Функции комплексного переменного: Методические рекомендации

ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

ИЗДАТЕЛЬСТВО ТГТУ

Министерство образования и науки Российской Федерации ГОУ ВПО «Тамбовский государственный технический университет»

ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО Методические рекомендации и контрольные задания для студентов 2 курса инженерно-технических специальностей дневной формы обучения

Тамбов Издательство ТГТУ 2007

УДК 517.53 ББК В161.55я73-5 Ф948 Утверждено Редакционно-издательским советом университета Р е це н зе н т Кандидат физико-математических наук, доцент кафедры высшей математики ТГТУ А.В. Медведев

С о с т ав ит е ли : А.Д. Нахман Е.А. Петрова

Ф948 Функции комплексного переменного : методические рекомендации и контрольные задания / сост. : А.Д. Нахман, Е.А. Петрова. – Тамбов : Изд-во Тамб. гос. техн. ун-та, 2007. – 40 с. – 400 экз. Изложены основные положения комплексного анализа, предписанные к изучению действующим образовательным стандартом в области естественно-математических дисциплин. Предназначены для студентов 2 курса инженерно-технических специальностей.

УДК 517.53 ББК В161.55я73-5 © ГОУ ВПО «Тамбовский государственный технический университет» (ТГТУ), 2007

Учебное издание

ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО Методические рекомендации и контрольные задания Составители: НАХМАН Александр Давидович ПЕТРОВА Елена Анатольевна Редактор Е.С. М о р д а с о в а Компьютерное макетирование Е.В. К о р а б л е в о й Подписано в печать 15.11.07 Формат 60 × 84/16. 2,32 усл. печ. л. Тираж 400 экз. Заказ № 730 Издательско-полиграфический центр Тамбовского государственного технического университета 392000, Тамбов, Советская, 106, к. 14

ВВЕДЕНИЕ В данных методических рекомендациях изложены основные вопросы теории функций комплексного переменного в соответствии с действующей программой по высшей математике для студентов инженерно-технических специальностей вуза. Каждый из выделенных параграфов содержит краткое изложение основных теоретических сведений, практическое руководство по решению стандартных математических задач. В конце блока предлагаются задачи для осуществления самоконтроля. Кроме того, приведена итоговая подборка заданий, позволяющих подготовиться к зачету или экзамену.

1. КОМПЛЕСНЫЕ ЧИСЛА В АЛГЕБРАИЧЕСКОЙ И ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКОЙ ФОРМАХ. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ОПЕРАЦИИ С КОМПЛЕКСНЫМИ ЧИСЛАМИ 1. Основные понятия. Определение. Комплексным* числом z называется выражение вида

x + yi , где x , y – действительные числа ( x ∈ R , y ∈ R ); i – число, квадрат которого равен минус единице ( i 2 = −1 ); число i = − 1 называется мнимой единицей. Число x называется действительной частью комплексного числа z , обозначается x = Re z ; y называется мнимой частью комплексного числа z и обозначается y = Im z . Выражение z = x + yi называется алгебраической формой записи комплексного числа. Множество комплексных чисел обозначается С, а z ∈ С – элемент множества. Очевидно, что R ⊂ C . ПРИМЕР. Нахождение действительной и мнимой частей комплексных чисел. Записать действительную и мнимую части чисел: z1 = 1 − 2i, z 2 = −3i, z 3 = i − 2, z 4 = 5 .

Решение. Имеем Re z1 = 1, Im z1 = −2 . Далее z 2 = 0 − 3i , Re z 2 = 0, Im z 2 = −3 . Число z 3 = i − 2 следует записать в стандартном виде z 3 = −2 + i ; тогда Re z 3 = −2, Im z 3 = 1 . Наконец z 4 = 5 + 0i , т.е. Re z 4 = 5, Im z 4 = 0 . Определение. Два комплексных числа z1 = x1 + y1i и z 2 = x 2 + y 2 i равны тогда и только тогда, когда равны их действительные и мнимые части. *

Название «комплексное» происходит от слова «составное»: по виду выражения x + yi.

Задание комплексного числа z можно рассматривать как задание точки на плоскости, абсциссой которой является x = Re z , ординатой y = Im z , т.е. числу z = x + yi соответствует точка (x, y ) . Между множеством точек XOY и множеством комплексных чисел (множество С), таким образом, устанавливается взаимно-однозначное соответствие. Плоскость XOY при этом называется комплексной плоскостью. Числа вида z = x + yi и z = x − yi называются сопряженными. 2. Арифметические операции над комплексными числами, заданными в алгебраической форме. 1) Суммой (разностью) комплексных чисел z1 = x1 + y1i и z 2 = x2 + y 2i называется число z = z1 ± z 2 = (x1 ± x 2 ) + i ( y1 ± y 2 ) . При сложении (вычитании) комплексных чисел складываются (вычитаются) действительные и мнимые части соответственно. 2) Умножение на постоянное число: λz = λx + λyi . Заметим, что z1 − z 2 = z1 + (− 1) z 2 . 3) Произведением двух комплексных чисел z1 = x1 + y1i и z 2 = x 2 + y 2 i называется число z = z1 z 2 = (x1 x 2 − y1 y 2 ) + (x1 y 2 + y1 x 2 )i .

Комплексные числа перемножаются как двучлены, при этом учитывается, что i 2 = −1 . В частности, имеем z = z z = x 2 − y 2 + 2 xyi . 2

(

)

4) Частным от деления числа z1 на z 2 ( z 2 ≠ 0 ) называется число z =

z1 , такое, что справедливо равенство z1 = z z 2 . z2

Чтобы разделить число z1 на z 2 ( z 2 ≠ 0 ), следует числитель и знаменатель дроби

z1 умножить на число z 2 , z2

сопряженное знаменателю. Пример. алгебраические действия с комплексными числами. 2i Вычислить . 1− i 2i 2i (1 + i ) 2i + 2i 2 − 2 + 2i = = = = −1 + i. 1 − i (1 − i )(1 + i ) 2 1− i2 3. Тригонометрическая форма комплексного числа. Если x и y – декартовы координаты точки плоскости, то, перейдя на плоскости к полярным координатам (ρ, ϕ) (рис. 1.1), получим тригонометрическую форму записи комплексного числа:

Решение. Имеем:

Связь полярных и декартовых коставлена в виде y tgϕ = ; ρ = x 2 + y 2 . (1.2) x Число ρ – длина радиуса-вектора числа z = x + iy . Обозначение: z = ρ .

z = ρ (cosϕ + i sinϕ) . (1.1) ординат точки z может быть также пред-

Y у

z ρ ϕ

0

x Рис. 1.1

Х

точки (x, y ) называется модулем комплексного

Учитывая соотношения (1.2) получаем формулу для нахождения модуля числа z = x + iy : z = x2 + y2 .

(1.3)

Угол ϕ поворота оси OX до совмещения с вектором OZ называется аргументом комплексного числа z и обозначается ϕ = Arg z . Заметим, что Arg z определяется неоднозначно, с точностью до 2πk , k ∈ Z : Arg z = arg z + 2πk , k ∈ Z . Если −π < argz ≤ π , то ϕ = argz называется главным значением аргумента. При решении задач для вычисления аргумента рекомендуется пользоваться формулой (1.4). arctg( y / x ), x > 0; arctg( y / x ) + π, x < 0, y > 0;  arctg( y / x ) − π, x < 0, y < 0;  π / 2, x = 0, y > 0; arg z =  − π / 2, x = 0, y < 0; 0, если x > 0, y = 0;  π, если x < 0, y = 0; не определен, если x = 0, y = 0. 

(1.4)

Пример. приведение к тригонометрической форме комплексного числа. Записать в тригонометрической форме числа а) z = − 3 − i ; б) z = 3i .

(− 3 ) + (− 1) 2

Решение. а) Находим по формуле (1.3) модуль ρ = z = = точка расположена в третьей четверти, то по (1.4) получаем тригонометрической

форме

(см.

соотношение

ϕ = −π + arctg

(1.1)),

учитывая,

2

1

= 2 . Так как x = − 3 < 0 , y = −1 < 0 , т.е. =

3 что

π 5π . Записываем z в =− 6 6 cos α = cos(− α ) , − sin α = sin (− α ) : = −π +

  5π    5π  z = 2 ⋅  cos   − i sin    . 6  6    

б) Находим модуль z = 0 2 + 3 2 = 3 . Для числа z = 3i имеем x = 0, y = 3 > 0 (точка расположена на оси ОY), тогда по формуле (1.4) ϕ =

π . Получаем тригонометрическую форму 2   π  π z = 3 ⋅  cos   + i sin    .  2  2 

УПРАЖНЕНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ 1. Изобразить данные и сопряженные к ним числа точками плоскости а) 1 + i ; б) −2 − 3i ; в) 5 ; г) −1 + 2i ; д) −4i . 2. Вычислить 3 + 4i 5i 37i + ; в) a) (2 + i )(− 4 + 3i ) + Im (5 − i ) ; б) − i − 3 + 4i ; i 2+i 6−i 2

1 4+i  г) i Re(2 + 3i ) − ; д) (2i(2 − i)) 2 ; е)  3 − Im (i (3 − 4i )) . 2i  i  3. Доказать равенства 6−i 13 + 41i 2 2 2  9 − 7i  = ; б) Re а)  = 3 ;) в) z + z + z − z = 4 z . 2 − 3 i 3 + 4i − 25 + 25i   4. Что можно сказать о двух комплексных числах, если их сумма и разность одновременно представляют собой: а) действительные числа; б) чисто мнимые числа? 2

5. При каком действительном значении а выражение 3i 3 − 2ai 2 + (1 − a )i + 5 будет числом: а) действительным; б)

чисто мнимым; в) равным нулю? 6. Найти комплексное число z из уравнения (2 − 3i ) z = −1 − 5i . 7. Найти модуль и аргумент (главное значение) комплексных чисел

(

)

z1 = 1 − 3i , z 2 = 1 + 2i , z 3 = 1 + 2 i , z 4 = 1 − 2 .

