Элементы теории функций комплексной переменной: Учебное пособие

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ГОУ ВПО «НИЖНЕВАРТОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ГУМАНИТАРНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Н.Р. Жарова

Элементы теории функций комплексной переменной Учебное пособие

Нижневартовск 2009

ББК Ж Печатается по рекомендации кафедры математики и методики преподавания математики Нижневартовского государственного гуманитарного университета Рецензенты: д-р физ—мат. наук П.М. Косьянов (зав. кафедрой информатики филиала ЮУрГУ в г. Нижневартовске) д-р пед. наук Л.Г. Кузнецова (заведующая кафедрой математики и методики преподавания математики НГГУ); Жарова Н.Р. Элементы теории функций комплексной переменной: Учебное пособие /Жарова Н.Р. –Нижневартовск: НГГУ, 2009.- 67 с. ISBSN

В учебном пособии рассмотрены основополагающие понятия теории функций комплексной переменной, представлены варианты курсовых заданий по этой дисциплине для направления 230105 «Программное обеспечение вычислительной техники и автоматизированных систем», а также по дисциплине «Математика» 200106 «Информационно-измерительная техника и технологии». Пособие содержит образец выполнения курсовых заданий, множество примеров, необходимый справочный материал. В приложении приведены примеры решения задач в математической системе MathCAD, что существенно отличает его от традиционных практикумов.

© Жарова Н.Р. 2009 © НГГУ, 2009

СОДЕРЖАНИЕ Введение……………………………………………………………….

2

Цели и задачи преподавания и изучения дисциплины……………... 3 Содержание разделов и тем дисциплины…………………………… 4 Варианты курсовых заданий по дисциплине……………………….. 4 Пример выполнения курсового задания…………………………….. 13 Рекомендуемая литература…………………………………………...

33

Справочный материал………………………………………………...

33

Приложение…………………………………………………………… 59

ВВЕДЕНИЕ Дисциплина «Элементы теории функций комплексной переменной» относится к циклу общих математических и естественнонаучных дисциплин и является дисциплиной по выбору студентов, обучающихся по направлению 230105 «Программное обеспечение вычислительной техники и автоматизированных систем», а также входит в содержание курса «Математика» обязательной дисциплины федерального компонента ГОС ВПО по направлению 200106 «Информационно-измерительная техника и технологии». Изучение раздела высшей математики «Элементы теории функций комплексной переменной» представляет большие трудности для студентов по нескольким причинам: • сложность в формулировании стандартной задачи и алгоритмизация процедуры ее решения; • громоздкие вычисления, необходимые для решения многих задач теории упругости, электродинамики и других задач других естественных наук. Данное учебно-методическое пособие представляет: • цель, задачи и программу дисциплины; • варианты курсовых заданий (для студентов очной формы обучения) и контрольной работы (для студентов заочной формы обучения), обучающихся по направлениям 230105 «Программное обеспечение вычислительной техники и автоматизированных систем», 200106 «Информационно-измерительная техника и технологии»; • пример выполнения курсового задания; • рекомендуемая литература; • справочный материал; • приложение с примерами выполнения заданий в системе MathCAD.

3

Учебно-методическое пособие может быть полезна для студентов, обучающихся по направлению 540200 «Физико-математическое образование», преподавателям и аспирантам. 1. ЦЕЛИ И ЗАДАЧИ ПРЕПОДАВАНИЯ И ИЗУЧЕНИЯ ДИСЦИПЛИНЫ Цель изучения дисциплины состоит в том, что выпускник университета, в сочетании с растущими потребностями общества в качественно новом образовании должен владеть стандартными методами решения типовых задач дисциплины, применять эти методы к описанию и исследованию математических моделей в современных областях науки и технологий. Задачи: необходимо усвоить следующие основные теоретические положения: • дифференцирование функций комплексного переменного; • конформные отображения; • интегрирование функций комплексного переменного; • интегральную формулу Коши и ее приложения; • аналитическое продолжение, вычеты и их приложения. Относительная легкость формального усвоения теоретического материала сочетается в этом курсе с серьезными трудностями в овладении конкретными методами теории функции комплексного переменного. На экзаменах студент обязан показать свое умение решать конкретные задачи. Перечень дисциплин, усвоение которых необходимо для изучения данной дисциплины студентами: основы математического анализа, линейной алгебры, геометрии, дифференциальных уравнений.

