Теория аналитических функций. Методические указания. Часть I

Министерство образования Российской Федерации Ростовский государственный университет

Г.С. Костецкая, Л.В. Новикова

Методические указания для студентов 2-го курса физического факультета

Теория аналитических функций Часть I

г. Ростов - на - Дону 2000 г.

1

Методические указания предназначены для студентов физического факультета, изучающих курс: «Теория функций комплексного переменного». Каждая тема пособия снабжена кратким теоретическим материалом. Приведены решения некоторых типовых примеров. Пособие снабжено большим количеством примеров для самостоятельной работы с ответами. Методические указания печатаются по решению кафедры Дифференциальных и интегральных уравнений РГУ. Протокол №10 от 13.06.2000 г.

2

Оглавление. §1. Интегралы от функции комплексного переменного………………………3 §2. Теорема Коши. Интегральная формула Коши……………………………..8 §3. Ряды Тейлора и Лорана………………………..……………………………11 §4. Нули функции. Изолированные особые точки. Вычеты………………….16 §5. Основная теорема теории вычетов и её применение к вычислению интегралов от функции комплексного переменного………………………….24 Ответы на примеры для самостоятельного решения………………………….31 Литература……………………………………………………………………….33

3

§1. Интегралы от функции комплексного переменного Пусть однозначная функция f (z ) определена и непрерывна в области D , а C - кусочно-гладкая замкнутая или незамкнутая кривая, лежащая в D . Пусть z = x + iy , f (z ) = u + iv , где u = u( x, y ), v = v ( x, y ) -действительные функции переменных x и y . Вычисление интеграла от функции f (z ) сводится к вычислению криволинейных интегралов 2-го типа от функций вещественных переменных: (1) ∫ f (z )dz = ∫ u( x, y )dx − v( x, y )dy + i ∫ u( x, y )dy + v( x, y )dx C

C

C

Интеграл от функции комплексного переменного зависит, вообще говоря, от пути интегрирования C . Поэтому для его вычисления нужно найти параметрическое уравнение кривой C : x = x(t ), y = y (t ), t ∈ [t1 , t 2 ] , где движение точки t по отрезку [t1 , t 2 ] порождает движение точки (x(t ), y (t )) по кривой C в заданном направлении. После этого криволинейный интеграл (1) сводится к определённому интегралу. Окончательно получим: t1

∫ f ( z )dz = ∫ f (x(t ) + iy(t ))(x′(t ) + iy ′(t ))dt

C

(2)

t0

Если f (z ) - аналитическая функция в односвязной области D , то интеграл от неё не зависит от пути интегрирования и определяется только начальной и конечной точками z 0 , z1 ∈ D . Имеет место формула Ньютона-Лейбница: z1

∫ f ( z )dz = Φ( z ) − Φ( z 1

0

(3)

),

z0

где Φ (z ) - какая-либо первообразная для функции f (z ) . Интегрирование по частям и замена переменных в интеграле от функции комплексного переменного производятся аналогично случаю функции действительного переменного. Пример 1. Вычислить ∫ е я dz , где C - отрезок прямой y = − x , соединяющей точки z1=0 и С

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

Поэтому применяя формулу (2), получим

∫e

C

π

z

dz = ∫ e 0

t + it

π

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

1 − i (1+i ) t e 1+ i

π 0

= ( e π + 1)i.

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

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

4

∫ (z

π

2

С

+ zz )dz = ∫ ie ( e it

π

i 2t

0

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

π 0

=−

8 3

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

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

2π 0

, m ≠ −1 =

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

Пример 4. 2+i

Вычислить

∫ (3z

2

+ 2 z )dz

1− i

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

∫ ( 3z

2

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

1− i

2+i 1− i

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

В следующих примерах стоящая под знаком интеграла ветвь многозначной функции выделяется заданием её значения в некоторой точке контура интегрирования. Если контур интегрирования C замкнут, то начальной точкой пути интегрирования считается та точка, в которой задано значение подынтегральной функции. Пример 5. Вычислить

∫

C

dz z

, где

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

2 (1 + i ) ; 2

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

5 ( z )k = e

i ( t + 2π k ) 2

, k = 0,1 , то есть,

( z ) = e i(t +22π ) = e 1

it + πi 2

= −e

1 = −1 . При t = 0 имеем

ветвь

π

dz

∫

Значит,

z =e

=∫

z

C

0

it − 2

=e

0

it + 2π 0 i 2

it

= e 2 или

. Выберем нужную ветвь, учитывая, что

( 1)

=e

0

i ⋅0 2

( 1)

=1;

1

= −e

i ⋅0 2

= −1 . Поэтому выбираем

. π

it

ie dt −e

it − 2

( z)

it π 2

t i2

ie = −i ∫ e dt = − i/2 0

it 2

= − 2( e

i

π 2

− 1) = 2(1 − i ) .

