 (cos π + i sin π ) = e−1 (−1 + i ⋅ 0) = −1/ e . Пример 2. Найти действительную и мнимую части функции w = e − iz . Решение. 0

2

2. Действительная и мнимая части функции комплексного переменного

−iz 2 = −i ( x + iy ) 2 = −i ( x 2 + i 2 xy + i 2 y 2 ) = −i ( x 2 − y 2 + i 2 xy ) = = −ix 2 + iy 2 − i 2 2 xy = 2 xy + i ( y 2 − x 2 ).

Пусть М – подмножество комплексной плоскости. Пусть каждой точке z = x + iy множества М поставлено в соответствие одно или несколько комплексных чисел w = u + iv . Тогда говорят, что на множестве М задана функция комплексного переменного w = f ( z ) . В первом случае функция называется однозначной, во втором – многозначной. Функции u = u ( x, y ) и v = v( x, y ) называются, соответственно, действительной и мнимой частями функции f(z).

Значения данных тригонометрических функций находятся по формулам:

9

10

Используя равенство (2), получим: 2

e − iz = e 2 xy + i ( y

2

− x2 )

= e 2 xy (cos( y 2 − x 2 ) + i sin( y 2 − x 2 )) =

= e 2 xy (cos( y 2 − x 2 ) + ie 2 xy i sin( y 2 − x 2 ) u = e 2 xy (cos( y 2 − x 2 ), v = e 2 xy sin( y 2 − x 2 ) Б) Тригонометрические функции w = sin z , w = cos z .

eiz − e − iz (3) 2i eiz + e − iz cos z = (4) 2 В) Гиперболические функции w = ch z , w = sh z . Значения данных гиперболических функций находятся по формулам: sin z =

e +e , 2 e z − e−z . sh z = 2

ch z =

z

−z

Обозначим ϕ = arg z , тогда cos ϕ = sin ϕ =

y 3 5π =− ⇒ϕ = + 2π k , k= 0, ± 1, ± 2,... . Таким образом z 2 3

ln z = ln z + i arg z = ln 2 + i (

Ln z = ln 2 + i

5π .. 3

1) exp( z ) = 1 +

(6) (7)

z2 z4 z6 + − + ... 2! 4! 6! z3 z5 z7 3) sin z = z − + − + ... 3! 5! 7!

Г) Логарифмическая функция. Логарифмическая функция является многозначной функцией, значения которой находятся по формуле: ln z = ln z + i arg z = ln z + i (arg z + 2π k ) , k= 0,±1,±2,..,

где arg z − главное значение аргумента ( 0 ≤ arg z < 2π ). Значение функции, которое получается при k = 0, называется главным значением и обозначается Ln z = ln z + i arg z . Пример 3. Найти все значения ln(1 − 3i ) . Найти главное значение Ln (1 − 3i ) .

Решение. Найдем модуль и аргумент числа z = 1− 3i z = 1 − 3i = 12 + (− 3) 2 = 1 + 3 = 2

11

z z2 z3 + + + ... 1! 2! 3!

(5)

Отсюда sin z = sin( x + iy ) = sin x ⋅ ch y + i cos x ⋅ sh y cos z = cos( x + iy ) = cos x ⋅ ch y − i sin x ⋅ sh y

5π + 2π k ) , k= 0, ±1, ±2,... , 3

4. Разложение некоторых элементарных функций в степенной ряд

Справедливы равенства sh z = −i sin iz , ch z = cos iz

x 1 = , z 2

2) cos z = 1 −

z3 z5 z7 + + + ... 3! 5! 7! z2 z4 z6 5) chz = 1 + + + + ... 2! 4! 6!

4) shz = z +

Разложение 1) − 5) справедливы на своей комплексной плоскости. 1 = 1 + z + z 2 + z 3 + ... 6) 1− z 1 = 1 − z + z 2 − z 3 + ... 7) 1+ z z 2 z3 z 4 + − + ... 2 3 4 z 2 z3 z 4 9) ln(1 − z ) = − z − − − − ... 2 3 4

8) ln(1 + z ) = z −

12

Разложения 6) − 9) справедливы в круге z < 1 . 5. Дифференцирование функций комплексного переменного

Определение. Говорят, что функция w = f ( z) дифференцируема в точке z 0 , если существует конечный предел lim

z → z0

f ( z ) − f ( z0 ) . Этот предел называется производной функции z − z0

w = f ( z ) в точке z 0 и обозначается символом f ′( z 0 ) :

f ( z) − f ( z0 ) . f ′( z 0 ) = lim z → z0 z − z0 Определение. Говорят, что функция w = f ( z ) аналитична в точке z 0 , если она дифференцируема в некоторой окрестности этой точки. Определение. Говорят, что функция w = f ( z ) аналитична в области G, если она дифференцируема в каждой точке области G. w = f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) Теорема. Если функция дифференцируема в точке z = x + iy , то в точке ( x, y ) выполняются равенства  ∂u ∂v  ∂x = ∂y ,    ∂u = − ∂v .  ∂y ∂x

e −7 iz = e −7 i ( x+iy ) = e7 y −i 7 x = e7 y cos(−7 x) + ie7 y sin(−7 x) = = e7 y cos 7 x − ie7 y sin 7 x