8. НАЙТИ z И arg z , ЕСЛИ

z=

z1 , z1 = i, z 2 = 1 + i 3 . z2

9. Записать в тригонометрической форме числа z1 = −2i, z 2 = 5, z 3 = 3 − i, z 4 =

−1 + i . 2

2. ДЕЙСТВИЯ НАД КОМПЛЕКСНЫМИ ЧИСЛАМИ В ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКОЙ ФОРМЕ 1. Возведение в натуральную степень. Если z = x + iy = ρ (cos ϕ + i sin ϕ) , то для любого натурального числа n имеет место формула:

z n = ρ n (cosnϕ + isinnϕ), n = 1, 2, K .

(2.1)

Другими словами, при возведении в степень n ∈ N – модуль возводится в эту степень, а аргумент умножается на n.

(

Пример. Вычисление w = z n . Вычислить − 1 + i 3

)

12

.

Решение. Найдем модуль и аргумент числа z = −1 + i 3 . Имеем

( )

расположена во 2-й четверти, то ϕ = arg z = π + arctg − 3 = π −

z =

(− 1)2 +

3

2

= 2 . Поскольку точка z

π 2π = . Следовательно, в тригонометрической форме 3 3

2π 2π   z = 2 ⋅  cos + i sin  . Теперь согласно формуле (2.1) получаем: 3 3   2π 2π   z12 = 212 ⋅  cos12 + sin12  = 4096 ⋅ (cos 8π + i sin8π ) = 4096. 3 3  

В алгебраической форме z 12 = 4096. 2. Определение. Корнем n-й степени из комплексного числа z называется число w = n z такое, что w n = z . Для любого комплексного числа z = ρ(cos ϕ + i sin ϕ) , z ≠ 0 существует ровно n различных значений корня, которые имеют вид ϕ + 2πk ϕ + 2πk   wк = n ρ  cos + i sin , k = 0, 1, K , n − 1 . n n  

Y

Функция w = n z является многозначной – каждому значению аргумента отвечает n различных значений корня. Пример. Вычисление корня n-й степени из комплексного числа. Вычислить и изобразить на

w1 6

w2

2

X w0

РИС.

(2.2)

комплексной плоскости значения w = 3 − 1 − i . Решение. Для z = −1 − i имеем z = четверти: ϕ = arg z = −π + arctg1 = −π + Тогда по формуле (2.2) имеем   3π   + 2πk  − 3  + i sin 2 ⋅  cos  4 wk =  3        

(− 1)2 + (− 1)2

= 2 . Точка z расположена в 3-й

π 3π =− . 4 4  3π  + 2πk   −  4  , k = 0, 1, 2. 3      

  π   π Следовательно, w0 = 6 2 ⋅  cos  −  + i sin  −  ,  4   4  5π 5π  13π 13π    w1 = 6 2 ⋅  cos + i sin + i sin , w2 = 6 2 ⋅  cos . 12 12  12 12   

Изобразим результаты на комплексной плоскости (рис. 2.1). 3. По определению для всякого y ∈ R полагаем e i y = cos y + isin y . Тогда, если z = x + yi, то значение функции w = e z вычисляется по формуле w = e z = e x e i y или

w = e x (cos y + isin y ) . Последнее представление можно понимать как тригонометрическую форму записи w. z

1− i

Пример. Вычисление значения функции w = e . Вычислить e Решение. Используя формулу (2.3) получаем

π 4

.

(2.3)

1−i

e

π 4

 2  2  e 2  π  π  = e  cos  −  + i sin  −   = e  −i = (1 − i ) .  2  2  4   4   2

4. Тригонометрические функции. Функции w = cos z и w = sin z определяют в виде

e i z + e −i z e i z − e −i z , sin z = . 2 2i

cos z =

(2.4)

Тангенс и котангенс комплексного переменного определяем по формулам sin z e iz − e −iz cosz e iz + e −iz tg z = = −i iz , ctg z = = i iz −iz cosz sin z e +e e − e −iz во всех точках z, где знаменатель соответствующей дроби не обращается в ноль. Пример. Вычисление значений тригонометрических функций. Вычислить значение w = sin

πi . 2

Решение. Согласно (2.4) имеем −

π

π

πi e 2 − e 2 e w = sin = = −i 2 2i

−

π 2

π

−e2 . 2

5. Гиперболические синус и косинус определяются по формулам

sh z =

e z − e−z e z + e− z , ch z = . 2 2

Имеют место соотношения:

ch z = cos (i z ), sh z = −isin (i z ), ch 2 z − sh 2 z = 1 .

(2.5)

( )

Пример. Вычисление значений гиперболических функций. Вычислить w = sh − i 3 .

( ) 3

(

Решение. Запишем sh − i = sh − i i

2

) = shi .

Тогда, согласно соотношению (2.5), имеем sh i = −i sin (i i ) = −i sin (− 1) .

Учитывая нечетность синуса, получаем w = i sin 1 . Пример. Вычисление значений тригонометрических функций посредством перехода к гиперболическим. Вычислить π  w = cos  + i  . 4  Решение. Воспользуемся известной формулой косинуса суммы: π π 2 π  cos  + i  = cos cos i − sin sin i = ⋅ (cos i − sin i ) . 4 4 2 4  2 π  ⋅ (ch1 − ish1) . Применяя соотношения (2.5) получаем cos i = ch1 , sin i = ish1 . Тогда cos  + i  = 4 2   6. Определение. Логарифмом (натуральным логарифмом) числа z называется такое число w, что e w = z , где z ≠ 0 . Значения логарифмической функции w = Lnz вычисляются по формуле

Ln z = ln z + i(argz + 2πk ), k ∈ Z . Величину ln z = ln z + iargz называют главным значением логарифма. Логарифмическая функция определена при всех z ≠ 0 и многозначна. Известные нам свойства логарифма сохраняются и в случае комплексной переменной. Пример. Вычисление значений логарифма. Вычислить Ln (− 1) .

Решение. Так как −1 = cosπ + isin π , то Ln (− 1) = ln1 + i (π + 2πk ) = iπ (1 + 2k ), k ∈ Z .

7. В основу определения показательной функции положено известное (для случая действительной переменной) свойство

( )

a x = e lna

x

= e xlna , a > 0 .

Полагаем теперь для любых комплексных a ≠ 0 и z a z = e zLna .

Эта функция также является многозначной в силу многозначности логарифма. Пример. Вычисление значений показательной функции. Вычислить i − i .

(2.6)

Решение. По формуле (2.6) i −i = e −iLni . При этом i = cos 1

π π π  1  + i sin , значит Lni = ln1 + i  + 2πk  = iπ  + 2k  . Теперь 2 2 2  2 



π  + 2k  1  − iLni = π  + 2k  , а тогда i −i = e  2  , k ∈ Z . 2  8. Обратные тригонометрические функции определяются как функции, обратные по отношению к синусу, косинусу, тангенсу, котангенсу. Значения обратных тригонометрических функций комплексного переменного вычисляются по формулам:

Аrcsin z = −iLn  zi + 1 − z 2  ; Аrccos z = −iLn  z + z 2 − 1  ;     i 1 + iz i z −i ; Аrcctg z = Ln . Аrctg z = − Ln 2 1 − iz 2 z+i

Пример. Вычисление значений обратных тригонометрических функций. Вычислить Аrc sin2 .

(

)

(

)

(

)

Решение. Аrcsin2 = −iLn 2i + − 3 = −iLn 2i ± 3i = −iLn 2 ± 3 i ; здесь ± 3 – значения уже арифметического корня π ( ) + 2πk , то имеем два ответа: 2 1   1 3 ) + iπ  + 2k  и ln (2 − 3 )+ iπ  + 2k , k ∈ Z . 2  2 

из действительного числа. Поскольку числа 2 ± 3 i имеют аргументом

(

ln 2 +

Упражнения для самостоятельного решения

1. Найти все значения корня и изобразить их на комплексной плоскости: а)

(

)

6

2. Вычислить значения: а) 3 − 3i ; б) 3. Представить

в

(− 2 + 2i )8 16

i

−1+ i 3 ; б) 2

4

− 16 ; в)

3

i ; г) 8

4 3

i .

π

; в) e 2 ; г) e i −3 .

алгебраической

форме:

sin 2

1)

i ; 2

2)

( )

cos 8i 3 ;

( )

1+ i  πi  π  π    ; 8) Ln (2i (i − 1)) ; 9) − iLn − e 2 ; 10) i1+i ; 11) 12i ; 12) 3) sin  − 5i  ; 4) cos  + 3i  ; 5) sh (2 − πi ) ; 6) ch  3 +  ; 7) Ln  2 3 4        5

 − 2 3 + 3i  . (−i) −5i ; 13) Аrc cos(− 3i ) ; 14) Аrc sin 4 ; 15) Аrctg    3  

4. Решить уравнения: а) ln (z +1) = πi ; б) e z + 1 = 0 ; в) e z +1 = πi . 3. ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

1. Производная функции комплексного переменного. Пусть w = f (z ) определена в точке z = x + yi и некоторой ее окрестности. Пусть x получает некоторое приращение ∆x,

а y – приращение ∆y . Тогда ∆z = ∆x + i∆y – соответствующее приращение переменной z. Пусть ∆w = f (z + ∆z ) − f (z ). Определение. Если существует предел вида

lim

∆w

∆z →0 ∆z

, то он называется производной функции

f (z ) в точке z;

dw df , . Функция же f (z ) называется дифференцируемой в точке z. dz dz 2. Правила дифференцирования. Справедливы правила дифференцирования, известные из действительного анализа. Например, если f (z ) = C , где C = const (постоянное комплексное число), то f ′(z ) = 0 ; (Cf (z ))′ = Cf ′(z ), C = const и т.п.