0

2. Параметрическое уравнение левой полуокружности z = e Тогда

( z)

k

( z)

0

=e

⎛ π ⎞ i ⎜ t + + 2πk ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2

=e

( z) = e

=e

π

i ( t + + 2π ) 2 2

, t ∈ [0, π ] .

, k = 0,1

π

i ( t + + 2π 0 ) 2 2

π

i(t + ) 2

it πi + 2 4

it 5πi + 4

it

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

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

∫

dz

π

π

ie

= −∫

i (t + ) 2

=−

π

dt it

t π

t π

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

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

C

z

= e2

0

π

0

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

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

( z) = e ( z) = e 0

1

i ( t + π + 2π 0 ) 2

i ( t +π + 2π ) 2

it πi + 2

= e2

it 3πi + 2

= e2

it

= ie 2 it

= −ie 2

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

t 2

выбираем ветвь z = ie . Тогда

∫

C

dz z

2ρ

=

∫ 0

− ie it dt ie

it 2

2π

it 2

it 2π

2 = − ∫ e dt = − e 2 i 0

Пример 6. Вычислить ∫ Ln zdz , где C

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

0

2 = − (e πi − 1) = −4i . i

6

2) C - окружность z = 1, Ln i =

πi 2

.

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

Тогда, 2π

2π

2π

0

0

0

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

C

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

Ri it e i

2π 0

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

2π

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

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

z=e

i(t + ) 2

, t ∈ [0,2π ] . По определению

Так как Ln i =

πi 2

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

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

Ln i = ln i + i arg i + 2πki =

πi 2

⇒i

π 2

+ 2πki =

πi 2

⇒ k = 0.

Поэтому 2π

∫ Ln zdz = ∫ Ln(e 0

C

u=t+

π

π

i (t + ) 2

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

it

⇒ du = dt

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

2π

0

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

2π 0

⎤ ⎥ = −2π . ⎦

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

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

π 2

≤ arg z ≤

π 2

, начало пути в точке z = −i ;

7

2. Вычислить

∫ z zdz , где C

замкнутый контур, состоящий

-

С

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

∫z

2

dz , АВ -прямолинейный отрезок, соединяющий точки

AB

z A = 1, z B = i .

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

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

1+ i

∫ (2 z + 1)dz; б). ∫ z

5. Вычислить: а)

1+ i

0

i

3

dz; в). ∫ (3z 4 − 2 z 3 )dz; 1

6. Вычислить следующие интегралы:

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

б). ∫ e

z

2

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

C

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

dz

∫

dz

, где

а). С : z = 1, Re z ≥ 0,

−i =

7. Вычислить

z

C

б). С : z = 1, y ≤ 0, в). C : z = 1,

2 (1 − i ); 2

- 1 = i;

1 = −1;

8. Вычислить ∫ Ln zdz , где C

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

9. Вычислить

∫

, С : z = 1, y ≥ 0, 4 1 = 1.

4

z

3

∫z

α

dz , α − комплексное, 1α = 1

C

10. Вычислить

dz

z =1

8

§2. Теорема Коши. Интегральная формула Коши. Теорема Коши.(для односвязной области) Если функция f (z ) является аналитической в односвязной области D + , ограниченной кусочно-гладким контуром C , и непрерывна в замкнутой области D + = D + ∪ С , то (4) ∫ f (z )dz = 0 C

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

C

Из этого равенства получаем

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

C 0+

C1+

(5)

C n+

(

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

∫ f (z )dz

( А0 А

не зависит от пути

интегрирования и его вычисление сводится к использованию формулы Ньютона-Лейбница (3). Интегральная формула Коши. Если f (z ) аналитическая в области D + и непрерывна в D + = D + ∪ С , то имеет место формула + 1 f (t )dt ⎧ f ( z ), z ∈ D =⎨ 2πi C∫+ t − z z∈D− ⎩0,