4

2. СОДЕРЖАНИЕ РАЗДЕЛОВ И ТЕМ ДИСЦИПЛИНЫ Тема 1. Введение. Понятие комплексного числа. Действия над комплексными числами, различные формы записи комплексных чисел. Понятие функции комплексной переменной. Элементарные функции комплексной переменной. Области и границы. Тема 2. Предел функции комплексной переменной. Понятие непрерывности комплексной переменной. Тема 3. Дифференцируемость функций комплексной переменной и условия Коши-Римана. Аналитические функции комплексной переменной. Производная. Дифференциал. Геометрический смысл модуля и аргумента производной. Понятие о конформном отображении. Тема 4. Интегрирование функции комплексной переменной. Определение, свойства и правила вычисления интеграла. Теорема Коши. Тема 5. Ряды аналитических функций. Степенные ряды. Теорема Абеля. Ряд Тейлора. Нули аналитической функции. Ряд Лорана. Связь между нулем и полюсом. Тема 6. Теория вычетов и их приложения. Вычеты в особых точках. Применение вычетов. Преобразование Лапласа. 3. ВАРИАНТЫ КУРСОВЫХ ЗАДАНИЙ ПО ДИСЦИПЛИНЕ Задание 1. По заданным z1 , z 2 выполнить: а) найти значение выражения; б) вычислить значение КЧ; в) записать число в тригонометрической и показательной форме; г) на комплексной плоскости изобразить множество точек, удовлетворяющих заданным соотношениям. Задание 2. Найти вещественную и мнимые части данной функции. Найти значение функции в заданной точке.

5

Задание 3. Найти точки, в которых функция дифференцируема. Вычислить производную в заданной точке. Задание 4. Восстановить аналитическую функцию по заданным условиям. Задание 5. Вычислить значение функции в заданной точке. Задание 6. Вычислить интеграл по кривой. Задание 7. Разложить в ряд Лорана данную функцию в указанной области. Задание 8. С помощью вычетов вычислить интеграл. Варианты заданий 1-й вариант

2-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = 1 − 3 ⋅ i, z 2 = 3 − 2 ⋅ i;

z1 = 3 + 3 ⋅ i, z 2 = 2 + i;

4

а) z1 +

iz 2 z1

2

+ 8 z1 z 2 ; б)

3

(

)

6 2 Z1 ; в) z 2 ; а) z1 + 8iz1 z 2 −

5 z2 ; б) z1

г)

Задание 2

Re z + 2 = Im 2 ( z − z 2 );

1 ; f (3 − 2i ). 2z

Задание 3

w=

2 ; w′(i ). 1+ z

Задание 4

Задание 2

w ==

1 2i + ; w(2). z z −1

Задание 3 2

w = z 2 + i ⋅ z ; w′(1 + i ).

x v ( x, y ) = 2 − 2 y, f (1) = 0. x + y2

Задание 4

Задание 5

Задание 5

π

e4

i

; sin(π + i ).

Задание 6

Z1 ; в) z 2 ;

2 ≤ z + z 2 < 4;

г) z + z 2 < 2; Re z 2 − z = 2 + Im z;

f ( z ) = (i − z ) 2 +

4

v( x, y ) = ln( x 2 + y 2 ) + x − 2 y.

2 ln(5 + 5i ); ch(1 − π ⋅ i ). 3 Задание 6

2 ∫ Im z ⋅ zdz, L : z = 1,−π ≤ arctgz ≤ 0 ∫ I ((3 y − 1) + 4 xi)dz, L − отрезок прям

L

L

6

Задание 7

Задание 7

1 f ( z) = 2 , 2 < z < 3. ( z − 9)( z 2 − 4)

z3 f ( z) = , z − 2 > 2. ( z − 1)( z − 2)

Задание 8

Задание 8

2π

2π

dϕ ∫ 1 − 0,5 cos ϕ . 0

dϕ

∫ 1 + 0,3 cos ϕ .

0

3-й вариант

4-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = 2 − 2 ⋅ i, z 2 = −2 + 2i;

z1 = 8 + 8 ⋅ i, z 2 = 2 + 3i;

3

а) z1 + 3iz1 +

z2 z1

2

; б)

4

Z1 ; в) z 2 ; г) а) z13 + z 2 3 + z1 ; б) 2iz 2

4

Z1 ; в) z 2 ; г)

0 < Im( zi ) < Re 2 z; z − z 2 = z − z1 . Im z1 + Im z 2 = Re 2 z1 − Im z1 ; Задание 2

w=

3 + 4; w(1 − i ). ( z − 1) 2

Задание 3

5 < z − z 2 < 7. Задание 2

2 f ( z ) = 3z + ; f (4 + 3i ). z

(3i − z ) 2 w= + 4; w′(1). ( z − 1) 2

Задание 3

Задание 4

Задание 4

u ( x , y ) = 3 x 2 y − y 3 + x + 5.

u ( x, y ) = 2 x cos( y ln 2), f (0) = 2.

Задание 5

Задание 5

π 1 ch( + 3i ); sin( π + 3i ). 3 3

π 1 ch( − 2i ); cos( π − 2i ). 6 6

Задание 6

Задание 6

3+ i

∫

2−i

dz z

w = ( z + 3i − 1) 2 ; w′(1 − i ).