обозначается f ′(z ) ; w′,

3. Условия дифференцируемости. Пусть w = f (z ) определена в точке z = x + i y и в некоторой ее окрестности. Запишем f (z ) в виде f (z ) = u (x, y ) + iv (x, y ) .

Необходимыми и достаточными условиями дифференцируемости f (z ) в точке z являются дифференцируемость функций u (x, y ) и v (x, y ) в точке (x, y ) и выполнимость следующих условий Коши-Римана:  ∂u ∂v  ∂x = ∂ y ;    ∂u = − ∂v .  ∂ y ∂x

(3.1)

Производная дифференцируемой функции может быть записана по одной из формул: ∂v ∂u ∂u ∂v −i ; + i ; f ′(z ) = ∂y ∂y ∂x ∂x ∂v ∂v ∂u ∂u f ′(z ) = +i . − i ; f ′(z ) = ∂y ∂x ∂x ∂y

f ′(z ) =

4. Определение. Функция w = f (z ) , дифференцируемая в точке z 0 и некоторой ее окрестности, называется аналитической в точке z 0 . Функция, аналитическая во всех точках некоторой области G, называется аналитической в этой области.

Точки z комплексной плоскости, в которых однозначная f (z ) является аналитической, называются правильными

точками этой функции, а все остальные точки (в частности, те, где f (z ) не определена) – особыми для f (z ) .

Согласно п. 3 критерием аналитичности f (z ) в данной точке z (в данной области G) является выполнение условий Коши-Римана (3.1) в этой точке и некоторой ее окрестности (в области G). Пример. Исследование дифференцируемости и аналитичности функции. Найти точки, в которых функция f (z ) : 1) дифференцируема; 2) аналитична: а) f (z ) = z 2 ; б) f (z ) = z Im z .

Решение. а) Выделим действительную и мнимую части u (x, y ) = Re f (z ), v (x, y ) = Im f (z ) . Поскольку f (z ) = (x + yi )2 = x 2 − y 2 + 2 xyi, то u (x, y ) = x 2 − y 2 , v (x, y ) = 2xy .

Тогда ∂v ∂v ∂u ∂u = 2 x, = −2 y, = 2 y, = 2 x. ∂x ∂y ∂x ∂y

Условия Коши-Римана (3.1) выполнены, очевидно, при всех x и y, т.е. во всех точках комплексной плоскости функция

f (z ) дифференцируема. Следовательно, w = z 2 аналитична во всей комплексной плоскости.

2) Рассмотрим f (z ) = z Im z . Имеем:

f (z ) = (x + yi ) y = xy +iy 2 , т.е. u = (x, y ) = xy, v (x, y ) = y 2 . Тогда: ∂u ∂u ∂v ∂v = y, = x, = 0, = 2 y. ∂x ∂y ∂x ∂y

Проверяем условия Коши-Римана (3.1):  y = 2 y; отсюда получаем x = y = 0 .  − x = 0,

Итак, в единственной точке z = 0 условия Коши-Римана выполнены, и, следовательно, в этой точке функция f (z ) имеет производную. Значит, функция ни в одной точке не аналитична (точка дифференцируемости – единственная, и не существует ее окрестности, где дифференцируемость сохраняется). Упражнения для самостоятельного решения

1. Найти точки, в 2) аналитична. а) f (z ) = z 2 + 2 z − 1 ; б) f (z ) = cos 2 z ;

которых

функция

в) f (z ) = z Re(z − 2 ) ;

Im z 2 z ; д) f (z ) = z ( z + 2) ; е) f (z ) = . z 2i 2. Вычислить производную функции f (z ) в точке z 0 : г) f (z ) =

1) f (z ) = z 2 − 4 z + 5, z 0 = −1 + 2i ; 2) f (z ) =

sin z , z0 = π − i ; 2

π . 2 3. Найти f ′(z 0 ) , arg f ′(z 0 ) , если f (z ) = e 2 z и z 0 = i .

3) f (z ) = e 6−5i , z 0 = 3 − i

f (z ) :

1)

дифференцируема;

4. ИНТЕГРАЛЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ПЛОСКОСТИ

1. Понятие интеграла функции w = f (z ) непрерывной в области G по линии L ⊂ G вводится аналогично понятию

криволинейного интеграла функции действительного переменного. Пусть функция f (z ) определена на некоторой кривой L, кривая предполагается гладкой (или кусочно-гладкой). Дуга AB кривой L разбивается произвольным образом на n частей точками z 0 , z1 , K, z n в направлении от A к B, при этом z 0 совпадает с точкой A, z n с точкой B. Интегралом от функции комплексного переменного по дуге ∪ AB линии L называется предел последовательности интегральных сумм:

∫

n

f (z ) dz = lim ∑ f (ξ k ) ∆z k , λ →0

∪ AB

(4.1)

k =1

где ξ k – точка, произвольно выбранная на дуге ∪ z k −1 z k разбиения кривой; ∆z k – приращение аргумента функции на этом участке разбиения, λ = max ∆z k – шаг разбиения; ∆z k – длина хорды, соединяющей концы дуги ∪ z k −1 z k . k

При сформулированных выше условиях на функцию f (z ) и дугу линии L предел (4.1) существует и не зависит от способа разбиения ∪ AB на части точками z k и от выбора «промежуточных» точек ξ k . Имеют место свойства интеграла, известные из математического анализа. Существует несколько способов вычисления интегралов в комплексной области. 2. Первый способ. Интеграл вычисляется сведением к определенному интегралу (путь интегрирования ∪ AB задается в параметрической форме z = z (t ) ) – применяется формула:

∫

β

f (z ) dz =

∫ f (z(t )) z′(t ) dt .

∪ AB

α

Пример. Вычисление интеграла первым способом. Вычислить интеграл J = ∫ z z dz вдоль дуги окружности z = 4 , L

обходимой против часовой стрелки от точки z1 = −4i до z 2 = 4i .

Решение. Окружность z = 4 имеет центр в начале координат и радиус r = 4 , поэтому ее параметрические уравнения имеют т.е.

 x = 4 cost ;   y = 4 sint , dz = 4 ⋅ (− sint + icost ) dt =

вид z = 4 ⋅ (cost + isint ).

При

= 4i (cos t + i sin t ) dt . Подставляя z = 4 , и учитывая, что −

J=

= 64it

π π на дуге ∪ z1 z 2 , имеем ≤t≤ 2 2

π 2

π 2

3 2 2 ∫π 4 ⋅ (cos t − i sin t )i (cos t + i sin t ) dt = 64i ∫π(cos t + sin t ) dt =

− π 2 π − 2

z = 4 ⋅ (cost − isint ) ,

этом

−

2

2

= 64πi.

3. Второй способ. Интеграл вычисляется сведением к криволинейным интегралам от функций действительных переменных – применяется формула:

∫ f (z ) dz = ∫ u (x, y ) dx − v (x, y ) dy +i ∫ v (x, y ) dx + u (x, y ) dy,

∪ AB

∪ AB

∪ AB

где f (z ) = u (x, y ) + i v(x, y ) и dz = dx + i dy . Пример. Вычисление интеграла вторым способом. Вычислить интеграл J =

∫ z Im z

2

dz вдоль отрезка прямой от точки

∪ AB

z1 = 1 + i до z 2 = 2 .

Решение. Для точки z1 имеем x1 = 1, y1 = 1 ; для z 2 имеем x2 = 2, y 2 = 0 . Запишем уравнение прямой, соединяющей x −1 y −1 = , откуда y = 2 − x . эти точки: 1 −1 Следовательно, z = x + iy можно записать в виде z = x + i (2 − x ), 1 ≤ x ≤ 2;

тогда z 2 = x 2 + 2 xi(2 − x ) − (2 − x )2 , Im z 2 = 4 x − 2 x 2 ; dz = (1 − i)dx. Имеем:

2

(

)

(

2

(

))

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

1

 x3 x 4  2 4 x3 x 4   2 4 5 11   = 2 ⋅ (1 − i )  2 − + i  2 x − 4 +   = 2 ⋅ (1 − i )  + i −  + i   =   1  3 3 3 12 12 4 3 4       11 + 5i 16 − 6i 8 − 3i = 2 ⋅ (1 − i ) = = . 12 6 3

4. Третий способ. Вычисление интегралов от аналитической функции в односвязных областях – применяется формула

∫

где F (z ) – первообразная для f (z ) .

f (z ) dz =

∪ AB

z2

∫ f (z ) dz = F (z ) z

z2 1

z1

= F (z 2 ) − F (z1 ) ,

2i

Пример. Вычисление интеграла третьим способом. Вычислить интеграл от аналитической функции:

∫ cos

2

z dz .