(6)

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

(m)

( z) =

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

Пример 7. Вычислить интеграл 2

∫

C

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

(7)

9

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

функция аналитическая, поэтому в силу теоремы Коши

e z dz ∫ z 2 − 6 z = 0; z − 2 =1

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

2

∫

С

e z dz = z 2 − 6z

∫

z − 2 =3

ez z − 6 dz z

2

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

в) В области, ограниченной окружностью z − 2 = 5 , имеем две точки z = 0 , z = 6 в которых знаменатель подынтегральной функции обращается в нуль. Непосредственно формулу (6) применять нельзя. Можно поступить так. 1 на простейшие. Имеем: z − 6z 1 1 1 1 1 = ⋅ = ⋅ . 2 z − 6z 6 z − 6 6 z

Разложим дробь

2

Подставляя в интеграл, получим: 2

e z dz 1 = 2 ∫ z − 6z 6 z − 2 =5 =

2

e z dz 1 ∫ z−6 − 6 z − 2 =5

2

2 e z dz 1 = 2πie z ∫ z 6 z − 2 =5

z =6

2 1 − 2πie z 6

z =0

=

πi 3

e 36 −

πi 3

⋅1 =

e 36 − 1 πi . 3

Пример 8. Вычислить интеграл

sin πz dz . ( z 2 − 1) 2 z −1 =1

∫

Решение. Подынтегральная функция

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

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

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

Находим производную

10

2

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

Решить самостоятельно: 1. Вычислить

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

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

2. Вычислить

4. Вычислить

cos zdz z3 z =1

5. Вычислить

zdz 3 z − 3 = 6 ( z + 4)( z − 2)

6. Вычислить

e t dt 1 , если 2πi С∫ t (t − 1) 3

∫

∫

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

7. Зависит ли интеграл

∫t 0

dt от пути интегрирования −1

2

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

11

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

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

n

(8)

n =0

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

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

(9)

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

+∞

∞

∞

a −n n n =1 ( z − z 0 )

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

n = −∞

n

n =0

(10)

где коэффициенты Лорана a n находятся по формулам an =

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

(11)

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

∞

∑ a (z − z )

n

0

n

n =0

, члены которого ограничены в окрестности z 0 , будем называть

правильной частью ряда Лорана, а ряд

∞

a −n

∑ (z − z ) n =1

n

, члены которого не

0

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

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

f ( z) = ∑

(12)

Здесь главной и правильной частью разложения будут, соответственно ряды ∞

∑a z n =1

n

n

и

∞

a −n

∑z n =0

n

.

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

(13)

12

sin z = z −

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

(14)

cos z = 1 −

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

(15)

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

lg(1 + z ) = z −

(16) (17)

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

(18) (19)

Пример 9. Разложить в ряд Тейлора

∞

∑a n =0

а) cos 2 z ; б) z + i ,

n

z n и найти радиус сходимости

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

Решение.

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

а) cos 2 z =

2n

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

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

в)

13 ∞ 1 1 1 1 ∞ zn zn z =− ⋅ = − ∑ n = − ∑ n +1 , <1 ( z − 3) 3 1− z 3 n =0 3 3 n =0 3 3

г)

Продифференцируем обе части этого равенства −

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

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

Полученный ряд и есть ряд Тейлора функции

1 в круге z < 3, то есть (z − 3)2

R = 3.

Пример 10. Разложить в ряд Тейлора

∞

∑ a (z − 1) n =0

а) ln z ; б)

и найти радиус сходимости

n

n

1 z ; в) z 2 sin ; z+2 z −1

Решение. ∞

а) ln z = ln (1 + ( z − 1) ) = ∑ (−1)

n −1

n =1

( z − 1)n , n

R = 1;

мы использовали формулу (16) . б) .

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

( z − 1) = 1 + 2 ∞ (− 1) ( z − 1)n . 2 2 ∞ = 1 − − ∑ (−1) n ∑ 3 3 n =1 3 3n 3n n =1 z −1 в силу (19), при этом < 1 или z − 1 < 3, то есть R = 3 . 3 в) Сделаем замену z − 1 = y ⇒ z = 1 + y , z 2 = (1 + y ) 2 = y 2 + 2 y + 1 или n +1

n

z 2 = (z − 1) + 2(z − 1) + 1; 2

sin

∞ 1 ( −1) n −1 . =∑ z − 1 n =1 ( 2 n − 1)! ( z − 1) 2 n −1

Итак, z 2 sin

[

]

∞ ( −1) n −1 1 2 = (z − 1) + 2(z − 1) + 1 ⋅ ∑ , R = ∞. 2 n −1 z −1 ( 2n − 1)! n =1 ( z − 1)

Пример 11.