3 − 2i

∫

2+i

dz z

7

Задание 7

f ( z) =

Задание 7

z+2 , 0 < z − 1 < 2. z 2 − 4z + 3

Задание 8

f ( z) =

1 , z < 2. z2 +1

Задание 8

∞

∞

dx ∫ (1 + x 2 ) 4 . −∞

. ∫ 2 2 − ∞ ( x + 3)

5-й вариант

6-й вариант

Задание 1

Задание 1

. z1 = −2 ⋅ i, z 2 = 3 − 4i;

z1 = 2 (i − 1)i, z 2 = 2 + 4i;

10

2

а) z1 + iz1 z 2 −

8 ; б) z1

4

dx

Z1 ; в) z 2 ; а) z 2 2 − 4i z1 5 z1 z 2 ; б) z2

г) Re(1 + z ) = Re z 2 ⋅ z 1 ;

г) Re(1 + z ) = Re z 2 ⋅ z 1 ;

4 > z + 2i > 2.

4 > z + 2i > 2.

Задание 2

Задание 2

i f ( z ) = z 3 − 1 + ; f (1 − 2i ). z Задание 3

w = 2i (1 + 3i ) − z 2 ; w′(i ). Задание 4

4

Z1 ; в) z 2 ;

(3i + z ) 3 w= ; w(2 − i ). z Задание 3

w=

2 ; w′(−3i ). ( z − 1) 2

Задание 4

x u ( x, y ) = −3x 2 y + y 3 + x, f (i ) = 1 − i. u ( x, y ) = e cos y, f (i ) = i sin 1.

Задание 5

π

ch(8i − ); ln(8 − 8 2i ). 3 Задание 6 1− i

dz ∫ z i

Задание 5

π

cos(2i + ); 3 Задание 6 3 +i

∫

3i

dz z

3π e4

8

Задание 7

Задание 7

z4 f ( z) = , z − 2 > 0. ( z − 2) 2

f ( z) =

z , z − i > 2. z2 +1

Задание 8

Задание 8

∞

∞

dx

dx ∫ (x 2 + 3) 2 . 0

. ∫ 6 −∞ 1 + x

7-й вариант

8-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = −1 − i, z 2 = 3i;

z1 = 1 + i, z 2 = 2 − i 2 ; z а) iz1 + 1 + 2 z1 z 2 ; б) i + z2 4

в)

z 2 ; г)

4

Z1 ;

а) 3iz1 −

z1 + z 28 ; б) iz 2

4 > z + 2i > 2.

(Im z ) −1 Re z = 2.

Задание 2

Задание 2

f ( z ) = ( z − 2i ) 2 +

1 ; f (−7 − i ). 4i

Задание 3

Задание 3

w = (i z ) 2 − (i − z ) 2 ; w′(−1 − 7i ).

w = ( z + i ) 3 ; w′(2i ).

Задание 4

Задание 4

y 1 π u ( x, y ) = − 2 , f ( ) = . π x + y2 Задание 5

π

ch(8i − ); ln(8 − 8 2i ). 3 Задание 6

u ( x, y ) = 2(chx sin y − xy ), f (0) = 0. Задание 5

i i ; ln(1 + i ). Задание 6 i

2

ze z dz . ∫ ∫ z dz, отрезок от z1 = 1 до z 2 = − − i −1

С

Z1 ; в) z 2 ;

Re( z + z 2 ) 2 ≤ 1 + Im 2 z;

Re(1 + z ) = Re z 2 ⋅ z 1 ; г)

1 w= + 3z; w(4 − 2i ). z+2

4

9

Задание 7

Задание 7

f ( z) =

z , z < 1. ( z 2 + 4)( z 2 − 1)

f ( z) =

7z −1 , z < 1. z2 + z − 2

Задание 8 Задание 8

∞

dx ∫ ( x 2 + 1) 2 . −∞

∞

9-й вариант

dx ∫ 2 2. 0 (x + 1)

Задание 1

10-й вариант

z1 = −2i, z 2 = 4 + i;

Задание 1

а)

3 z 61

в)

z2 + − 4 z1 z 2 ; б) z1 + z 2

z2 ;

г)

3

Z1 ;

Re( z − z 1 ) = 2 Im 2 z;

⎧π

⎪ < arg ≤ π , ⎨2 ⎪ z − z1 > 3. ⎩

z1 = 1 + i, z 2 = 2 − 5i; а) z101 −

3 − iz 2 ; б) z1 + z 2

3

Z1 ; в) z 2 ;

г) Re z + Im z = Im z 2 + Re z1 ;

Im x + 2i < 1. Задание 2

f ( x) = ( z − 1) 2 + ( z + 1) 2 ; f ( −1 − i ).

Задание 2

w = ( z + 4i − 1) 2 + 4i; w(−2 − i ).

Задание 3

Задание 3

w = (i − z ) 3 ; w′(2i ).

2

w = z ⋅ z ; w′(0).