0

Решение. Здесь f (z ) = cos 2 z аналитична во всей комплексной плоскости. Первообразную находим, используя известные из математического анализа методы интегрирования: 2i

2 ∫ cos z dz = 0

2i

2i 1 1  sin 2 z  sin 4i  sh 4  + = i 1 + ( 1 cos 2 z ) dz = ⋅  z +  =i+ . ∫ 20 2  2  4 4   0

В случае аналитических функций рекомендуется использовать наиболее простой – третий способ вычисления интеграла. 5. Интегральная теорема Коши. Пусть L – замкнутый контур, целиком расположенный в области G. Будем считать, что L задан уравнением z = z (t ) с непрерывной z ′(t ) , т.е. контур гладкий (или кусочно-гладкий). Теорема Коши. Пусть f аналитична в G, и контур L ограничивает односвязную область D ⊂ G . Тогда

∫ f (z ) dz = 0 . L

6. Формула Коши. Пусть функция f (z ) однозначна и аналитична в области G, L – контур, ограничивающий односвязную область D ⊂ G и обходимый против часовой стрелки; характер линии L описан в п. 5 параграфа 4. Тогда для любой точки а, лежащей в D (т.е. расположенной внутри L), имеет место следующая интегральная формула: f (a ) =

1 2πi

∫ L

f (z ) dz . z−a

Кроме того, для любого n в каждой точке a ∈ D существует производная f (n ) (z 0 ) и для нее справедливо соотношение

f (n ) (a ) =

n! f (z ) dz. 2πi L (z − a )n +1

∫

Правило вычисления интегралов по замкнутому контуру от функции комплексного переменного. ϕ(x ) При вычислении интегралов вида ∫ f (z ) dz , где f (z ) = ( ϕ(z ) – аналитическая в G, ψ(z ) – многочлен, не ψ( x ) L

имеющий нулей на контуре L) можно выделить четыре случая, и всякий раз рекомендуется использовать соответствующий прием. ϕ(x ) функция аналитическая и, применяя интегральную 1) В области D ⊂ G нет нулей многочлена ψ(z ) . Тогда f (z ) = ψ( x ) теорему Коши, получаем

∫ f (z ) dz = 0 . L

2) В области D ⊂ G расположен один простой нуль z = a многочлена ψ(z ) . Тогда записываем дробь в виде g (z ) – функция аналитическая в G. Применяя интегральную формулу Коши, получаем

ϕ(z )

g (z ) , где z−a

g (z )

∫ ψ(z ) dz = ∫ z − a dz = 2πi g (a ) . L

L

3) В области D ⊂ G расположен один кратный нуль z = a многочлена ψ(z ) (кратности n). Тогда записываем дробь в виде g (z ) , где g (z ) – функция аналитическая в G. Применяя обобщенную интегральную формулу Коши, получаем ( z − a) n

g (z )

2πi

∫ (z − a )n dz = (n − 1)! g

(n −1) (a ) .

L

4) В области D ⊂ G расположены два нуля многочлена ψ(z ) : z1 = a и z 2 = b . Тогда запишем интеграл в виде

∫ f (z ) dz = ∫ f (z ) dz + ∫ f (z ) dz , L

L1

L2

где L1 и L2 – границы непересекающихся окрестностей точек z1 и z 2 . Для каждого из полученных интегралов проводим далее вычисления в соответствии с пунктами 2 и 3. 1 2 + sin z Пример 1. Вычисление интеграла по замкнутому контуру. Вычислить J = ∫ dz вдоль окружности: а) z = ; 2 ( ) + z z 2 i L

z + 2i = 1 ;

б) в) z + 2 = 1 . Направление обхода – против часовой стрелки.

Решение. а) Находим нули знаменателя – особые точки подынтегральной функции. Это точки z1 = 0, z 2 = −2i . Определим расположение точек относительно контура интегрирования. Контур – окружность с центром в точке z 0 = 0 и

1 1 . Внутри окружности z = содержится только одна точка z1 = 0 . Поэтому, применяя п. 2 правила 2 2 2 + sin z z + 2i , где числитель (интегральная формула Коши), записываем подынтегральную функцию в виде дроби z

радиусом R =

g(z ) = (2 + sin z )(z + 2i )−1 – функция аналитическая в указанном круге. Применяя интегральную формулу Коши, получаем

ответ: J=

2 + sin z

 2 + sin z   z + 2i 

∫ z (z + 2i ) dz = 2πi  L

z =0

= 2πi

2 + sin 0 = 2π . 2i

б) Внутри окружности z + 2i = 1 с центром (− 2i ) радиуса R = 1 содержится одна точка z 2 = −2i . Поэтому, применяя 2 + sin z z также п. 2 правила, записываем подынтегральную функцию в виде дроби , где функция g(z ) = (2 + sin z ) z −1 z + 2i аналитическая в указанном круге. Вычисляем интеграл:

J=

(2 + sin z ) z −1 dz = 2πi (2 + sin (− 2i ))(− 2i )−1 = − π (2 − sin 2i ) = π (ish 2 − 2 ). ( z − ( − 2 i )) L

∫

2 + sin z является аналитической в круге z + 2 ≤ 1 , так как нули знаменателя z1 = 0 и z 2 = −2i лежат вне z (z + 2i ) этого круга. Следовательно, по теореме Коши (для односвязной области) получаем J = 0 .

в) f (z ) =

Пример 2. Вычисление интеграла по замкнутому контуру. Вычислить J =

обходимой в направлении против часовой стрелки. Решение. Приведем интеграл J к виду J=

(e ∫ (z + 4) ∫ (z (e z + 2) dz 2

2

γ

=

γ

z

2

)

+ 2 dz

− (2i )

2

)

=

(e

z

(e z + 2)dz

∫ (z 2 + 4)2 γ

вдоль окружности z − i = 2 ,

)

+ 2 dz

∫ (z − 2i )2 (z + 2i )2 . γ

Заметим, что в круге z − i ≤ 2 содержится лишь одна из двух точек z = ±2i (именно z = 2i ), в которой знаменатель обращается в ноль. Записываем интеграл в виде J=

(e

z

)

+ 2 dz

∫ (z − 2i )2 (z + 2i )2 ∫ =

γ

γ

(e

z

)

+ 2 (z + 2i )−2 dz

( z − 2i) 2

.

Применяем п. 3 правила при n = 2, z 0 = 2i :

(

(

J = 2πi (z + 2i )− 2 e z + 2

(

(

)

)

))′

(

(

)

= 2πi − 2⋅ (z + 2i )−3 e z + 2 + (z + 2i )−2 e z z = 2i

 e 2i + 2 e 2 i  = = 2πi − 2 ⋅ (4i )−3 e 2i + 2 + (4i )− 2 e 2i = 2πi  +  32i − 16  

)

z = 2i

=

 e 2i i  πi ( = −2πi  i + 2 ) +  = − ((cos2 + i sin 2 )(i + 2) + 2i ) =  32  16 16   π = (cos2 + 2 sin 2 + 2 + i (sin2 − 2 cos2) ). 16 Упражнения для самостоятельного решения

1. Вычислить интегралы (рекомендуется первый способ вычисления). 1)

∫z

2

dz вдоль линии z = x + ix 2 от точки z1 = 0 до точки z 2 = 1 + i ;

L

2)

∫ (z

)

2

+ 7 z + 1 dz вдоль отрезка прямой, соединяющей точки:

L

а) z1 = 1 и z 2 = 1 − i ; б) z1 = −2 и z 2 = 4i ; 3)

∫z

2

dz вдоль ломанной, соединяющей точки z1 = 0, z 2 = −1 + i , z 3 = 1 + i ;

L

4)

∫ zdz

вдоль дуги окружности z = 1 , Re z ≥ 0 обходимой против часовой стрелки;

∫ 3z

dz вдоль дуги окружности z = 1 , Re z ≥ 0 , Im z ≥ 0 , обходимой против часовой стрелки;

L

5)

2

L

6)

∫ z z dz вдоль дуги окружности z = 2e

iϕ

в направлении против часовой стрелки от точки z1 = 0 до точки z 2 = 2i ;

L

7)

∫z

Re z 3 dz вдоль дуги окружности z = 4 , обходимой против часовой стрелки от точки z1 = 4 до точки z 2 = −4 .

L

2. Вычислить интеграл по замкнутому контуру L в направлении против часовой стрелки: 1)

dz

∫ z 2 − 5z + 4

; L: z − 1 = 2 ;

2)

3)

ze

−z

∫ L

L

∫ z 2 + 1dz; L: а) z − i

e zi + 2 dz; L: z = 2 ; z (z − 4 )

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

L

4)

∫ L

6)

cos 2 z + 1 2

z −π

z+i

2

dz; L: z − 2 = 3 ;

∫ z(z − 1)2 dz; L: L

5)

∫ L

z −1 =

4 ; 5

7)

sin z

π z −  3 

4

dz; L: z − i = 4 ;

sin iz + 3

∫ (z 2 + 9)2 dz; L:

z + 3i = 1 .

L

5. РЯДЫ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ. РЯД ТЕЙЛОРА ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО

1. Числовые ряды с комплексными членами. Пусть wn = u n + iv n , n = 1, 2, K . Выражение вида w1 + w2 + w3 +K+ wn +… или

∞

∑ wn

(5.1)

n =1

называется числовым рядом. Если существует число S = = lim (w1 + w2 +K + wn ) , то ряд (5.1) называется сходящимся, а S n →∞

называется его суммой. В противном случае ряд (5.1) называется расходящимся. Свойства рядов с действительными членами сохраняются и для рядов с комплексными членами. 2. Степенные ряды. Пусть в области G задана бесконечная последовательность однозначных функций {u n (z )}, n = 1, 2, K . Определение. Выражение вида ∞

∑ u n (z )

(5.2)

n =1

называется функциональным рядом. При z = z 0 ∈ G получаем числовой ряд из комплексных чисел u n (z 0 ) . Если получаемый числовой ряд сходится, то z 0 называется его точкой сходимости, а если расходится – то точкой расходимости. На множестве G0 ⊂ G всех точек

сходимости ряда (5.2) задана функция S = S (z ) , называемая суммой ряда (5.2), где S (z 0 ) есть обозначение суммы ряда (5.2) в точке z 0 .