2z − 5 в окрестности точек z − 5z + 6 а) z = 2; б) z = 3; в) z = ∞; г) в кольце 2 < z < 3.

Разложить в ряд Лорана функцию

2

Решение. Разложим данную функцию на простейшие

2z − 5 1 1 = + z − 5z + 6 z − 2 z − 3 ∞ 2z − 5 1 1 1 а) 2 = − = − ∑ ( z − 2) n , 0 < z − 2 < 1 z − 5 z + 6 z − 2 1 − ( z − 2) (18) z − 2 n =0 2

n

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

14

б)

∞ 2z − 5 1 1 1 = + = − ∑ (−1) n ( z − 3) n , 0 < z − 3 < 1 z 2 − 5 z + 6 z − 3 1 + ( z − 3) (19 ) z − 3 n =0

n

n

∞ 2z − 5 1 1 1 1 1 1 1 ∞ ⎛ 2⎞ 1 ∞ ⎛3⎞ 1 = + = ⋅ + ⋅ = ∑ ⎜ ⎟ + ∑ ⎜ ⎟ = ∑ n +1 (3 n + 2 n ). в) 2 2 z 3 z n =0 ⎝ z ⎠ z n =0 ⎝ z ⎠ z − 5z + 6 z − 2 z − 3 z n =0 z 1− 1− z z 1 1 2 Дробь можно разложить по степеням при < 1, то есть при z > 2 ; 2 z z 1− z 1 1 3 дробь можно разложить в ряд по степеням при < 1, то есть при z > 3 . 3 z z 1− z Следовательно, разложение справедливо при z > 3 .

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

г) Функция

2

1 1 = ⋅ z−2 z

∞

1 1−

2 z

=∑ n −0

2n z n +1

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

Дробь

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

1

(z + 1)(z − 2 ) z +1 z − 4z + 5 2

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

z , (1 − z 2 ) 3

г) z lg z ,

z0 = 0 ; z0 = 1

15 z , z 0 = −1 ( z − 1)( z − 2)

д)

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

4)

z z − 3z + 2 а) z1 = 1; 2

б) z 2 = 2 ;

6)

б) в кольце 1 < z < 2 .

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

б)

1 < z < 2;

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

а) z 0 = 0;

б)

z 0 = −2;

а) z 0 = 0;

б)

z 0 = ∞;

1

7) z 2 e z

1

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

z 0 = −2;

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

9)

г) в кольце 1 < z < 2 .

z 2 − 2z + 5 ( z − 2)( z 2 + 1)

а) z1 = 2; 5)

в) z 3 = ∞ ;

в)

2 < z < ∞;

16

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

∞

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

f ( z ) = ∑ a n (z − z 0 ) + ∑ n

n =0

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

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

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

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

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

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

1 . f ( z)

17

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

(22)

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

(23)

где a −1 - коэффициент в разложении Лорана при

1 1 , если z 0 < ∞ , и при , z z − z0

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

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

[

]

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

Re sf ( z ) =

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

z = z0

(25) (26)

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

Если f ( z ) =

0

0

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

∑ Re sf ( z ) + Re sf ( z ) = 0 k =1

z = zk

z =∞

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

(28)

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

а) f ( z ) = 1 + cos z ; б) f ( z ) =

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

Следовательно, точки z n = (2n + 1)π , n = 0,±1,... являются нулями второго порядка данной функции. б) Приравнивая f ( z ) к нулю, имеем z = 0 . Определим порядок нуля z = 0 . Используя разложении sin z в ряд Тейлора в окрестности точки z 0 = 0 , получим f ( z) =

z8 = z − sin z

где ϕ ( z ) =

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

=

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

1 1 z2 − + ... 3! 5!