(см. формулу(2)). Таким образом u = e7 y cos 7 x , v = −7e7 y sin 7 x . Проверим, выполняются ли условия Коши-Римана: ∂u ∂u = (e7 y cos 7 x)′x = −7e7 y sin 7 x , = (e7 y cos 7 x)′y = 7e7 y cos 7 x , ∂x ∂y ∂v ∂v = (−e7 y sin 7 x)′x = −7e7 y cos 7 x , = ( −e7 y sin 7 x)′y = −7e7 y sin 7 x ∂x ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v , =− ⇒ функция f ( z ) дифференцируема. = ∂x ∂y ∂y ∂x ∂u ∂v + = −7e7 y sin 7 x − i 7e7 y cos 7 x , f ′( z ) = ∂x ∂x f ′( z0 ) = f ′(π − 3i ) = −7e7⋅( −3) sin 7π − i 7e7⋅( −3) cos 7π =

= −7e −21 sin 7π − i 7e −21 cos 7π = 7i / e 21 .

(8)

Обратно, если функции u = u ( x, y ) , v = v( x, y ) дифференцируемы в точке ( x, y ) как функции действительных переменных и в точке ( x, y ) выполняются равенства (8), то функция w = f ( z ) дифференцируема в точке z = x + iy . При этом производная функции w = f ( z ) в точке z = x + iy находится по формуле:

f ′(z ) =

Замечание. Равенства (8) называются условиями КошиРимана. Пример. Проверить, является ли функция w = e−7iz дифференцируемой и найти значение её производной в точке z0 = π − 3i . Решение. Найдем действительную и мнимую части данной функции:

∂u ∂v +i ∂x ∂x

13

(9)

6. Нахождение аналитической функции по её действительной или мнимой части

Определение. Функция ϕ = ϕ ( x, y ) действительных переменных x и y называется гармонической в области G, если она имеет непрерывные частные производные второго порядка в области G и в этой области выполняется равенство: ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ + 2 =0 (10) 2 ∂x

∂y

14

Уравнение (10) называется уравнением Лапласа. Теорема. Если функция w = f ( z ) аналитична в области G, то её действительная и мнимая части являются гармоническими функциями в этой области. Теорема. Любая гармоническая в односвязной области функция является действительной (мнимой) частью некоторой аналитической в этой области функции. Пример. Проверить, что функция v = x 2 − y 2 является мнимой частью некоторой аналитической функции и найти эту функцию, если f (0) = 1 . Решение. Проверим, что функция v = x 2 − y 2 является гармонической: ∂ 2v = (2 x)′x = 2 , ∂x 2 ∂ 2v = (−2 y )′y = −2 . ∂y 2

∂v = ( x 2 − y 2 )′x = 2 x , ∂x ∂v = ( x 2 − y 2 )′y = −2 y , ∂y

Т.о.

∂ 2v ∂ 2v + =0 ⇒ ∂x 2 ∂y 2

функция

v = x2 − y 2

f (0) = 1 ⇒ f (0 + i ⋅ 0) = 1 ⇒ −2 ⋅ 0 ⋅ 0 + C + i (02 − 02 ) = 1 ⇒ C = 1 . Таким образом, функция w = f ( z ) имеет вид

f ( z ) = −2 xy + 1 + i ( x 2 − y 2 ) . 7. Интегрирование функций комплексного переменного

Вычисление интеграла от функции w = f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) вдоль кривой Γ сводится к вычислению двух криволинейных интегралов 2 го рода по формуле : (11) ∫ f ( z )dz = ∫ u ( x, y) dx − v( x, y) dy + i ∫ v( x, y) dx + u( x, y) dy Γ

Γ

Пример 1. Вычислить

Γ

∫ (z

2

+ z )dz , где Г – отрезок прямой,

Γ

является

гармонической. Следовательно, функция ν = x 2 − y 2 является мнимой частью некоторой аналитической функции f ( z ) . В силу условий Коши−Римана имеем ∂u ∂v ∂u = ⇒ = −2 y . ∂x ∂y ∂x

соединяющий точки z0 = 1 + i и z1 = 2 + 3i . Решение. Найдем уравнение линии Г как уравнение прямой, проходящей через точки (1,1) и (2,3): x −1 y −1 y −1 = ⇒ x −1 = ⇒ y = 2 x − 1, dy = y ′dx = (2 x − 1)′dx = 2dx . 2 −1 3 −1 2

Найдем действительную и мнимую части подынтегральной функции: z 2 + z = ( x − iy ) 2 + x + iy = x 2 − i 2 xy − y 2 + xiy = = x 2 − y 2 + x + i ( y − 2 xy ).

Интегрируя последнее равенство по переменной x , получим u = ∫ (−2 y )∂x = −2 xy + C ( y ) .

C ( y) Функцию Коши−Римана

Следовательно, f ( z ) = u + iv = −2 xy + C + i ( x 2 − y 2 ) . Константу С найдем из условия f (0) = 1 .

найдем,

используя

второе

условие

Вычислим интеграл по формуле (11):

∫ (z Γ

2

+ z )dz = ∫ ( x 2 − y 2 + x + i ( y − 2 xy ))dz = ∫ ( x 2 − y 2 + x)dx − Γ

Γ

∂u ∂v =− . ∂y ∂x ∂v ∂u = (− 2 xy + C ( y ) )' y = −2 x + C ' ( y ) ⇒ −2 x + C ' ( y ) = −2 x = − ∂x ∂y ⇒ C ' ( y ) = 0 ⇒ C ( y ) = C ⇒ u = −2 xy + C.