{ }

z n , n = 1, 2, K, Пусть комплексных чисел. Определение. Ряд вида

{ сn },

– последовательность степенных функций,

n = 0, 1, K

– последовательность

c0 + c1 z + c2 z 2 +K+ cn z n +K

(5.3)

∞

называется степенным; обозначение

∑ cn z n . n =0

Любой степенной ряд сходится абсолютно в некотором круге z < R и расходится вне его, т.е. при z > R . Число R называется радиусом сходимости степенного ряда. Радиус сходимости R можно найти по одной из формул

R=

cn +1 1 , где D = lim → ∞ n D cn

(5.4)

или

R=

1 , K = lim n cn . n →∞ K

(5.5)

В частности формулы (5.4), (5.5) остаются справедливыми: 1) если D = 0 или K = 0 ; тогда R = ∞ , т.е. областью сходимости ряда является вся комплексная плоскость, 2) если D = +∞ (K = +∞ ) ; тогда R = 0 , т.е. областью сходимости является единственная точка z 0 = 0 . Рассмотрим ряд по степеням разности (z − z 0 ) , где z 0 – данное комплексное число: ∞

∑ Cn (z − z0 ) n = C0 + C1(z − z0 ) + K + Cn (z − z0 ) n +K . n =0

Его исследование сводится к (5.3) заменой Z = z − z 0 . ∞

Пример 1. Нахождение области сходимости ряда. Найти область сходимости ряда

∑

i n (z + 2i )n

. n2 + 4 Решение. Имеем ряд по степеням разности Z = z − (−2i ) . Для нахождения области сходимости найдем радиус n=0

сходимости R. Воспользуемся формулой (5.4), где с n =

R=

in n2 + 4

cn 1 = lim = lim D n →∞ cn +1 n→∞

= lim

in

n →∞ i n +1

n 2 + 2n + 5 n2 + 4

, с n +1 = in

i n +1 (n + 1) 2 + 4

(n + 1)2 + 4 i n +1

n2 + 4 1 = lim n →∞ i

=

2 5 + n n2 = 1. 4 1+ 2 n

1+

Итак, при z + 2i < 1 ряд абсолютно сходится, при z + 2i > 1 расходится. Поведение ряда на окружности z + 2i = 1 требует дополнительного исследования, которое мы здесь не приводим. ∞

zn

∑ 2 n n!

Пример 2. Нахождение области сходимости ряда. Установить, что ряд

абсолютно сходится во всей

n =1

комплексной плоскости. Решение. Вычислим радиус сходимости по формуле (5.4) R=

1 1 2 n +1 (n + 1)! 2n!(n + 1) = lim n = lim = 2 lim (n + 1) = ∞ . n → ∞ n → ∞ n →∞ D 1 n! 2 n!

Следовательно, областью сходимости ряда является вся комплексная плоскость. ∞

Пример 3. Нахождение области сходимости ряда. Доказать, что ряд

∑ nn z n

обладает единственной точкой

n =1

сходимости z = 0 . Решение. Действительно,

R=

1 1 1 1 = = = = 0 , и, следовательно, областью сходимости является K lim n n n lim n ∞ n →∞ n →∞

единственная точка z = 0 .

3. Ряд Тейлора. Определение. Пусть w = f (z ) однозначна и аналитична в круге G с центром в некоторой точке z 0 . Тогда имеет место

разложение в степенной ряд функции f (z ) по степеням разности (z − z 0 ) :

f ( z ) = f ( z0 ) +

(n ) f ′(z0 ) (z − z0 ) +K+ f (z0 )(z − z0 )n + ... . 1! n!

(5.6)

Такой степенной ряд называется рядом Тейлора. Разложение (5.6) может быть записано в виде f (z ) =

∞

∑ Cn (z − z0 )n , n =0

где Cn =

1 f (z ) dz ; 2πi γ (z − z 0 )n +1

∫

γ – любая окружность с центром в точке z 0 , обходимая против часовой стрелки и целиком лежащая в области G.

Если z 0 = 0 , то ряд (5.6) называется рядом Маклорена. 3. Стандартные разложения в ряд Маклорена некоторых элементарных функций. ∞

1) e z = ∑

n =0

zn ; 2) sin z = n!

(− 1)n +1 z 2n −1 ; 3) ∑ (2n − 1)! n =1 ∞

∞

∞ z 2n −1 z 2n ; 5) ch z = ; 6) n =1 (2n − 1)! n = 0 (2 n )!

4) shz = ∑ 7)

∑

(− 1)n z 2n ; ∑ (2n)! n =0 ∞ (− 1)n +1 z n ; ln (1 + z ) = ∑ cos z =

∞

n =1

n

∞ 1 = zn . 1 − z n =0

∑

Ряды 1) – 5) имеют областью сходимости всю комплексную плоскость, а 6)-7) – круг z < 1 . Пример. Разложение функций в ряд с использованием стандартных разложений.

1) Разложить функцию f (z ) = e 2 z в ряд по степеням (z − i ) . Решение. Представим функцию e 2 z в виде e 2 z = e 2( z −i )+ 2i = e 2i e 2( z −i ) . Тогда, в силу стандартного разложения функции e z , получим

e 2 z = e 2i

  2 n (z − i )n 2 2 ⋅ (z − i )2 = e 2 i 1 + 2 ⋅ ( z − i ) + + ... .   2! n! n =0   ∞

∑

1 в ряд по степеням (z − i ) . Определить область сходимости. z +1 Решение. Центром круга, в котором будет происходить разложение, должна быть, согласно условию, точка z 0 = i .

2) Разложить функцию f (z ) =

Представим функцию f (z ) =

1 1 1 1 в виде: = = z +1 z +1 z − i +1+ i 1+ i

1 . Теперь, используя стандартное разложение  z −i  1−  −   1+ i 

∞ 1 = z n , получим 1 − z n =0

∑

1 1+ i

n ∞  1 1  z − i (z − i )2 n (z − i ) = 1 . ( ) + + = 1− − 1 ... n  1+ i  z − i  1 + i  1 + i (1 + i )2 ( ) 1 + i = 0 n  1−  −   1+ i 

∑

Следовательно, область сходимости ряда определяется условием −

z −i < 1 , т.е. z − i < 1 + i , z − i < 2 . 1+ i

3) Разложить функцию f (z ) = z sin 2 z в ряд по степеням z . Определить область сходимости. Решение. Запишем функцию в виде sin 2 z =

получим

∞ 1 − cos 2 z (− 1)n z 2n , . Тогда, используя стандартное разложение cos z = ∑ 2 (2n )! n =0

 2 z 2 23 z 4 25 z 6 1 1  (2 z )2 (2 z )4 − 1− + − ...  = − + − ... =  2 2  2! 4! 2! 4! 6! 

sin 2 z = =

∞

2 ∑ (− 1)n+1 n =1

2 n −1 2 n

z . (2n)!

Почленно умножая на z , получаем разложение f (z ) =

2 z 3 23 z 5 25 z 7 2 2 n −1 z 2 n +1 − + − K + (− 1)n +1 +K . 2! 4! 6! (2n )!

Область сходимости ряда – вся комплексная плоскость (С). Упражнения для самостоятельного решения

1. Найти области сходимости рядов

(z − 2i )n

∞

а)

∑ 5n−1 ⋅ 31−n

∞

;

б)

n =1 ∞

г)

∑

n =1

n! z n nn

zn

∑ e in

∞

;

в)

n =1 ∞

;

д)

n!(z + i )n

∑ (2i )n n =1

n ( z − i )n

∑ (1 − i )n n =1 ∞

; е)

;

zn

∑ (− 1)n (2n + 1)! . n =1

2. Разложить данную функцию f (z ) в ряд Тейлора в окрестности данной точки z 0 , пользуясь стандартными разложениями: z а) f (z ) = (z + 2) e z ; z 0 = −2 ; б) f (z ) = cos 2 ; z 0 = 0 ; 4 z π ; z0 = 1 ; г) f (z ) = в) f (z ) = sin z; z 0 = ; z+2 4 2z − 5 д) f (z ) = ln (z + 2) ; z 0 = −1 ; е) f (z ) = 2 ; z0 = 0 . z − 5z + 6 6. НУЛИ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ 1. Определение. Пусть функция f (z ) является аналитической в точке z 0 . Точка z 0 называется нулем функции f (z ) , если ее значение в этой точке равно нулю, т.е. f (z 0 ) = 0 . В разложении функции в ряд Тейлора в окрестности нуля этой функции отсутствует свободный член: C 0 = f (z 0 ) = 0 . Если

при

C1 = ... = C n−1 = 0 ,

этом

т.е.

разложение

имеет

f (z ) =

вид:

∞

∑ C k (z − z 0 )k

или

k =n

f (z ) = C n (z − z 0 )n + C n +1 (z − z 0 )n +1 + K , C n ≠ 0 , то точка z 0 называется нулем порядка n функции f (z ) . Нуль первого порядка ( n = 1) называется простым нулем. Следующие условия равносильны наличию в точке z 0 нуля порядка n: (6.1) а) f (n ) (z ) ≠ 0, f (k ) (z ) = 0, k = 0, 1, ..., (n − 1) ; 0

0

б) f (z ) = (z − z 0 ) ϕ (z ) , ϕ (z 0 ) = C n ≠ 0 . (6.2) Пример. Нахождение нулей функции и определение их порядка. n

(

)

1) Найти нули функции и определить их порядок: f (z ) = z 2 + 1 e − πz . Решение. Разложим многочлен на множители 3

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

(

)

(

)

Тогда f (z ) можно записать в виде f (z ) = (z − i )3 (z + i )3 e − πz или f (z ) = (z + i )3 (z − i )3 e − πz . В первом случае z 0 = i является нулем 3-го порядка для f (z ) , так как при ϕ (z ) = (z + i )3 e − πz получаем ϕ (i ) = (2i )3 e − πi = −8i (cos (− π ) + i sin (− π )) = 8i ≠ 0.