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

z = −i , причём ϕ (− i ) = 8i ⋅ sh i = −8 sh 1 ≠ 0 . Это означает, в силу (21), что точка z = −i

есть нуль третьего порядка. Аналогично доказывается, что и точка z = i является нулём третьего порядка. Исследуем нули z = kπi, k = 0,±1,±2,... Производная

(

)

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

формулу Тейлора для e z в окрестности точки

z0 = 0 :

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

tgz

tgz

(

)

sin z −tgz

tgz

[

]

[

]

[

]

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

3

4 cos

третьего порядка. Пример 13. Найти все изолированные особые точки функции и определить их характер (в случае полюса определить порядок). а) f (z ) = (z − 1) ⋅ e

1 z −1

; б) f (z ) =

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

(

)

2

.

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

а) Используя разложение e u = 1 + u +

⎤ ⎡ 1 1 1 1 1 + + ... f (z ) = (z − 1)⎢1 + + + + ...⎥ = 1 + (z − 1) + 2 3 2! (z − 1) 3! (z − 1)2 z − 1 2! (z − 1) 3! (z − 1) ⎦ ⎣

Это разложение содержит бесконечное множество членов с отрицательными степенями (z − 1) . Следовательно, z = 1 - существенно особая точка функции f (z ) . cos z , как отношение аналитических, будет аналитической во z2 всей плоскости z за исключением z = 0 и z = ∞ . Ряд Лорана для f ( z ) :

б) Функция f (z ) =

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

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

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

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

в) Особые точки f ( z ) = ctg z − =

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

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

4

3

5

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

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

′

m

=

0

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

г) Изолированные особые точки f ( z ) =

(

1

z z2 + 4

)

2

это нули знаменателя, то есть

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

Рассмотрим: lim f ( z ) = lim z →0

z →0

(

1

z z +4 2

)

2

= ∞ ⇒ z = 0 - полюс;

21 lim f ( z ) = lim

z → ±2 i

(

z → ±2 i

lim f ( z ) = lim z →∞

z →∞

(

1

z z +4 1 2

z z2 + 4

)

2

полюсы;

= ∞ ⇒ z = ±2i -

= 0 ⇒ z = ∞ - устранимая особая точка.

)

2

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

z → z0

m

z →0

(

1

z z2 + 4

)

2

= lim z →0

(z

z m−1 2

+4

)

2

=

1 lim z m−1 ≠ 0 16 z →0

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

z → z0

z →2i

m

1

z ( z − 2i ) ( z + 2i ) 2

2

=

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

при m = 2 ⇒ z = 2i - полюс второго порядка. Аналогично можно доказать, что z = −2i - полюс второго порядка. Пример 14. Определить тип изолированных особых точек и найти в них вычеты для функций: а) f ( z ) =

ez

;

(z + 2i )( z − i )2

б) f ( z ) = tg z ;

1 в) f ( z ) = sin z ⋅ sin ; z

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

1 z

г) f ( z ) = e . ez

являются

(z + 2i )( z − 1)2

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

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

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

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

Точка z 3 = ∞ является существенно особой функции f ( z ) , т.к. не существует lim f ( z ) . Найдём вычет в этой точке, воспользовавшись теоремой о полной z →∞

сумме вычетов (28):

[

]

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

zn =

z = −2 i

π 2

z =0

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

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

lim f ( z ) = lim π

z → +πn 2

z→

π

2

22

Эти z n =

π 2

+ πn являются полюсами первого порядка, так как для

1 = ctg z f (z )

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

2

+ πn

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

ϕ⎜

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

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

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

в) Отметим, что функция f ( z ) = sin z ⋅ sin

1 является чётной, поэтому в её z

разложении в ряд Лорана не будет нечётных степеней. Изолированными особыми точками для f ( z ) будут z = 0 и z = ∞ . Это существенно особые точки, действительно, f ( z ) не имеет предела ни при z → 0 , ни при z → ∞ . Так как вычет в силу формулы (23) в точке z 0 равен ± a−1 , то есть коэффициенту при 1 , то в силу чётности f ( z ) будем иметь: z Res f ( z ) = Res f ( z ) = 0 . z =0

z =∞

1

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

e z = 1+

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

Этот же ряд есть ряд Лорана и в окрестности точки z = ∞ , поэтому z = ∞ устранимая особая точка. Тогда: Res f ( z ) = a −1 = 1 ; Res f ( z ) = − a −1 = −1 . z =0

z =∞

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

23

(

)

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

3

а) f ( z ) =

(

)

(

)

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

(

)

(

)