15

16

−( y − 2 xy )dy + i ∫ ( y − 2 xy )dx + ( x 2 − y 2 )dy ,

∫ 2 xy dx =

Γ

∫ (x Γ

Γ

2

2

− y + x)dx − ( y − 2 xy ) dy = ∫ ( x − (2 x) + x)dx − (2 x − 2 x ⋅ (2 x))2dx = 2

2

2

2

3 = ∫ ( x − 4 x + x)dx − (2 x − 4 x )2dx = ∫ (5 x − 3 x) dx = x 2 2 1 1 2

=

2

2

2

=

2

∫ ( y − 2 xy)dx + ( x Γ

τ B = sin

1

2

∫

=1

3

0

0

3

2

2

Γ

1

2

2

2 2

1

1

= ∫ (2 x − 4 x 2 − 6 x 2 + 2 x)dx = ∫ (−10 x 2 + 4 x) dx = (−10 x3 / 3) + 2 x 1

=

t dt = τ н = cos 0 = 1 =

0

0

1

π 2

=0

1

2 2 = −2 ∫ τ 2 dτ = 2 ∫ τ 2 dτ = τ 3 = . 3 0 3 1 0 2 2 Отсюда ∫ Im z 2 dz = − + i . 3 3 Γ

80 10 70 52 + +8−2 = − +6= − . 3 3 3 3 43 52 Ответ: ∫ ( z 2 + z )dz = − i . 6 3 Γ 2

0

2

τ в = cos

=−

∫ Im z dz ,

dτ = − sin t dt

π /2

∫ 2 xy dy = ∫ 2 cos t sin t cos t dt = 2 ∫ sin t cos

− y + x)dy = ∫ (2 x − 4 x )dx + ( x − 4 x + x) ⋅ 2dx = 2

Пример 2. Вычислить

π

π /2

2

1

0

τ = cos t

2

2

0

1 1 dτ = cos tdt 2 2 = τ = sin 0 = 0 = −2 τ 2 dτ = − τ 3 = − , H

40 5 3 35 9 43 − − (6 − ) = − = , 3 3 2 3 2 6 2

∫

π /2

2cos t sin t (− sin t ) dt = −2 ∫ sin 2 t cos t dt =

τ = sin t

2

1

π /2

где Г – часть окружности

8. Теорема Коши. Интеграл Коши

Γ

радиуса 1 с центром в О, расположенная в первой четверти (направление обхода – против часовой стрелки). Решение. Запишем параметрические уравнения окружности:  x = cos t ,   y = sin t , 0 ≤ t ≤ π / 2.

y

Γ

Отсюда

Пример 1. Вычислить

dx = x′ dt = − sin t dt , dy = y ′ dt = cos t dt .

0 z = ( x + iy ) = x − y + i 2 xy , 2

2

2

2

Теорема Коши. Пусть функция w = f ( z ) аналитична в односвязной области G и непрерывна на границе Г этой области. Тогда С ∫ f ( z ) dz = 0 .

1

x

Im z = 2 xy 2

ez dz . С ∫ z +i =1 z − i

Решение. Подынтегральная функция аналитична внутри и на окружности z + i = 1 , так как точка z = i , в которой функция не дифференцируема, лежит вне окружности.

∫ Im z dz = ∫ 2 xy dz = ∫ 2 xy dx − 0 dy + i ∫ 0 dx + 2 xy dx = ∫ 2 xy dx + i ∫ 2 xy dy 2

Γ

Γ

Γ

Γ

17

Γ

Γ

18

y

ez i С ∫Γ z − i dz = 2π i ⋅ e .

i 0

x

9. Ряд Лорана

-i

Если функция w = f ( z ) аналитична в кольце r < z − z0 < R , то она разлагается в этом кольце в ряд Лорана ez В силу теоремы Коши, С dz = 0 . ∫ z +i =1 z − i

f ( z) =

n =−∞

Теорема. Пусть функция w = f ( z ) аналитична в односвязной области G и непрерывна на границе Г этой области. Тогда для любой точки z0 ∈ G справедливо равенство f ( z0 ) =

1 f ( z) dz , С ∫ 2π i Γ z − z0

(12)

где направление обхода контура Г − положительное (против часовой стрелки). Замечание. Формула (12) называется формулой Коши. ez Пример 2. Вычислить С dz . ∫ z −1 = 2 z − i

Решение. Точка z 0 = i лежит внутри круга, ограниченного окружностью z − 1 = 2 . y

(13)

n

n

0

Коэффициенты Cn ряда Лорана находятся по формулам: Cn =

1 f ( z ) dz , n = 0,±1,±2,... С ∫ 2π i Γ ( z − z0 ) n +1

где Γ – произвольная окружность с центром в точке z 0 , лежащая в кольце. Разложение в ряд Лорана единственно. Ряд Ряд

−1

∑ C (z − z ) n

n =−∞ +∞

0

∑C (z − z ) n=0

n

0

n

n

называется главной частью ряда Лорана. называется правильной частью ряда Лорана.