Во втором случае z 0 = −i является нулем 3-го порядка для f (z ) . Здесь ϕ (z ) = (z − i )3 e − πi и ϕ (− i ) = (− 2i )3 e πi = −8i ≠ 0 . Итак, f (z ) имеет нулями 3-го порядка точки i и −i . 2) Определить порядок нуля z 0 = 0 для функций: а) f (z ) = e 2 z − 1 − z 2 ; б) f (z ) = sin 3 z − 1 + cos z . Решение. а) Для определения порядка нуля z 0 = 0 удобно использовать определение, т.е. разложить функцию по степеням z. Получаем 2

( )

2   2 2z 2 4 z 4 8z 6 + + ... . e 2 z − 1 − 2 z 2 = 1 + 2 z 2 + + ...  − 1 − 2 z 2 =   2! 2! 3!   Так как в полученном разложении коэффициент C 4 = 2 ≠ 0 , а C 0 = С1 = С 2 = С3 = 0 , то делаем вывод, что точка z 0 = 0 является нулем четвертого порядка для данной функции. б) В данном случае удобно использовать условие (6.1). Находим значения производных функции в точке z 0 = 0 :

f ′(z ) = 3 sin 2 z cos z − sin z, f ′(0) = 0 ; f ′′(z ) = 6 sin z cos 2 z − 3 sin 3 z − cos z, f ′′(0) = −1 ≠ 0 . Следовательно, точка z 0 = 0 является нулем второго порядка данной функции. Упражнения для самостоятельного решения

1. Найти нули функции и определить порядок каждого из них:

(

) (z

)

а) f (z ) = z 5 − z 4 + 4 z 3 − 4 z 2 ;

б) f (z ) = z 2 + 9

в) f (z ) = sinz ;

г) f (z ) = cos z − 1 − z .

2

2

4

−1 ;

2

2

2. Определить порядок нуля z 0 = 0 для функций: а) f (z ) = z 2 (e z − 1) ; б) f (z ) = e sin z − e tg z . 2

7. РЯД ЛОРАНА. ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ ФУНКЦИИ

1. Теорема Лорана (о разложении функции в ряд по целым степеням). Функция f (z ) , аналитическая в кольце

r < z − z 0 < R , r ≥ 0, R ≤ ∞ представляется в этом кольце сходящимся рядом по целым степеням, т.е. имеет место соотношение: f (z ) = K +

C−n

(z − z 0 )

n

+ ... +

C−2

(z − z 0 )

2

+

C −1 + C0 + z − z0

+ C1 (z − z 0 ) + C 2 (z − z 0 )2 + K + C n (z − z 0 )n + K =

∞

∑ Cn (z − z0 )n .

(7.1)

n = −∞

Коэффициенты ряда вычисляются по формулам:

Cn =

1 f (z ) dz, n = 0, ± 1, ± 2, ... , 2πi γ (z − z0 )n +1

∫

(7.2)

где γ – произвольный контур, (например, окружность) принадлежащий кольцу и охватывающий точку z 0 . Определение. Ряд (7.1), коэффициенты которого вычисляются по формуле (7.2), называется рядом Лорана функции f (z ) . ∞

Ряд вида

∑ Cn (z − z0 )n

называется правильной частью ряда Лорана, члены с отрицательными степенями образуют

n =0

главную часть ряда Лорана: ∞

−1

∑ Cn (z − z 0 )n

n = −∞

или

C

∑ (z − −zn )n n =1

.

0

На границах кольца сходимости ряда Лорана есть хотя бы по одной особой точке функции f (z ) – его суммы. Частные случаи рядов Лорана: 1. При r = 0 получаем частный случай кольца – вырожденное кольцо 0 < z − z 0 < R (круг с выколотым центром). Точка z 0 – особая точка функции, и разложение в этом случае называется разложением функции в окрестности особой точки. 2. При R = ∞ область z − z 0 > r есть внешность круга. Разложение в этом случае называется разложением в окрестности бесконечно удаленной точки и имеет вид ∞ ∞ C−n f (z ) = ∑ + C n (z − z 0 ) n . ∑ n n =1 ( z − z 0 ) n=0 При построении разложений в ряд Лорана могут быть использованы стандартные разложения и действия над рядами. Правило разложения рациональных дробей в ряд Лорана

1) Выделяется целая часть в случае неправильной дроби.

2) Правильная дробь записывается в виде суммы элементарных дробей, для разложения которых используется формула суммы членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии 1 = 1 − q + q 2 − K + (− 1)n q n + K; 1+ q

q <1.

При этом элементарные дроби преобразуются следующим образом: – для получения правильной части, т.е. ряда, сходящегося в круге z − z 0 < R , разложение элементарной дроби записывается в виде 1 = a − (z − z 0 ) Сn =

где

1 a

n +1

1 ∞ (z − z 0 )n = ∞ C (z − z )n , a = n 0 z − z 0 n =0 a n+1 n =0 1− a

∑

∑

(7.3)

, z − z0 < a , a ≠ 0 ;

z − z 0 > r , разложение элементарной дроби

– для получения главной части, т.е. ряда, сходящегося вне круга записывается в виде

1 − ∞ z − z0 an 1 = =− = n +1 a − (z − z 0 ) 1 − a n =0 (z − z 0 ) z − z0

∑

С− n = −a n −1 ,

где

∞

C

∑ (z − −zn )n ; n =1

(7.4)

0

a < 1, т.е. z − z 0 > a . z − z0

Пример. Разложение функции f (z ) в ряд Лорана по степеням (z − z 0 ) . z −1 Разложить функцию f (z ) = 2 в ряд Лорана по степеням z. z −z−2 Решение. Функция является аналитическая всюду, кроме точек z1 = −1 и z 2 = 2 , т.е. разложение нужно вести в трех

областях: в круге z < 1 , в кольце 1 < z < 2 и в окрестности бесконечно удаленной точки z > 2 (рис. 7.1). В круге z < 1 функция раскладывается в ряд Тейлора. Для этого разложим ее на элементарные дроби. Представим дробь в виде z −1

z −1 A B , = + z − z − 2 (z + 1)(z − 2 ) z + 1 z − 2 где A, B – неопределенные коэффициенты, которые находим из тождества z − 1 = A(z − 2 ) + B(z + 1) . Полагая последовательно 1 2 Записываем дробь в виде суммы дробей z = −1 , z = 2 , получаем A = , B= . Y 3 3 2 1 1 2 z −1 3 = + 3 . (z + 1)(z − 2) z + 1 z − 2 X =

2

Раскладываем

по

степеням

z каждую

элементарную дробь:

РИС.

∞

1 1 (− 1)n z n , z < 1 ; = = 1 + z 1 − (− z ) n =0

∑

n

∞ 1 1 1 1 ∞ z zn =− ⋅ = − ∑   = − ∑ n +1 , z < 2 . z z−2 2 2 n =0  2  n =0 2 1− 2 В общей области сходимости z < 1 записываем сумму рядов:

z −1 z2 − z − 2

=

∞ n 2 ∞ (− 1)n z n − 1 zn+1 . 3 n =0 3 n =0 2

∑

∑

2 1 Рассмотрим разложение функции f (z ) = 3 + 3 в кольце. Первое слагаемое раскладываем в области z > 1 , т.е. z +1 z − 2 записываем главную часть ряда, второе – в круге z < 2 – правильная часть. Получаем разложения: 1 = 1+ z

1 ∞ (− 1)n = z = = 1  1 z n+1 1+ 1 −  −  n =0 z  z 1 z

∑

∞

∑ n =1

(− 1)n−1 , z

n

−

1 < 1, z > 1 ; z

∞ 1 1 1 zn =− ⋅ =− , z < 2. n +1 z−2 2 1− z n =0 2 2

∑

Записываем окончательный результат: z −1 z2 − z − 2

=

2 ∞ (− 1)n −1 1 ∞ z n − , 1 < z < 2. 3 n =1 z n 3 n=0 2 n +1

∑

∑

Здесь первое слагаемое – главная часть, а второе – правильная часть ряда Лорана в кольце 1 < z < 2 . Чтобы получить разложение в области z > 2 – окрестности бесконечно удаленной точки, нужно и второе слагаемое разложить по отрицательным степеням: ∞ ∞ 1 1 1 2n 2 1 2 n −1 = = ∑ n +1 , < 1 или =∑ n , z > 2. z − 2 n =1 z z − 2 z  2  n =0 z z 1 −   z В результате получаем: z −1 z2 − z − 2

=

2 ∞ (− 1)n −1 1 ∞ 2 n −1 + = 3 n =1 z n 3 n =1 z n

∑

∑

2 ⋅ (− 1)n −1 + 2 n −1 1 , z > 2. 3 zn n =1 ∞

∑

Заметим, что главная часть ряда отсутствует, так как в разложении присутствуют только члены с отрицательными степенями. 2. Изолированные особые точки. Определение. Точка z 0 , принадлежащая комплексной плоскости, называется изолированной особой точкой функции f (z ) , если f (z ) аналитична в некотором круге 0 < z − z 0 < r , но не аналитична в точке z 0 .