Задание 4

Задание 4

u ( x, y ) = x 2 − y 2 − x, f (1 + i ),

x 4 + y 4 Задание 5 . u ( x, y ) = 2e cos y + x y − 6 1i ; eπ (1− i ) . x

2

2

Задание 5 −1

⎛1 + i ⎞ ⎜ ⎟ . ⎝ 2 ⎠ Задание 6 i

2

3 x ∫ 3z e dz

− 2i

Задание 6

∫ z dz, L : [z1 , z2 ] - отрезок от z1 = 1 +

C

10

Задание 7

Задание 7

f ( z) =

3− z , z < 2. z 2 + 2iz + 8 2π

Задание 8

∫

0

dϕ . 3 + sin ϕ

f ( z) =

1 , z < 1. z 2 − 3z − 2 ∞

Задание 8

dx

∫ (x 2 + 4)3 . 0

11-й вариант

12-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = 3 − 4i, z 2 = 2 − 5i;

z1 = 3i, z 2 = 1 + 3i;

4

а) z1 + 3

(3i + 1) z 2 2iz 2 − 3 z1 ( z 2 + 2i ); б) а) z18 − + z1 z 2 ; б) z1 z1 + 4i − 6

г) z − z 2 − z1 > 3;

г) Im z − (Re z ) 2 = Im z 2 ;

Re z − (Im z ) 2 = Re z1 .

. z − z 2 > z − z1 ;

Задание 2

Задание 2

f ( z ) = 2 z − 3 − 3z 3 ; f (3 − 2i ).

w = z (3 − 2 z 2 ); w(3i ).

Задание 3

Задание 3

w = z Im z − (3i − z ) 2 ; w′(1). Задание 4

u ( x, y ) =

(1 − i )

x y cos − + x 2 y. 2 3

; sin 2i.

Задание 6

∫

C

f ( z) =

3i + 1 ; f (1 − i ). z−2

Задание 4 3

Задание 5 i −1

Z1 ; в)

z1 ;

Z1 ; в) z1 ;

−y e2

4

z dz , L : [z1 , z 2 ] - отрезок от z1 = 2

u ( x, y ) = ch(3 y ) sin(3 x) − 8 xy + 4 y. Задание 5

(1 + i ) i ; sh(−3 + i ). Задание 6

⎧ x = R cos t , ⎪ ∫ Im zdz, L : ⎨ y = sin t , 0 ≤ t ≤ π . C ⎪⎩ 3

11

Задание 7

f ( z) =

Задание 7

z , z > 2. ( z 2 − 4)( z 2 − 1) 2

Задание 8

f ( z) =

3− z , z − 2 > 6. z 2 + 2z − 8

Задание 8

∞

dx ∫ ( x 2 + 9) 3 . −∞

2π

∫

13-й вариант

0

dϕ . 1 + 0,2 cos ϕ

Задание 1

14-й вариант

z1 = 2 + 2i, z 2 = 1 + 3i;

Задание 1

а)

6 z1

iz 2 + 2 − 3 z1 z 2 ; б) z1

3

Z1 ; в) z1 ;

Im z 2 − Im z1 + Im z ≤ Re z1 ;

г)

z + 3i + 1 = 2.

2

а) 3 z1 +

z2 − 2 z1 z 2 2 ; б) 1 + z1

4 w = (3i − z ) + ; w(3i − 1). z 2

Задание 3

3 ; w(i ). z2 +1

Задание 4

Задание 2

f ( z) =

2i + 1 − z 3 ; f (2i ). z

Задание 3

4 w = 8i (1 + 7 z ) − z 2 + ; w′(1 + i ). z Задание 4

Задание 5

Задание 5

− 1i ; ch(−3 + i ).

cos i; ln(2 − i ).

Задание 6

Задание 6

3 ∫ (z −

2+i

Z1 ;

в) z 2 ;

x y u ( x, y ) = sh sin − 8 xy + 4 x. 2 2

2i

3

г) Re( z 2 − z1 ) ≥ 2; z − 1 − 2i = 4.

Задание 2

w=

z1 = −2i, z 2 = 4 + i;

z2 z )e 2

dz.

v( x, y ) = x 3 + 6 x 2 y − 3 xy 2 − 2 y 3 .

2i

∫ i

z2 ze 2

dz.

12

Задание 7

f ( z) =

Задание 7

2 , z < 1. z2 −1

f ( z) =

4z , 0 < z − 2i < 4. 4 + z2

Задание 8

Задание 8

2π

2π

∫

0

dϕ . 5 − 4 cos ϕ

∫

0

cos 2 2 xdx . 5 − 4 cos x

15-й вариант

16-й вариант

Задание 1

Задание 1

z1 = 4 − 4i, z 2 = 2 − i 2 ;

z1 = 3i, z 2 = 1 + i;

2

а) z1 +

i − z1 z 2 2 ; б) 1 + z1

4

Z1 ;

а) 2 z1 −

3iz 2 + z1 z 2 ; б) i + z1

3

Z1 ;

в) z 2 ;

в) z 2 ;

г)1 < z − z1 < 2;

г) arg z 2 < arg z ≤ arg z1 ;

Im z 2 − z = 2 − Im z.

Re z1 − Re( z 2 − z1 ) = Im 2 z.