24

§ 5. Основная теорема теории вычетов и её применение к вычислению интегралов от функции комплексного переменного. 5.1. Теорема. Пусть функция f ( z ) является аналитической всюду в замкнутой области D , за исключением конечного числа изолированных особых точек zk , k = 1,2,.., n , лежащих внутри области D . Тогда

∫

C+

n

f (t )dt = 2πi ∑ Res f ( z ) , k =1

z = zk

(29)

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

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

(z

2

)

+ 1 dz

∫ (z − 1)(z + 2)z

2

[

]

= 2πi Res f ( z ) + Res f ( z ) =

z −1 = 2

z =1

z =0

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

(

)

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

Пример 16. Вычислить: 2

2 ∫ z l z dz .

z =1

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

z 2 l z является точка z = 0 . Это существенно особая точка, так разложение функции в ряд Лорана в окрестности z = 0 содержит бесконечное число членов с отрицательными степенями z : 2 ⎛ 2 1 ⎛ 2 ⎞2 1 ⎛ 2 ⎞3 ⎞ 4 1 2 1 z 2 l z = z 2 ⎜1 + + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ... ⎟ = z 2 + 2 z + 2 + ⋅ + ⋅ 2 + ... ⎜ ⎟ z 2! ⎝ z ⎠ 3! ⎝ z ⎠ 3 z 3 z ⎝ ⎠

Тогда имеем: 2

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

z =1

z =0

1

Пример 17.

∫ z −i =

2

l z dz 2 3 z +1 2

4 8πi . = 3 3

25

Решение. 1 z2

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

В области z − i <

1

Res f ( z ) =

(z

z =i

lz

2

=

)′

+1

2

l −1 2i

z =i

Для нахождения вычета в точке z = 0 необходимо иметь лорановское разложение функции f ( z ) в окрестности точки z = 0 . Однако f ( z ) - чётная, поэтому можно заранее сказать, что в её Лорановском разложении будут 1 . Так что C −1 = 0 , следовательно z

содержаться только четные степени z и Res f ( z ) = 0 . Поэтому по (29) 1

∫ z −i =

5.2.

l

3 2

z2

z2 +1

dz = 2πi ⋅

l −1 π = . 2i l

Рассмотрим интеграл вида 2π

∫ R(cos ϕ , sin ϕ )dϕ

I=

(30)

0

где R - рациональная функция своих аргументов. Заменой z = l iϕ интегралы (30) могут быть сведены к интегралам по единичной окружности от функций комплексного переменного. Действительно, по формулам Эйлера имеем: l iϕ − l − iϕ 1⎛ 1⎞ l iϕ + l − iϕ 1 ⎛ 1⎞ = ⎜ z − ⎟ ; cos ϕ = = ⎜z + ⎟ z⎠ z⎠ 2i 2i ⎝ 2 2⎝ dz dz = il iϕ dϕ , dϕ = −i . z При изменении ϕ от 0 до 2π переменная z пробегает в положительном sin ϕ =

направлении окружность z = 1 . Тогда J примет вид: 2π

I=

⎛1⎛ 1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎞ dz R⎜⎜ ⎜ z + ⎟, ⎜ z − ⎟ ⎟⎟ z ⎠ 2i ⎝ z ⎠⎠ z 2⎝ z =1 ⎝

∫ R(cos ϕ , sin ϕ )dϕ = −i ∫ 0

К последнему интегралу в (31) можно применить основную теорему теории вычетов (29). Пример 18. Вычислить 2π

I=

dx

∫ (a + b cos x )

2

(a > b > 0) .

0

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

∫

dz

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

2

= −i

∫

dz

(

)

b z2 +1 z =1 ⎛ ⎜⎜ a + 2z ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

2

=

4 zdz ∫ i z =1 bz 2 + 2az + b

(

)

2

.

(31)

26

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

− a + a2 − b2 . Вычет подынтегральной функции b

относительного этого полюса равен:

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

(

4 i

Следовательно I = ⋅ 2πi

(

ab 2 a + b2 4

)

−

3 2

=

)

2πab

(a

2

−b

)

3 2 2

.