На практике для разложения функций в ряд Лорана используют известные разложения элементарных функций в ряд Тейлора. Замечание. Разложить функцию w = f ( z ) в окрестности точки z 0 означает разложить её в ряд Лорана в кольце 0 < z − z0 < ε для некоторого ε > 0 .  2   в ряд  z +1

i 0

+∞

∑ C (z − z ) .

Пример 1. Разложить функцию f ( z ) = ( z + 1) exp  1 2

3

Лорана по степеням z + 1. Решение. Воспользуемся разложением функции в ряд Тейлора (см. п. 3.):

x

exp( z ) = 1 +

z z2 z3 z4 + + + + ... , 1! 2! 3! 4!

Функция w = e z дифференцируема в круге и на границе круга. Поэтому, в силу формулы Коши, получаем 19

20

показательной

2

3

Данное разложение справедливо в круге z < 1 .

4

 2   2   2  2       1 1 z + z +  2       z +1 1 z + exp + + + +Κ =  = 1+ 1! 2! 3! 4!  z +1 2 4 8 16 = 1+ + + + +Κ = z + 1 2! ( z + 1) 2 3! ( z + 1) 3 4! ( z + 1) 4 2 2 4 2 = 1+ + + + +Κ , 2 3 z + 1 ( z + 1) 3( z + 1) 3( z + 1) 4

( z + 1) e 3

2 z +1

= ( z + 1) 3 + 2( z + 1) 2 + 2( z + 1) +

Главная часть ряда Лорана:

z z2 z3 1 1 1 1 1 =− =− ⋅ = − (1 + + + + ...) = 3− z 3 1− z 3 3 9 27 z −3 3 2 3 1 z z z =− − − − − ... . 3 9 27 81 Данное разложение справедливо при z / 3 < 1 , т. е. внутри

4 2 + + ... . 3 3( z + 1)

круга z < 3 . Отсюда

2 +… . 3( z + 1)

Правильная часть ряда Лорана ( z + 1) 3 + 2( z + 1) 2 + 2( z + 1) +

4 . 3

Данное разложение справедливо в кольце 0 < z − z0 < + ∞ . Пример 2. Найти все разложения в ряд Лорана по степеням z функции f ( z ) =

1 ( z − 1)( z − 3)

Решение. Разложим данную функцию на простейшие дроби: 1 A B = + ⇒ 1 = A( z − 3) + B( z − 1) ⇒ ( z − 1)( z − 3) ( z − 1) ( z − 3) 1 = Az − 3 A + Bz − B , z1 0 = A + B , z 0 1 = −3 A − B.

1 1 1 z f ( z ) = − (−1 − z − z 2 − z 3 − ...) + (− − − ...) = 2 2 3 9 1 2 8 26 2 80 3 1 4 13 2 40 3 = ( + z+ z + z + ...) = + z + z + z + ... . 2 3 9 27 81 3 9 27 81 Данное разложение справедливо в круге z < 1 .

1 в ряд Лорана в окрестности ∞ , z −1 1 1 в окрестности 0. (разложение функции в а функцию z −3 z −3 окрестности 0 было получено в пункте а)). 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = ⋅ = (1 + + 2 + 3 + ...) = + 2 + 3 + 4 + ... 1 z −1 z z z z z z z z z 1− z Данное разложение справедливо при 1/ z < 1 , т. е. в кольце

б) Разложим функцию

1 < z < +∞ .

Решив систему, получим A = −1/ 2 , B = 1/ 2 . 1 1 1 1 Таким образом, f ( z ) = − ⋅ . + ⋅ 2 z −1 2 z − 3 1 1 а) Разложим каждую из функций , в ряд Лорана в z −1 z − 3 окрестности нуля (здесь и далее используется формула суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии): 1 1 =− = −1 − z − z 2 − z 3 − ... . z −1 1− z

21

Отсюда 1 1 1 1 1 1 1 z z2 f ( z ) = − ( + 2 + 3 + 4 + ...) − ( + + + ...). 2 z z z z 2 3 9 27 Данное разложение справедливо в кольце 1 < z < 3 .

1 в ряд Лорана в z −3 1 окрестности ∞ . (Разложение функции в окрестности ∞ z −1 было получено в п. б).). 22 в) Разложим функцию

1 , z −1

1 1 1 1 3 9 27 1 3 9 27 = ⋅ = (1 + + 2 + 3 + ...) = + 2 + 3 + 4 + ... . 3 z − 3 z 1− z z z z z z z z z Данное разложение справедливо при 3/ z < 1 , т.е. в кольце

3 < z < +∞ .

Таким образом, 1 1 1 1 1 1 3 9 1 2 8 26 80 f ( z ) = − ( + 2 + 3 + ...) + ( + 2 + 3 + ...) = ( 2 + 3 + 4 + 5 + ...). 2 z z z 2 z z z 2 z z z z Данное разложение справедливо в кольце z > 3 .

10. Классификация особых точек

Определение. Точка z 0 называется особой точкой функции f ( z ) , если функция не дифференцируема в этой точке. Определение. Точка z 0 называется изолированной особой точкой функции f (z ) , если функция дифференцируема в некоторой окрестности точки z 0 за исключением самой точки z0 . Существуют три типа изолированных особых точек. Определение. Изолированная особая точка функции f (z ) называется устранимой особой точкой, если в разложении в ряд Лорана функции f ( z ) в окрестности точки z 0 отсутствует главная часть. Определение. Изолированная особая точка функции f (z ) называется полюсом, если в разложении в ряд Лорана функции f ( z ) в окрестности точки z 0 главная часть содержит конечное число членов. При этом наибольшее число n ∈ N такое, что C− n ≠ 0 , называется порядком полюса. Определение. Изолированная особая точка функции f (z ) называется существенно особой точкой, если в разложении функции f ( z ) в ряд Лорана в окрестности точки z 0 главная часть содержит бесконечное число членов.