Изолированная особая точка z 0 функции f (z ) называется:

1) устранимой особой точкой, если lim f (z ) существует и конечен;

2) полюсом, если lim f (z ) = ∞ ;

z → z0

z → z0

3) существенно особой точкой, если lim f (z ) не существует. z → z0

Приведем ряд утверждений об особых точках. Утверждение 1. Для того, чтобы особая точка функции f (z ) была устранимой, необходимо и достаточно, чтобы в разложении функции в ряд Лорана в окрестности этой точки отсутствовала главная часть. Это означает, что если z 0 – устранимая особая точка, то ряд Лорана функции f (z ) имеет вид: f (z ) =

∞

∑ C n (z − z 0 )n , 0 < z − z 0


n=0

Утверждение 2. Для того, чтобы особая точка функции была полюсом, необходимо и достаточно, чтобы главная часть ряда Лорана функции в окрестности этой точки содержала конечное число членов. Ряд Лорана функции f (z ) в этом случае имеет вид: ∞

f (z ) =

∑ Ck (z − z0 )k , 0 < z − z0


(7.5)

k =− n

Номер старшего члена главной части ряда Лорана функции в ее разложении в окрестности полюса называется порядком полюса. Так, точка z 0 является полюсом порядка n функции f (z ) , если в разложении (7.5) С − n ≠ 0, C k = 0 при k < − n . Утверждение 3. Для того, чтобы особая точка функции была ее существенно особой точкой, необходимо и достаточно, чтобы главная часть ряда Лорана функции в окрестности этой точки содержала бесконечное число членов. Ряд Лорана функции f (z ) в существенно особой точке имеет вид: f (z ) =

∞

∑ C n (z − z 0 )n , 0 < z − z0


n = −∞

Утверждение

4.

Точка

z0

тогда

и

только

тогда

является

полюсом

n-го порядка, когда существует аналитическая в точке z 0 функция ϕ (z ) , такая, что ϕ (z 0 ) ≠ 0 и f (z ) =

ϕ (z )

(z − z 0 )n

.

(7.6)

Согласно (7.6), z = z 0 – полюс n-го порядка для f (z ) тогда и только тогда, когда эта точка является нулем n-го порядка для функции

1 . f (z )

Пример. Определение типа особых точек. Найти конечные особые точки следующих функций и определить их тип:

а) f (z ) =

z2

(z + 2)(z − 1)

3

;

1

б) f (z ) =

1 − cos z z3

;

sin πz . z Решение. а) Изолированными особыми точками являются z1 = −2 и z 2 = 1 . Рассмотрим случай z1 ; запишем функцию

в) f (z ) = e z −1 ;

г) f (z ) =

f (z ) в виде:

z2

f (z ) =

(z − 1)3 z+2

=

ϕ(z ) z2 , где ϕ(z ) = . z+2 (z − 1)3

В точке z1 = −2 функция ϕ (z ) аналитична, при этом ϕ(z1 ) =

(− 2)2 (− 2 − 1)3

=−

4 ≠ 0 . Согласно (7.6) делаем вывод, что 27

z = −2 – полюс первого порядка (простой полюс). Рассмотрим случай z 2 : f (z ) =

z2 (z + 2 )

=

ϕ(z )

(z − 1)3 (z − 1)3

Функция ϕ (z ) аналитична в точке z 2 = 1 и ϕ (z1 ) =

,

где ϕ(z ) =

z2 . (z + 2)

12 1 = ≠ 0 ; таким образом точка z 2 = 1 – полюс третьего (1 + 2) 3

порядка. б) f (z ) =

1 − cos z

. Изолированной особой точкой является z = 0 . Чтобы определить тип особой точки используем z3 разложение функции по степеням z : 1 − cos z z3

=

 1   z2 z4   = 1 − z + ... . 1 − 1 − + + ... 3    2! z 4!  2! 4! z   

Главная часть разложения содержит конечное число членов, поэтому (на основании утверждения 2) точка z = 0 для f (z ) является полюсом. Кроме того, в разложении старшая отрицательная степень равна 1, то, согласно утверждению 2, получаем, что точка z = 0 является полюсом первого порядка. в) Используем разложение функции f (z ) =

1 z e −1

по степеням ( z − 1) :

1 z e −1

= 1+

1 1 + + ... . z − 1 2!⋅(z − 1)2

Из этого представления вытекает, что точка z = 1 является существенно особой точкой (см. утверждение 3), так как в разложении главная часть содержит бесконечное число членов. sin πz sin πz г) Особой является точка z 0 = 0 , при этом lim = lim π = π , согласно первому замечательному пределу. z →0 z → 0 πz z Следовательно, z 0 = 0 есть устранимая особая точка. Упражнения для самостоятельного решения

1. Разложить в ряд Лорана данную функцию f (z ) в окрестности данной точки z 0 : а) f (z ) =

1 , z0 = 2 ; z+4

б) f (z ) =

1

z

2

(z + 1)

, z 0 = 0;

1 , z0 = i ; z 2z − 1 е) f (z ) = z 2 ln ; z0 = 0 . 2z z 2 − 2z − 3 2. Записать все разложения функции f (z ) = 2 по степеням z . z + 2z − 3 1 1 3. Разложить f (z ) = по степеням z в кольце < z < 1 . 2 (z − 1)(1 − 2 z ) 3z , z0 = i ; z −i 1 ; z0 = 2 ; д) f (z ) = (z − 2)4 sin z−2

в) f (z ) = cos

г) f (z ) =

4. Найти конечные изолированные особые точки функций и определить их тип (для полюсов – указать их порядок):

а) f (z ) =

1

1 ; sin 2 z

б) f (z ) = e z +5 ;

в) f (z ) =

z 2 +1

(z − i )2 (z 2 + 4)

;

1 1 ; д) f (z ) = z 2 sin . z e −1 z 5. Определить тип особой точки z = 0 для данной функции 1

г) f (z ) =

а) f (z ) =

−

z

ez −1− z z3

cos z 1  1 ; б) f (z ) = sin1 +  ; в) f (z ) = . 2z z  z

−

8. ВЫЧЕТ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ В ОСОБОЙ ТОЧКЕ. ВЫЧИСЛЕНИЕ ВЫЧЕТОВ

1. Пусть функция f (z ) аналитична в области D за исключением точки z 0 . Разложим f (z ) в окрестности этой точки в ряд Лорана. Коэффициент С −1 в разложении f (z ) в ряд Лорана (в окрестности точки z 0 ) называется вычетом f (z ) в точке z 0 и обозначается res f ( z ) . z0

Если γ – произвольный кусочно-гладкий замкнутый контур, расположенный в области D и содержащий внутри себя точку z 0 , то, согласно общей формуле для коэффициентов ряда Лорана (7.2), получаем C −1 = res f ( z ) = z0

1 2πi

∫ f (t )dt . γ

2. Вычисление вычетов в особых точках. 1) Вычет в устранимой особой точке равен нулю. Пример. Вычисление вычета в устранимой особой точке. Найти вычеты в особых точках функции f ( z ) =

(1 − cos z ) 2

. z4 Решение. Эта функция имеет единственную особую точку – z = 0 . Докажем, что это устранимая особая точка:

lim f ( z ) = lim

z →0

(1 − cos z ) 2 z4

z →0

=

2

 2 z z  2 sin  sin 4 1 2  2 = 1 ≠ 0 , поэтому z = 0 – устранимая особая точка. Следовательно, вычет в этой точке равен = lim = lim 4 4 z →0 z → 0 4 z 4 z   2 нулю. 2). Вычеты в полюсах. Изложим полезные для вычислений вычетов утверждения. Теорема 1. Если z 0 – простой полюс функции f (z ) , то res f ( z ) = lim [(z − z 0 ) f (z )] . z → z0

z0

Теорема 2. Пусть f ( z ) =

ϕ ( z) , где ϕ (z ) и ψ (z ) – аналитические в окрестности точки z 0 функции. Если z 0 – простой ψ ( z)

нуль функции ψ (z ) , и ϕ ( z 0 ) ≠ 0 , то res f ( z ) = z0

ϕ ( z0 ) . ψ ′( z 0 )

(8.1)

Пример. Вычисление вычета в простом полюсе. Найти вычеты в особых точках функции f ( z ) = ctgz .

Решение. Особые точки – те, в которых sin z = 0 : z k = kπ,

k = 0, ± 1, ± 2, ... . Эти точки являются простыми нулями

знаменателя, так как (sin z )′ z = cos z z = ±1 ≠ 0 . Числитель cos z k ≠ 0 , поэтому точки z k – простые полюса. Вычеты k

находим =

по

cos z k (sin z )′

=

k

формуле

res (ctg z ) =

(8.1):

zk

cos z k =1. cos z k

z = zk

Теорема 3. Если z 0 – полюс функции f (z ) n-го порядка, то

res f ( z ) = z0

(

)

 d n−1  1 lim  n −1 ( z − z 0 ) n f ( z )  . z z → (n − 1)! 0  dz 

(8.2)

Пример. Вычисление вычета в полюсе порядка n.

Найти вычеты в особых точках функции f ( z ) =

z+2

(z + 1)2 (z − 3)

.