Задание 2

Задание 2

(

)

i−z f ( z) = ; f (5 − 2i ). 3 − 2z

Задание 3

Задание 3

4 w = 8i (1 + 7 z ) − z + ; w′(1 + i ). z 2

Задание 4

v ( x, y ) = e

w = 2 z − (7 z + i ) 2 ; w′(−2 − 3i ). Задание 4

v( x, y ) = e 2 y sin 2 x + 3 xy 2 − x 3 . −2 y

x3 sin 2 x − + xy 2 . 3

Задание 5

sh(4 − i ); Ln( 3 + i ). Задание 6

2 f ( z ) = 2 z − ; f ( 3i ). z

∫ z Im zdz, L : z = 2.

L

Задание 5

(1 + i )1− i ; ch(4 − i ). Задание 6

∫e

L

z

2

Re zdz , L : z ∈ [0,1 + i ].

13

Задание 7

f ( z) =

Задание 7

1 , z < 3. z 2 + iz + 12

f ( z) =

z , z > 5. z 2 − 25

Задание 8

Задание 8

2π

∞

∫

0

dϕ . (5 + 4 cos ϕ ) 2

dx

∫ (x 2 + 1) 4 .

0

4. ПРИМЕР ВЫПОЛНЕНИЯ КУРСОВОГО ЗАДАНИЯ Вариант 0 Задание 1. По заданным z1 = −3 + i 3, z 2 = 1 + i выполнить: 6

а) найти значение выражения 2 z1 z 2 − б) вычислить значение КЧ

6

i ; z1

z1 ;

в) записать число z1 в тригонометрической и показательной форме; г) на комплексной плоскости изобразить множество точек, удовлетворяющих заданным соотношениям 3 < z − z1 ≤ 10; Re z + Re z 2 = Im z − Im z1. Решение. а) 2 z1 = −6 + 2 3i; Так как по формуле Муавра z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ ), то

z 2 6 = r 6 (cos 6ϕ + i sin 6ϕ ) == ( 2 ) 6 (cos 6 = 8(cos 3

π

π

π

π

+ i sin 6 ) = 4 4

+ i sin 3 ) = 8(0 − i ⋅ 1) = −8i. 2 2

Угол ϕ нашли из условия arg z 2 = acrtg КЧ равен r =

x 2 + y 2 = 12 + 12 = 2.

y 1 π = arctg = , а модуль r x 1 4

14

i i −i − 3 − i 3 3i + i 2 3 − 3 3i = = + . ⋅ Найдем − . − = 12 12 12 z1 z1 − 3 + i 3 − 3 − i 3 Окончательно

2 z1 z 2 6 −

имеем

3 3i i 3 3i = (−6 + 2 3i )(−8i ) − + = 48i − 16 3i 2 − + = 12 12 z1 12 12

= 27,05 + 48,25i. n

б) На основании формулы

z = n r (cos

ϕ + 2πk n

+ i sin

ϕ + 2πk n

),

где k -целое число, равное k = 0,1,2,..., n − 1, получим

π 6

+ 2πk

z 2 = 2 (cos 4 6

6

π + i sin 4

+ 2πk ).

6

Пусть k = 0,1,2,3,4,5.

k = 0,

Положим

z 2,1 = 6 2 (cos

π 24

+ i sin

π 24

тогда

) = 1,122(0,991 + i ⋅ 0,131) = 1,113 + i ⋅ 0,147.

Замечание. Значения

6

2 , cos

π 24

, sin

π 24

вычислены при помощи компьютера.

k = 1,

Положим

z 2, 2 = 6 2 (cos

тогда

3π 3π + i sin ) = 1,122(0,383 + i ⋅ 0,924) = 0,43 + i ⋅ 1,037. 8 8 k = 2,

Положим

тогда

17π 17π + i sin )= 24 24 = 1,122(−0,609 + i ⋅ 0,793) = −0.683 + i ⋅ 0,891. z 2,3 = = 6 2 (cos

k = 3,

Положим

z 2, 4 = = 6 2 (cos

тогда

5π 5π + i sin ) = 1,122(−0,707 − i ⋅ 0,707) = −0.794 − i ⋅ 0,794. 4 4

Положим k = 4, тогда z 2,5 = 6 2 (cos

33π 33π + i sin )= 24 24

15

= 1,122(−0,383 − i ⋅ 0,924) = −0.43 − i ⋅ 1,037. Положим k = 5, тогда z 2,6 = 6 2 (cos

33π 33π + i sin )= 24 24

= 1,122(0,609 − i ⋅ 0,793) = 0.683 − i ⋅ 0,891. Все корни

6

z 2 изображаются на комплексной плоскости вершинами

правильного шестиугольника, вписанного в окружность с центром в точке

z = 0 и радиусом

6

z = 6 2.