23

Замечание. Полюс первого порядка называют также простым полюсом. Пример. Классифицировать особые точки функции 1 f ( z) = ⋅ sin 2( z − 1) ( z − 1) 4 Решение. Единственной особой точкой функции является точка z = 1 . Разложим функцию в ряд Лорана в окрестности этой точки. Для этого воспользуемся разложением в ряд Тейлора функции sin(z) z3 z5 z7 sin z = z − + − + ... . 3! 5! 7! Получаем 8( z − 1) 3 32( z − 1) 5 128( z − 1) 7 sin 2( z − 1) = 2( z − 1) − + − + ... , 3! 5! 7! 1 2 4 4( z − 1) 8( z − 1)3 sin 2( z − 1) = − + − + ... . ( z − 1) 4 ( z − 1)3 3( z − 1) 15 315

Главная часть ряда Лорана содержит конечное число слагаемых, поэтому z = 1 – полюс третьего порядка.

11. Нули аналитической функции. Связь между нулём и полюсом

Определение. Точка z 0 называется нулем аналитической в точке z 0 функции f (z ) , если f ( z 0 ) = 0 . Определение. Точка z 0 называется нулем кратности n аналитической в точке z 0 функции f (z ) , если выполняются равенства: f ( z 0 ) = 0 , f ′( z 0 ) = 0 , f ′′( z 0 ) = 0 , ..., f ( n −1) ( z 0 ) = 0 , f n ( z 0 ) ≠ 0 .

24

Пример. Найти нули функции f ( z ) = z (e z − 1) и определить их кратность. Решение. Единственным нулем данной функции является точка z = 0. Определим кратность этого нуля: f (0) = 0 ⋅ (e0 − 1) = 0,

f ′( z ) = e z − 1 + ze z , , f ′(0) = e 0 − 1 + 0e 0 = 0 , f ′′( z ) = e z + e z + ze z = 2e z + ze z , f ′′(0) = 2e 0 + 0e 0 ≠ 0 . Таким образом, точка z = 0 является нулем кратности 2 функции f ( z ) = z (e z − 1) . Теорема 1. Для того, чтобы точка z 0 была нулем кратности n функции f ( z ) , необходимо и достаточно, чтобы она была представлена в виде f ( z ) = ( z − z0 ) n g ( z ) , где g(z) – аналитическая в точке z 0 функция, причем g( z 0 ) ≠ 0 . Пример. Найти нули функции f ( z ) = ( z − 1)( z 2 − 3 z + 2) и определить их кратность. Решение. Разложим функцию f (z ) на множители. Для этого 3 ±1 найдем корни квадратного трехчлена z 2 − 3 z + 2 : z1, 2 = , 2 z1 = 1 , z 2 = 2 . z 2 − 3 z + 2 = ( z − 1)( z − 2) ⇒ ( z − 1)( z 2 − 3 z + 2) = ( z − 1) 2 ( z − 2)

Таким образом, функция имеет два нуля: точки z = 1 и z = 2. Определим кратность этих нулей: z = 1, 1) f ( z ) = ( z − 1) 2 ⋅ g ( z ) , где g(z)= z − 2 , g (1) = 1 − 2 = −1 ≠ 0 ⇒ z = 1 − нуль кратности 2 функции f (z ) . 2) z = 2 , f ( z ) = ( z − 2) ⋅ g ( z ) , где g(z)= ( z − 1) 2 , g (2) = (2 − 1) 2 = 1 ≠ 0 ⇒ z = 2 − нуль кратности 1 функции f (z ) . Теорема 2. (О связи между нулем и полюсом). Пусть ϕ (z ) и ψ (z ) − функции, аналитические в точке z 0 , причем точка z 0 является нулем кратности n функции ψ (z ) и не является нулем 25

функции ϕ (z ) . Тогда точка z 0 является полюсом порядка n функции ϕ ( z) f ( z) = . ψ ( z) Пример. Найти и классифицировать особые точки функции ez f ( z) = . ( z + 3i )( z 2 + 9) Решение. Разложим знаменатель дроби на множители: ez z 2 + 9 = z 2 − i 2 3 2 = ( z − 3i )( z + 3i ) ⇒ f ( z ) = . ( z − 3i )( z + 3i ) 2 Таким образом, функция имеет две особые точки: z = 3i, z = −3i. Определим тип этих особых точек с помощью теорем 1 и 2: z = 3i , 1) g ( z ) = ( z + 3i ) 2 , ψ ( z ) = ( z − 3i ) g ( z ), g (3i ) = (3i + 3i ) 2 = −36 ≠ 0 ⇒ z = 3i − нуль кратности 1 знаменателя дроби, ϕ (3i ) = e 3i ≠ 0 ⇒ z = 3i − простой полюс функции f (z ) ; 2) z = −3i , ψ ( z ) = ( z + 3i ) g ( z ), g ( z ) = z − 3i, g ( −3i ) = −6i ≠ 0 ⇒ z = −3i − нуль кратности 1 знаменателя дроби, ϕ (−3i ) = e −3i ≠ 0 ⇒ z = −3i − полюс второго порядка функции f (z ) . Теорема 3. Пусть ϕ (z ) и ψ (z ) − функции, аналитические в точке z 0 , причем точка z 0 является нулем кратности n функции ϕ (z ) и нулем кратности m функции ψ (z ) . Тогда 1) Если n ≥ m , то точка z 0 является устранимой особой ϕ ( z) точкой функции f ( z ) = . ψ ( z) 2) Если n < m , то точка z 0 является полюсом порядка m − n ϕ ( z) функции f ( z ) = . ψ ( z)