Пример 19. Вычислить π

cos 2 ϕdϕ . 3 2 0 1− sin ϕ 4

I =∫

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

1 + cos 2ϕ , 2

sin 2 ϕ =

1 − cos 2ϕ , 2

получим: π

π

2π

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

1 2 ∫0

Особыми точками подынтегральной функции будут нули 1 3

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

27

5.3. Вычисление несобственных интегралов от рациональных функций. Пусть f ( x ) =

Pm ( x ) - рациональная функция, причём многочлен Qn ( x ) ≠ 0 на Qn ( x )

всей вещественной оси и его степень по крайней мере на две единицы больше степени числителя, т.е. n ≥ m + 2 . Тогда +∞

∫

−∞

n

f ( x )dx = 2πi ∑ Res f ( z ) ,

(31)

z=zk

k =1

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

I=∫ 0

(x

x 2 dx 2

+ a2

)

2

, a >0.

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

1 x 2 dx I= ∫ 2 −∞ x 2 + a 2

(

Функция f ( z ) =

(z

z2 2

+ a2

)

2

)

2

(x

x2 2

+ a2

)

2

чётная, то

.

аналитична всюду на плоскости, за исключением

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

z2

(z − ai )2 ( z + ai )2

. Полюс z1 = ai лежит в

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

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

= πi lim

z → ai

2 z ( z + ai ) − z 2 ⋅ 2( z + ai ) 2

(z + ai )

4

= πi lim

z → ai

2aiz

( z + ai )

3

=

πi 4ai

=

π 4a

5.4. Вычисление несобственных интегралов вида: +∞

+∞

−∞

−∞

∫ R(x )sin αxdx,

Пусть α > 0 и R( x ) =

∫ R(x ) cos αxdx .

Pm ( x ) - рациональная функция, причём многочлен Q( x ) Qn ( x )

отличен от нуля на вещественной оси и степень Q( x ) на единицу больше степени P( x ) , т.е. n > m + 1 . При этих условиях интегралы I1 =

+∞

+∞

−∞

−∞

∫ R(x )sin αxdx и I 2 =

∫ R(x ) cosαxdx

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

∫ R(x )l

−∞

iαx

dx = 2πi

∑

Im z k > 0

Res R( z )l iαz z = zk

(32)

28

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

(33) (34)

полуплоскости. Пример 21. Вычислить интеграл: +∞

sin x

∫ (x

−∞

)

+1

2

2

dx .

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

(z

1 2

)

+1

2

=

1

( z − i ) ( z + i )2 2

. В верхней

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

sin xdx

∫ (x

−∞

2

)

+1

2

(

= Im 2πi Res R( z ) ⋅ l z =i

iz

)

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

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

Пример 22. Вычислить интеграл: ∞

cos 2 x dx . 2 0 x +4

I =∫

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

+∞

∫

cos 2 x

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

5.5. Главное в смысле Коши значение несобственного интеграла. Если f ( x ) =

Pm ( x ) и Q n ( x ) на вещественной оси имеет конечное число Qn ( x )

простых полюсов x1 , x 2 ,..., x n , то в этом случае формула (32) заменяется на следующую: +∞

v. p. ∫ R( x )l iαx dx = 2πi −∞

n

∑ ResR(z )l iαz + πi∑ Res R(z )l iαz

Im z k > 0

k =1

z=

(35)

29

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

b

∫ f (x )dx называется предел: a

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

Пример 23. Вычислить: +∞

cos µxdx . 3 −∞ 1 + x

I = v. p. ∫ +∞

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

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

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

iπ + 2πki 3

, k = 0,1,2 или

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

из (35) имеем: +∞

iµ x

iµ z

iµ z

iµ z

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

v. p. ∫

= 2πi

(

i µ z1

)

+ πi

l

iµ z

z = z1

=

′

(1 + z ) 3

z = z2

i µ z2

l l + πi 2 3 z1 3 z 22

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

(

)

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

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

+∞

v. p. ∫

3 2

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

Решить самостоятельно. 1)

+∞

dx ∫−∞ x 2 − 2ix − 2 ;

2)

+∞

dx ∫−∞ x 4 + 10 x 2 + 9 ;

3)

∞

x 4 dx

∫ (4 + x ) 0

2 3

;

30

4)

∞

∫ (x 0

7)

∞

dx 2

3

5)

)(

+∞

)

x cos xdx ; 2 −∞ x − 5 x + 6

10) v. p. ∫

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

+∞

−∞

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

∫( 0

)

+1

;

+∞

−∞

2

x cos 3 xdx

∫ (x

−∞

2

)

+1

2

;

9)

+∞

∫ (x

−∞

+∞

sin xdx ; − ∞ (x + 4 )( x − 1)

11) v. p. ∫

2

x 3 sin x 2

+4

)

2

dx ;

31

Ответы: §1.