в) Найдем z1 = − 3 + i 3 в тригонометрической форме z = r (cos ϕ + i sin ϕ ). 2

r = x 2 + y 2 = (−3) 2 + ( 3) = 12 = 2 3. arg z1 = acrtg

3 y + π = ( x < 0, y > 0), arctg (− ) + π = −0,524 + π . 3 x

z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) = 2 3 (cos(π − 0,524) + i sin(π − 0,524). Запишем число в показательной форме z = r ⋅ e i ⋅ϕ = 2 3 ⋅ e i ⋅ (π − 0,524) . г) Изобразим на координатной плоскости множество точек, удовлетворяющих условиям:

3 ≤ z − z1 ≤ 10. z − z1 = x + iy − (3 − i 3) = x − 3 + i ( y − 3) . Модуль z − z1 = x 2 + y 2 = ( x − 3) 2 + ( y − 3 ) 2 . Подставим это выражение в исходное двойное неравенство, возведем обе части в квадрат и получим систему неравенств

⎧⎪( x − 3) 2 + ( y − 3 ) 2 ≤ 10 2 , ⎨ ⎪⎩( x − 3) 2 + ( y − 3 ) 2 ≥ 32.. Эти неравенства изображаются двумя окружностями с центром

c = (3, 3 ), и радиусами R1 = 10, R2 = 3. Ответ:

Множество

точек,

удовлетворяющих

3 < z − z1 ≤ 10 – есть кольцо (рис.1).

системе

неравенств

16

Рис.1 Замечание. График построен при помощи универсальной математической сиcтемы Maple, с привлечением функции implicitplot: implicitplot({(x-3)^2

+(y-sqrt(3))^2

=

100,(x-3)^2

+(y-sqrt(3))^2 = 9},x=-10.0..15.0,y=-10.0..15.0); Изобразим на координатной плоскости множество точек, удовлетворяющих условиям

Re z + Re z 2 = Im z − Im z1. Re z = x, Re z 2 = 1, Imz = y, Imz1 = 1. Имеем x + 1 = y − 1. Ответ:

Множество

точек,

удовлетворяющих

уравнению

Re z + Re z 2 = Im z − Im z1. есть уравнение прямой линии y = x + 2 (рис. 2).

Рис. 2 Задание 2. Найти вещественную и мнимые части данной функции

1 f ( z ) = (i + z ) 2 + . Найти значение функции в заданной точке (3 + 2i ). z Решение

f ( z ) = f ( x + yi) = (i + x + iy ) 2 +

2 1 = ( x + i (1 + y )) = x 2 + 2ix(1 + y ) + x + iy

17

x − iy x = x 2 − (1 + y ) 2 + 2ix (1 + y ) + 2 − 2 ( x + iy )( x − iy ) x +y ⎡ y ⎤ y x 2 2 x − ( 1 + y ) i x y − 2 ⋅ i = 2 ( 1 ) + + − + ⎢ ⎥. x + y2 x2 + y2 ⎣ x2 + y2 ⎦

+ (1 + y ) 2 ⋅ i 2 +

Re f = x 2 − (1 + y ) 2 + Находим

⎡ y ⎤ x x y , 2 ( 1 ) . + − Im f = ⎢ 2 2⎥ x2 + y2 x y + ⎣ ⎦

значение

функции

в

заданной

точке

(3 + 2i ).

3 ⎤ ⎡ 2 ⎤ 3 232 ⎡ 2 3 3 = + ⋅ . + ⋅ ⋅ − f (3 + 2i ) = ⎢32 − (1 + 2) 2 + 2 i i 13 3 + 2 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 32 + 2 2 ⎥⎦ 13 ⎣ Ответ: f (3 + 2i ) =

3 232 +i⋅ . 13 13

Задание 3. Пример 1. Найти точки, в которых функция ω = z ⋅ z дифференцируема. Вычислить производную ω ′(i ) в заданной точке. Решение. Находим действительную и мнимую части функции ω = z ⋅ z :

ω = u + iv = f ( z ) = z ⋅ z = x 2 + y 2 ( x − iy ) = x x 2 + y 2 − iy x 2 + y 2 . u ( x, y ) = x x 2 + y 2 , -действительная часть , v( x, y ) = − y x 2 + y 2 -мнимая часть. Частные производные, очевидно, всюду непрерывны, и, следовательно, функции u ( x, y ) и v( x, y ) всюду дифференцируемы. Проверим выполнение условия Коши-Римана

∂u ∂v ∂u ∂v = , =− : ∂x ∂y ∂y ∂x

∂u 2x2 2x2 + y 2 2 2 = x +y + = , 2 2 2 2 ∂x x +y 2 x +y ∂v = −( x 2 + y 2 + ∂y

y2 2

x +y

2

∂v yx xy =− =− , 2 2 2 2 ∂x x +y x +y

)=−

x2 + 2 y2

∂u = ∂y

2

x +y

2

.

xy 2

x +y

2

.