26

12. Вычеты

Вычетом функции f ( z ) в изолированной особой точке z 0 1 называется коэффициент C −1 (коэффициент при ) z − z0 разложения функции f ( z ) в ряд Лорана в окрестности точки z 0 . Вычет функции f ( z ) в точке z 0 обозначается через res f ( z ) . z0

Пример. Найти вычет функции f ( z ) = z 3e 2 / z в особой точке. Решение. Особой точкой функции f ( z ) является точка z = 0. Разложим функцию в ряд Лорана в окрестности точки z = 0. z z2 z3 z4 ez = 1+ + + + + ... , 1! 2! 3! 4! 2 2 4 8 16 e z = 1+ + + + + ... , 2 3 z 2! z 3! z 4! z 4 2 4 2 3 z z e = z 3 + 2z 2 + 2z + + + ... . 3 3z По определению вычетом функции в точке z = 0 является коэффициент при 1/ z . Отсюда res z 3e2 / z = 2 / 3 .

Решение. Как было показано в примере 1 п. 11. особыми точками функции являются точки z = −3i и z = 3i, причем точка z = −3i является полюсом второго порядка, а точка z = 3i является простым полюсом функции. Отсюда, по формулам (14) и (15) получаем: res 3i

ez ez ez z i z i = lim( − 3 ) = lim( − 3 ) ( z + 3i )( z 2 + 9) z →3i ( z + 3i )( z 2 + 9) z →3i ( z + 3i ) 2 ( z − 3i )

ez e 3i e 3i = = − , z →3i ( z + 3i ) 2 (3i + 3i ) 2 36

= lim res −3i

 ez 1 d 2 −1  ez lim 2 −1 ( z + 3i ) 2 = = 2 2 z →− 3 i ( z + 3i )( z + 9) (2 − 1)! dz  ( z + 3i ) ( z − 3i ) 

d  ez  e z ( z − 3i ) − e z e −3i (−3i − 3i ) − e −3i = = = lim   z →−3i z →−3i dz z − 3i ( z − 3i ) 2 ( −3i − 3i ) 2  

= lim =

e −3i (−6i − 1) 1 −3i = e (1 + 6i ). −36 36

0

Вычеты функции в полюсах можно вычислять, не разлагая функцию в ряд Лорана. Если z 0 − простой полюс функции f ( z ) , то вычет функции в точке z 0 вычисляется по формуле res f ( z ) = lim( z − z0 ) f ( z ) . (14) z0

z → z0

Если z 0 − полюс порядка n функции f ( z ) , где n ≥ 2 , то вычет функции в точке z 0 находится по формуле 1 d n−1 res f ( z ) = lim n−1 ( z − z0 ) n f ( z )  z0 (n − 1)! z − z0 dz

Пример. Найти вычеты функции особых точках. 27

(15)

ez f ( z) = ( z + 3i )( z 2 + 9)

в

13. Вычисление интеграла по замкнутому контуру с помощью вычетов

Теорема (основная теорема о вычетах). Пусть функция f ( z ) аналитическая в области G за исключением конечного числа особых точек z1 , z 2 ,..., z n и непрерывна на границе Г области G. Тогда справедливо равенство n

С ∫ f ( z )∂z = 2π i∑ res f ( z ). Γ

k =1

zk

(16)

Правило вычисления интеграла по замкнутому контуру с помощью основной теоремы о вычетах: 1) Найти особые точки подынтегральной функции. 28

2) Нарисовать на комплексной плоскости контур интегрирования и особые точки функции. 3) Вычислить вычеты подынтегральной функции в тех особых точках, которые попали внутрь контура интегрирования. 4) Интеграл будет равен сумме данных вычетов, умноженной на 2π i . cos z Пример 1. Вычислить ∫ dz 4 2 z −i =3 2 z + z Решение. Найдем особые точки подынтегральной функции. Для этого разложим знаменатель функции на множители: z 4 + z 2 = ( z 2 + 1) = z 2 ( z − i )( z + i ) . Особыми точками функции являются точки z1 = 0 , z 2 = −i, z3 = i . Изобразим на комплексной плоскости точки z1 , z 2 , z 3 и контур интегрирования.