Решение. Функция f (z ) имеет два полюса: z = −1 – полюс второго порядка и z = 3 – простой полюс. Для нахождения вычета в точке z = −1 применим формулу (8.2) при n = 2 :  d  z+2  = lim d  z + 2  =  ( z + 1) 2 2 z → −1 dz  (z + 1) (z − 3)  z →−1 dz  z − 3  

res f ( z ) = lim

z0 = −1

 −5  5 = lim  =− . 2 z → −1 ( z − 3)  16   Для определения вычета в точке z = 3 воспользуемся формулой (8.1): z+2

res f (z ) =

z0 = 3

(z + 1)2

=

( z − 3)′

z+2

(z + 1)

=

2 z =3

5 . 16

z =3

3) Вычет в существенно особой точке находится из разложения функции в ряд Лорана. 2

Пример. Вычисление вычета в существенно особой точке. Найти вычеты в особых точках функции f ( z ) = (z − 2) e z − 2 .

Решение. +

Особая

z=2.

точка:

Согласно

представлению:

ew = 1+ w +

2 w2 wn + ... + + ... . При w = имеем z−2 2! n! 2

e z −2 = 1 + Тогда f (z ) = (z − 2) + 2 +

2 22 2n ... + + + + ... . z − 2 2!⋅ ( z − 2) 2 n! ( z − 2) n

2n 22 22 = 2 , т.е. res f ( z ) = C−1 = 2 . + ... + + ... . Здесь C−1 = n −1 z0 = 2 2! 2!⋅ (z − 2) n!(z − 2)

3. Основная теорема о вычетах. Пусть функция f (z ) аналитична во всех точках ограниченной замкнутой области D (границей которой является контур L) за исключением конечного числа особых точек z1, z2, z3, …, zn, расположенных внутри L. Тогда n Y f ( z ) dz = 2 π i ∑ res f ( z ) . (8.3) ∫ z k =1 k

L

∫ L

Пример. Вычисление интегралов с помощью cos z dz , где L – квадрат x + y = 2 .  π z − z   2

Решение. расположены

Обе

особые

основной теоремы о вычетах. Вычислить π/2

Рис. 8.1

точки внутри

(рис. 8.1), поэтому, согласно формуле (8.3) имеем

∫ L

X

подынтегральной функции: z1 = 0 и z 2 =

π 2 L

контура cos z   dz = = 2πi  res f ( z ) + res f ( z )  . Точка z1 = 0 – полюс первого z z π   2  1  z − z  2

   cos z  2  = . Точка z 2 = π – нуль первого порядка и для числителя и для знаменателя; порядка, res f (z ) = lim (z f (z )) = lim  π z →0 z1 2   π z →0  −z 2  докажем, что это – устранимая особая точка подынтегральной функции. sin t 2 π π  = . Предел существует и конечен, Пусть t = − z , тогда cos z = cos  − t  = sin t , и lim f ( z ) = = lim z →0 t → 0 ( π / 2 − t )t π 2 2  поэтому z 2 =

π – устранимая особая точка, и res f ( z ) = 0 . По основной теореме о вычетах z2 2

Упражнения для самостоятельного решения 1. Найти вычеты в особых точках функции z+5 z а) f (z ) = 2 ; б) f (z ) = ; ( z − 3) 2 z 2 z − 3z − 4

∫ L

cos z 2  dz = 2πi  + 0  = 4i . π π    z − z 2  

sin z

в) f (z ) =

e z +1

г) f (z ) =

. z (z + π ) (z + 1)2 2. Найти вычеты следующих функций в точке z = 0 : sin z

f1 ( z ) =

;

3

; f 2 (z ) =

sin 1

1

; f 3 (z ) = sin

; f 4 (z ) =

z2 z2 z2 3. Вычислить с помощью вычетов интегралы

∫

а)

cos 2 z + 1 2

z −π

z − 2 =3

2

1

dz ; б)

2 ∫ z e z −2 dz ; в)

| z |=3

z2 . sin z

sh z

∫

| z| = 3

2

( z + 1)( z + i)( z − 4i)

dz .

ПРИМЕРЫ КОНТРОЛЬНЫХ ЗАДАНИЙ 2

4 + i 5 − 2i 3 + 2i 1+ i  + ; б)  .  + 2−i 3+i i (6 − 8i ) 1− i  6−i 13 + 41i . 2. Доказать равенство = 3 + 4i − 25 + 25i 3. Представить в тригонометрической форме числа 3 3 1 ; б) z = −4 + 4i ; в) z = ; г) z = −3i . а) z = + i 2 2 2 1. Вычислить: а)

4. Вычислить все значения корня: а)

− 9i ; б)

3

− i + 1 ; в)

4

1 . 16

5. Вычислить значение функции w = e z при:  π а) z = π(1 − i ) ; б) z = 1 + i  + 2πk  .  2 6. Представить в алгебраической форме числа π π i  , б) z = i − 3  cos − i sin  (1 − i )−1 , а) z = π π 12 12     2 ⋅  cos + i sin  3 3 

(

)

в) Ln(2 + 2i) ; г) Ln(ei ) ; д) 2 3i ; е) 51−i ; ж) 3

(

з) (− i )1+i ; и) − 3 + i

)

−6i

−

1 2

;

.

 π 7. Вычислить значение функций: а) cos  i +  ; б) sin (π − i ) ;  6

(

)

в) ch (iπ − 1) ; г) Аrc sin 3 ; д) Аrctg 3 − i . 8. Проверить, является ли функция w = f (z ) дифференцируемой. Если да, то найти значение ее производной в заданной точке z 0 : а) w = (iz )3 , z 0 = −1 + i ; б) w = e − z , z 0 = i . 9. В каких точках функция: а) дифференцируема; б) аналитична. 1) w = i 1 − z 2 − 2 z ; 2) w = z + Im(2 z + 3i ) ; 3) w = z −2 ; 2

(

)

2

4) w = i z + i − z .

∫ (z + 1) Re z

10. Вычислить интеграл J =

2

dz вдоль отрезка прямой AB: z A = 0, z В = 1 + 2i .

∪ АВ

11. Вычислить интеграл J = ∫ z Im z dz , вдоль кривой L: { z = 1, Re z ≤ 0} , обходимой против часовой стрелки. L

1+i

12. Вычислить интегралы от аналитических функций: а)

∫z

3

dz ;

0

1

б)

dz

∫ (z − i )2

(путь интегрирования не проходит через точку i ).

−i

13. Вычислить интеграл: а) 14. Вычислить интеграл

z2 + 3 ∫ z (z + 2) dz ; б) z =1

sin z

∫

z =3

cos z 2 − 1 z4

dz .

∫ z 3 +16 z dz в следующих случаях задания контура L: а) L

z = 2 ; б) z + 1 + i = 2 ; в) z + 4i = 2 .

∞

15. Найти область сходимости рядов: а) ∑

(z − i )n n 2

(z + 1)n n n =1 (n + 1) ∞

; б) ∑

. 3 в ряд Тейлора в окрестности данной точки z 0 , пользуясь стандартными n

n =1

16. Разложить данную функцию f (z ) разложениями: π а) f (z ) = cos z; z 0 = ; б) f (z ) = ln (z + 1) ; z 0 = 2 ; 3 2z − 1 z ; z 0 = 0 ; г) f (z ) = 2 в) f (z ) = ; z0 = 0 z+2 z −i 17. Найти все нули функции и определить их порядок: sin 2 z а) f (z ) = z 4 + 2 z 2 + 1 z 2 − 2 z + 2 ; б) f (z ) = . z (z − π )2

(

)(

)

18. Разложить в ряд Лорана данную функцию f (z ) в окрестности данной точки z 0 : а) f (z ) =

f (z ) = sin

1 ; z 0 = −i ; б) z − 2i

z ; z 0 = −1 ; z +1 z

1 ; z 0 = 1; г) f (z ) = ze z + 3 z 0 = −3 . z −1 19. Найти конечные изолированные особые точки функций и определить их тип (для полюсов – указать их порядок): 1 − 2 z 2 − cos 2 z 1 ; б) ; а) f (z ) = ( ) f z = z 3 sin 2 z sin z 2

в) f (z ) = z 4 cos

в) f (z ) =

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

(z + 1)(z + i )

а) f (z ) =

4 3 zez

;

г) f (z ) =

z

. e −1+ z 20. Определить тип особой точки z = 0 для данной функции 2

; б) f (z ) =

e7z − 1 cos z − 1 + z

2

z

; в) f (z ) =

(

1

z 1 − e −2 z

)

.

2 21. Найти вычеты в особых точках функций: z +1 1 e z −1 ; б) ; в) . а) f (z ) = 2 f z = ( ) ( ) f z = z cos z −i ( z + z − 2) 2 z2 22. Найти вычеты следующих функций в точке z = 0 : sin 2 z − 2 z (1 − chz ) shz . cos z f1 ( z ) = ; f 2 (z ) = ; f 3 (z ) = 2 π (1 − cos z ) sin 2 z (1 − cos z ) z3 − z2 2 23. Вычислить с помощью вычетов интеграл

ez dz ; б) а) ∫ z −i | z −i|=1

 1 sin 1 + dz ; в) z  | z −1|= 2

∫

1

z ∫ z + 3 e 3 z dz . | z + 4|=5

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Лунц, Г.Л. Функции комплексного переменного : учебник для вузов / Г.Л. Лунц, Л.Э. Эльсгольц. – 2-е изд. – СПб. : Издательство «Лань», 2002. – 304 с. 2. Нахман, А.Д. Элементы теории функции комплексного переменного : учебное пособие / А.Д. Нахман. – Тамбов : Изд-во Тамб. гос. техн. ун-та, 2007. – 187 с. 3. Пантелеев, А.В. Теория функций комплексного переменного и операционное исчисление в примерах и задачах : учебное пособие / А.В. Пантелеев, А.С. Якимова. – М. : Высшая школа, 2001. – 445 с.