18

Одно из условий Коши-Римана нарушено:

∂u ∂v ≠ . Следовательно, функция ∂x ∂y

ω = z ⋅ z нигде не дифференцируема, поэтому невозможно отыскать ω ′(i ) . Ответ: невозможно отыскать ω ′(i ) . 2

Задание 3. Пример 2. Доказать, что функция ω = z дифференцируема лишь в точке z = 0 и найти ω ′(0). 2

Решение. Поскольку ω = z = x 2 + y 2 , то u ( x, y ) = x 2 + y 2 , ν ( x, y ) = 0. Эти функции имеют частные производные в любой точке. Но

∂u ∂u = 2 x, = 2 y, ∂x ∂y

∂v ∂v = = 0, и поэтому условия Коши-Римана выполняются лишь в одной ∂x ∂y ⎛ ∂u ∂v ⎞ + i ⎟⎟ = 0. ∂y ⎠ x = 0 ⎝ ∂x y =0

точке. Сама производная ω ′(0) = ⎜⎜

⎛ ∂u ∂v ⎞ + i ⎟⎟ = 0. ∂y ⎠ x = 0 ⎝ ∂x y =0

Ответ: ω ′(0) = ⎜⎜

Задание 4. Восстановить аналитическую функцию f (z ) по заданным условиям: u ( x, y ) = Re( z ) = x 3 − 3 xy 2 + 2 y , f (i ) = 2. Решение. 1. Находим частные производные функции 2. Используея 2-e условиe Коши-Римана

∂u ∂u = −6 xy + 2 . = 3x 2 − 3 y 2 , ∂y ∂x

∂v ∂u ∂v ∂u = , =− ∂x ∂y ∂y ∂x

∂v ∂u =− = 6 xy − 2 , ∂x ∂y находим функцию v( x, y ) , интегрируя по x частную производную

19

∂v = 6 xy − 2 . ∂x Получим

v ( x, y ) = ∫

∂v dx + ϕ ( y ) = ∫ (6 xy − 2)dx + ϕ ( y ) = 3 x 2 y − 2 x + ϕ ( y ). ∂x

Продифференцируем v( x, y ) по переменной y:

∂v = 3 x 2 + ϕ ′( y ). ∂y

Для нахождения функции ϕ ( y ) используем первое условие Коши-Римана

∂u ∂v = : 3 x 2 − 3 y 2 = 3 x 2 + ϕ ′( y ). ∂x ∂y Получаем обыкновенное дифференциальное уравнение 1-го порядка,

ϕ ′( y ) = −3 y 2 , из которого определим неизвестную функцию ϕ ( y ).

ϕ ( y ) = − ∫ 3 y 2 dy = − y 3 + C. Таким образом, получаем функцию v( x, y ) = 3 x 2 y − 2 x − y 3 + C. 3. Записываем искомую функцию f (z ) в виде

f ( z ) = u + iv = x 3 − 3 xy 2 + 2 y + i (3x 2 y − 2 x − y 3 + C ). Преобразуем полученное выражение к функции переменной z, используя ра-

z = x + iy

венства

z 3 = ( x + iy ) 3 = x 3 + 3x 2iy + 3 xi 2 y 2 + i 3 y 3 = x 3 − 3xy 2 + i (3 xy 2 − y 3 ), получаем f ( z ) = z 3 − 2iz + C , где С  произвольная постоянная. 4. Находим С из условия f (i ) = 2 : 2= i 3 − 2i ⋅ i + C. Получаем C = i и, следовательно, f ( z ) = x 3 − 2iz + i. Ответ: f ( z ) = x 3 − 2iz + i.

и

20 i

π

Задание 5. Вычислить значения функций e 2 , sin i , cos(1 + i ) , ln(-1), i i в заданной точке. Решение.

e

i

π 2

= cos

По

π 2

формуле

+ i sin

π 2

Эйлера

e z = cos z + i sin z можем

записать

= i.

e iz − e −iz . sin z = 2i Запишем

e i ⋅i − e −i ⋅i e −1 − e +1 e − e −1 sin i = = =i = ish1. 2i 2i 2 e i ⋅i + e − i ⋅i e i ⋅i − e − i ⋅i − sin 1 = cos(1 + i ) = cos 1 cos i − sin 1 sin i = cos 1 2 2i cos 1ch1 − i sin 1sh1. Здесь использовали формулы cos( x + y ) = cos x cos y − sin x sin y,

eiz + e −iz cos z = , cos iz = chz, − i sin iz = shz. 2 ln(−1) = ln − 1 + i arg(−1) = ln 1 + πi = πi. i

i ln i

i (ln i + iArgi )

i =e =e ( k = 0,±1,±2,..).

π

=

i (ln 1+ i ( + 2πk )) 2 e

π

=

− ( + 2πk ) e 2

Задание 6. Пример 1. Вычислить интеграл ∫ Re( z) dz по кривой l , где: l

а) l - прямая, соединяющая точки z1 = 0 и z 2 = 1 + i ; б) l - ломаная ОВА, O(0,0), B (1,0), A(1,1). Решение. а) Путь интегрирования l - прямая, соединяющая точки z1 = 0 и

z 2 = 1 + i . Пусть f ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ) . Re( z ) = x, u ( x, y ) = x, v( x, y ) = 0. Уравнение отрезка прямой, соединяющей точки z1 = 0 и z 2 = 1 + i имеет вид

y = x, 0 ≤ x ≤ 1. Тогда dy = dx.