Внутри контура интегрирования попадают особые точки z1 , z 2 . Определим тип этих особых точек с помощью теорем 1 и 2 п. 11: Обозначим: ϕ ( z ) = cos z , ψ ( z ) = z 4 + z 2 1) z = 0, ψ ( z ) = z 2 g ( z ) , g ( z ) = z 2 + 1 , g (0) = 1 ≠ 0 ⇒ z = 0 − нуль кратности 2 знаменателя, ϕ (0) = cos 0 = 1 ≠ 0 ⇒ z = 0 − полюс cos z . второго порядка функции f ( z ) = 4 z + z2 2) z = i , ψ ( z ) = ( z − i ) g ( z ) , g ( z ) = z 2 ( z + i ) , g (i ) = i 2 (i + i ) = −2i ≠ 0 ⇒ z = i − нуль кратности 1 для знаменателя, ϕ (i ) = cos i ≠ 0 ⇒ z = i − простой полюс функции cos z . f ( z) = 4 z + z2 Вычислим вычеты в этих точках с помощью формул (14) и (15): res 0

res i

cos z z4 + z2 cos z z +z 4

2

= lim z →0

d 

2 z

dz 

= lim( z − i ) z →i

′

− sin z ( z 2 + 1) − 2 z cos z   cos z  lim lim = = =0 z →0 z 2 ( z 2 + 1)  z →0  z 2 + 1  ( z 2 + 1) 2 cos z

cos z z ( z − i )( z + i ) 2

= lim z →i

cos z z ( z + i) 2

=

cos i i (i + i ) 2

=−

cos i 2i

= −2i cos i

отсюда, согласно основной теоремы о вычетах, получаем:

y

cos z dz = 2π i (0 − 2i cos i ) = 4π cos i 4 2 3 z + z

С ∫ z −i =

i

Пример 2. Вычислить интеграл x

0

2

cos z − 1 dz . z5 z =1/ 2

С ∫

Решение. Подынтегральная функция имеет единственную особую точку z = 0, которая лежит внутри контура интегрирования.

-i

29

30

Пусть, кроме этого, существует конечный предел lim z 2 f ( z ) . z →∞

y

Тогда справедливо равенство +∞

1 2

0

∫

−∞

x

n

f ( x) dx = 2π i ⋅ ∑ res f ( z ) . k =1

zk

+∞

Пример. Вычислить интеграл

∫ (x

−∞

Так как числитель функции обращается в 0 в особой точке z = 0, то теорема 2 п. 11 в данном случае неприемлема. Поэтому найдем вычет в точке z = 0 , разлагая функцию в ряд Лорана в окрестности точки z = 0 : z2 z4 z6 + − + ... , 2! 4! 6! z2 z4 z6 cos z − 1 = − + − + ... , 2 24 720 cos z − 1 1 1 z =− 3 + − + ... . 5 z 2z 24 z 720 cos z − 1 1 Отсюда res = , z5 24 0 cos z − 1 1 πi dz = 2π i ⋅ = . 5 С ∫ z 24 12 z =1/ 2 cos z = 1 −

 1 d  1 = lim  ( z − i ) 2 ⋅ = 2 2 2  z → i ( z − i) ( z + i) dz  ( z − i) ( z + i)  ′ 2 2 1 i = lim  ( z + i ) −2  = lim(− = =− )=− 3 3 z →i z →i ( z + i) (i + i ) 4i 4 i

Теорема. Пусть f (z ) − аналитическая в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек z1 , z 2 , z 3 ,…, z n , и непрерывная функция на действительной оси.

31

dx . + 1) 2

Решение. Найдем особые точки подынтегральной функции. 2 x + 1 = x 2 − (−1) = x 2 − i 2 = ( x − i )( x + i ) . Отсюда 1 1 = 2 2 2 ( x + 1) ( x − i) ( x + i) 2 Подынтегральная функция имеет две особые точки z = i , z = −i , причем в верхней полуплоскости лежит только точка z = i . Определим тип этой особой точки с помощью теорем 1, 2 п. 11: ψ ( z ) = ( z − i) 2 g ( z ) , g ( z ) = ( z + i) 2 , g (i ) = (i + i ) 2 = −4 ≠ 0 ⇒ z = i − нуль кратности 2 для знаменателя. ϕ (i ) = 1 ≠ 0 ⇒ z = i − полюс второго порядка функции 1 f ( z) = . 2 ( x − i) ( x + i) 2 Вычислим вычет в точке z = i res

14. Вычисление несобственных интегралов от функций действительной переменной с помощью вычетов

2

(17)

2

+∞

Отсюда, в силу теоремы,

∫ (x

−∞

2

dx i π = 2π i ⋅ (− ) = . 2 + 1) 4 2

32

z1 = −i .

15. Задачи для самостоятельного решения

2) ∫ ( x 2 + y 2i) dz , где Г – отрезок прямой, соединяющий точки

А) Изобразить область, заданную неравенствами: 1) z − 1 ≤ 1 , z − 1 ≥ 2 ;

Γ

z 0 = 1 + i , z1 = 2 + 3i .