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

⎝

3

3

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

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

§2.

§3.

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

в)

в)

∑ (2 ∞

n =1

4. а)

n

− 1) ⋅

n

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

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

∞

б) 2∑ n =1

(− 1)n z

2n

n

∞

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

n +1

, 0< z−2 < 5;

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

∞

∑z n =1

n n +1

∞

+∑

(− 1)n 2

n=0

n +1

zn ;

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

n

в)

1 2

∞

7. z 2 + z + + ∑ 9.

n =3

1 z

n−2

1 ⋅ , 0< z <∞; n!

∞ (− 1) ( z − 2) 1 1 + +∑ 2 z − 1 k =2 2k k

k −1

8. [( z + 2)2 − 4( z + 2) + 5]⋅ ∑

, R = 2 ; 10.

∞

n =0

∞

∑ (− 1) (z − 2) n =0

n

n−2

1

n!( z + 2)

n

, 0 < z − 2 < 1;

, R = ∞;

32

§4.

1. а) z n = (2n + 1)πi, n = 0,±1,±2,... нули второго порядка; б) z1, 2 = ±πi - нули второго порядка, z n = (2n + 1)πi - простые нули; в) нет нулей; г) z = 0 третьего порядка, z n = πn - простые; д) z = 0 - простой, z n = nπi - второго π

π 1± i 3

2

2

порядка; е) z n = 3 (2n + 1) ; z n = (2n + 1) ⋅

2

- простые.

2. а) простой нуль; б) третьего порядка; в) третьего порядка; г) второго порядка; д) пятнадцатого порядка; е) третьего порядка. 3. а) z = ±1 - полюса первого порядка, z = 0 - полюс третьего порядка, 1 , Res f ( z ) = 1 , Res f ( z ) = 0 ; z = ±1 z =0 z =∞ 2 б) z = 0, z = ±1 - полюса первого порядка, z = ∞ - устранимая особая точка, 1 Res f ( z ) = 1 , Res f ( z ) = − , Res f ( z ) = 0 ; в) z = −1 - полюс третьего порядка, z = ±1 z =0 z =∞ 2 z = ∞ - существенно особая точка, Res f ( z ) = 2 sin 2 , Res f ( z ) = −2 sin 2 ; z = ∞ - устранимая особая точка, Res f ( z ) =

z = −1

z =∞

г) z = 0 - полюс второго порядка, z = ±3i - простые полюса, z = ∞ 1 9

существенно особая точка, Res f ( z ) = , Res f ( z ) = − z =0

z = ±3i

1 (sin 3 m i cos 3) , 54

1 143 k (sin 3 − 3) ; д) Res f ( z ) = (− 1) , k ∈ Z ; е) Res f ( z ) = − Res f ( z ) = − ; = π z = 2 z = ∞ z k 24 24 1 ж) Res f ( z ) = − Res f ( z ) = , z = 0 - существенно особая, z = ∞ - устранимая. z =0 z =∞ 5! 3π 3π π π cos 2 π 1 1 1 ; 4. ; 5. ; 6. πl −3 ⎛⎜ cos1 − sin 1⎞⎟ ; 7. ⎛⎜ − ⎞⎟ ; 1. 0 ; 2. ; 3. 2 12 32 8 6 ⎝ l 2l ⎠ l ⎠ ⎝3 Res f ( z ) = z =∞

§5.

8. 0 ; 9. 0 ; 10. π (2 sin 2 − 3 sin 3) ; 11.

π

(cos1 − l ) . 5 −2

Литература: 1. В. Н. Николенко. Теория аналитических функций. РГУ, 1988. 2. М. Г. Хапланов. Теория функций комплексного переменного. 3. Л. И. Волковыский, Г. Л. Лунц, И. Г. Армянович. Сборник задач по теории функций комплексного переменного. Москва, «Наука», 1970. 4. М. Л. Краснов, А. И. Киселёв, Г. И. Макаренко. Функции комплексного переменного. Операционные исчисления. Теория устойчивости (задачи и упражнения). «Наука», 1971. 5. И. И. Привалов. Введение в теорию функций комплексного переменного. Физматизд, 1960.