2) z − 1 ≤ 2 , Re z > 1 ; 3) z − 1 − i < 1 , 0 ≤ arg z ≤

π 4

3) ∫ ( z 2 − 7 z ) dz , где Г – участок параболы y = x 2 , соединяющий Γ

;

4) z < 2 , Re z ≥ 1 , 0 ≤ arg z ≤

π 3

точки z 0 = 0 , z1 = 1 + i . 4) ∫ z ⋅ Re z 2 dz , где Г – участок окружности радиуса 3 с центром в

;

Γ

5) z + 1 ≥ 1 , z < 2 ; 6) z − i ≤ 2 , 0 < Im z < 2 ; 7) 1 < zz < 2 , Re z > 0 , 0 ≤ Im z ≤ 1 . Б) Представить комплексное число в алгебраической форме: π 4) cos( + 2i ) , 1) ln( −1 + i ) , 6 π π 5) sin( + i ) , 2) exp( 2 − i ) , 3 3 6) sh ( 2 − πi ) , 3) ln(1 + 3i ) , πi 7) ch (2 + ) . 2

В) Проверить, что функция u (v) является действительной (соответственно, мнимой) частью аналитической функции f (z ) . Найти функцию f (z ) , если известно её значение в точке z 0 : 1) u = x − y + x , f (0) = 0 , 2

2

y 5) v = 1 − 2 , f (1) = 1 + i , x + y2

6) v = 2 xy − 2 y , f (0) = 1 , 2) u = x3 − 3 xy 2 + 1 , f (0) =1, x 7) v = 3 x 2 y − y 3 − y , f (0) =0, 3) v = e cos y , f (0) =1+i, 4) u = 1 − sin ye x , f (7 − πi ) = 1 − (e z + 7)i . Г) Вычислить интеграл от функции комплексного переменного по данной кривой: 1) ∫ ( y + 1 − xi) dz , где Г – отрезок, соединяющий точки z 0 = 1 ,

нуле, расположенный в первой четверти. 5) ∫ Im z 3 dz , Г - отрезок прямой, соединяющий точки z 0 = 0 , Γ

z1 = 1 + 2i . 6)

∫ z Re z dz , Г – полуокружность радиуса 2 с центром в нуле, 2

Γ

расположенная в верхней полуплоскости. 7) ∫ (3z − 2 z ) dz , Г - участок параболы y = x 2 , соединяющий Γ

точки z 0 = 0 , z1 = 2 + 4i . Д) Вычислить интеграл по замкнутому контуру с помощью теоремы Коши или формулы Коши: 1) 2) 3)

sin z ∫z =1 z − 2i dz , С

С ∫

С ∫

z −i = 2

6)

ez dz , z2 − 2z

7)

ez dz , z2 + 1

cos z + z dz , z −i z − i =1

С ∫

С ∫

z −1− i = 2

z +1 dz . z −1 2

Γ

33

С ∫

z +1+ i = 2

ez С ∫ z dz , z +i = 2 z − 2 =1/ 2

4)

5)

34

z dz , z2 −1

Е) Разложить данную функцию в ряд Лорана в окрестности точки z 0 : 2 1) ( z − 2) 3 cos , z 0 =2. z−2 1 z 0 = −1. 2) e 3( z +1) , 5 ( z + 1) 1 3) 5 , z 0 = 0. z ln(1 + 3 z ) 1 4) sin 2( z + 3) , z 0 = −3. ( z + 3) 4 z 5) sin , z 0 = 1. z −1 6) e

z z −3

,

z , z 0 = 3. z −3 Ж) Определить тип особых точек для данной функции: 7

2) ( z + 7) e 3

2 , ( z − 1) 3

ez 5) 2 , ( z + 9)( z − 3i ) cos z 7) 7 . z + z5

4)

( z +7)2

,

1 sin 2( z + 3) , ( z + 3) 5

z2 +1 6) 2 , ( z − 3z + 2)( z 2 − 1)

З) Вычислить интеграл: 1)

С ∫

z −1− i = 2

2 dz , 2 z ( z − 1)

cos z dz , 3) С 2 ∫ ( z − 3z + 2) 2 z − 2 =1/ 2

7)

С ∫

2)

z − i = 3/ 2

4)

ez dz , z4 + 4z2

cos z dz , ze z − z

6)

sin 2 z 2 С ∫ z 7 dz , z =1

ez С ∫ cos z dz . z =2

И) Вычислить интеграл: +∞

1)

1 ∫−∞ ( x 2 − x + 1)2 dx , +∞

3)

∫ (x

x −1 dx , + 8 x + 17) 2 2

2

−∞

+∞

2)

5)

1 ∫−∞ (1 + x 2 )3 dx ,

−∞

4)

∫ (x

2

−∞

+∞

6)

∫ (x

2

−∞

1 dx , + 4) ( x 2 + 16) 2

1 dx , + 2) ( x 2 + 10) 2 2

1 dx , − 10 x + 29) 2

2

Литература

1. Привалов И.И. Введение в теорию функций комплексного переменного. Н., Наука, 1984; 2. Бугров Я.С., Никольский С.И. Дифференциальные уравнения. Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного. М., Наука, 1980; 3. Краснов М.Д., Киселев А.И., Макаренко Г.И. Функции комплексного переменного. Операционное исчисление. Теория устойчивости.- Задачи и упражнения., М., Наука, 1971; 4. Сборник задач для втузов. Пол редакцией Ефимова А.В., Демидовича Б.П., т.2, М., Наука, 1981; 5. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевников Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах., ч.2, М., Высшая школа, 1986.

ez + 1 С ∫ z 2 − z dz , z −1/ 2 =1

35

2

x + 10 dx . 2 + 4) 2

∫ (x

−∞

∫ (x

+∞

+∞

7)

7) z ⋅ cos

3) ( z − 1) cos

z −1+ i = 2

+∞

z 0 = 3.

6 1) z sin 2 , z

С ∫

5)

36