21

Применим к вычислению интеграла формулу

∫ f ( z )dz = ∫ (u + iv)(dx + idy ) = ∫ udx − vdy + i ∫ udy + vdx = l

l

l

l

1

⎛ x2 x2 ⎞ 1 + i ∫ udx + i ∫ udy = ∫ xdx + i ∫ xdx = ⎜⎜ 2 + i 2 ⎟⎟ = 2 . 0 0 l l ⎠0 ⎝ 1

Ответ: ∫ Re( z) dz = l

1

1+ i . 2

б) Путь интегрирования l - ломаная ОВА, O(0,0), B (1,0), A(1,1). Так как путь интегрирования состоит из двух отрезков, записываем интеграл в виде суммы двух интегралов:

∫ Re( z )dz = ∫ Re( z )dz + ∫ Re( z )dz . l

OB

BA

Вычислим каждый из интегралов по отрезкам OB, и BA. Уравнение OB имеет вид y = 0, dy = 0, 0 ≤ x ≤ 1. Вычислим интеграл по отрезку OB. 1

1 Re( z ) dz = Re( z ) dz = udx + vdy + i udy + vdx = xdx = . ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2 0 l OB OB OB Уравнение BA имеет вид x = 1, dx = 0, 0 ≤ y ≤ 1. Вычислим интеграл по отрезку BA . 1

1 ∫ Re( z )dz = ∫ Re( z )dz = ∫ udx + vdy + i ∫ udy + vdx = i ∫ 1dy = iy 0 = i.

l

BA

Ответ: ∫ Re( z) dz = l

BA

BA

0

1 + i. 2

Задание 6. Пример 2. Вычислить интеграл

∫ z ⋅ zdz,

по кривой l , где:

l

l - верхняя полуокружность z = 1, обход против часовой стрелки. Решение. Подынтегральная функция здесь непрерывная, но не аналитичная:

22

z = x − iy, f ( z ) = u + iy, u = x, v = − y. Проверим выполнение равенства ∂u ∂v = : ∂x ∂y ∂u ∂v ∂u ∂v ≠ = 1, = −1 . Поэтому будем интегрировать , представив кри∂x ∂y ∂x ∂y вую интегрирования в параметрическом виде: z = e i ⋅ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π . Тогда z = e −i ⋅ϕ , z = 1, dz = ie i ⋅ϕ . Подставляем в подынтегральное выражение π

− iϕ

iϕ

π

π

0

0

∫ z zdz = ∫ 1 ⋅ e ie dϕ = ∫ idϕ = i ∫ dϕ = iπ . l

Ответ:

0

∫ z ⋅ zdz = iπ . l

Задание 6. Пример 3. Вычислить интеграл от аналитической функции i

i

1i 1 1 1 1 1 1 ∫ sin zdz = 2 ∫ (1 − cos 2 z )dz = 2 ( z − 2 sin 2 z ) = 2 (i − 2 sin 2i) = 2 (i − 2 shi). 0 0 0 2

Задание

f ( z) =

7.

Пример

1.

Разложить

в

ряд

Лорана

функцию

1 в указанной области: а) в круге z < 1 , б) в кольце ( z − 1)( z − 2)

V2,1 := {z : 1 < z < 2}, в) в кольце V∞ , 2 := {z : 2 < z < ∞}. Решение. Запишем f (z ) в виде суммы простых дробей

f ( z) =

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

а) Так как функция f (z ) аналитична в круге z < 1 , то ряд Лорана совпадает с рядом Тейлора для этой функции. Воспользуемся формулой ∞ 1 = ∑ z n , z < 1. 1 − z n=0 n

1 1 1 1 ∞ ⎛z⎞ z Откуда будем иметь =− = − ∑ ⎜ ⎟ , < 1. ( z − 2) 2 1− z 2 n = 0⎝ 2 ⎠ 2 2

23

Таким образом, ∞ 1 1 1 1 ⎞ ⎛ f ( z) = =− + = ∑ ⎜1 − n +1 ⎟ z n , z < 1. ( z − 1)( z − 2) ( z − 1) ( z − 2) n = 0⎝ 2 ⎠

Ответ: разложение функции в ряд Лорана f ( z ) =

z < 1 имеет вид f ( z ) =

1 в круге ( z − 1)( z − 2)

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

б) В кольце V∞ , 2 := {z : 2 < z < ∞}. справедливо разложение в ряд Тейлора n

1 1 1 1 ∞ ⎛z⎞ =− = − ∑ ⎜ ⎟ , z < 2, ( z − 2) 2 1− z 2 n = 0⎝ 2 ⎠ 2 приведенное в предыдущем пункте. А для функции

1 1 =, z > 1 , т.е < 1 1− z z

∞ ∞ 1 1 1 1 1 ∞ 1 1 =− = − ∑ n = − ∑ n +1 = − ∑ n , z > 1. будем иметь z n=0 z z 1− 1 1− z n=0 z n =1 z z

Окончательно ∞ zn ∞ 1 1 f ( z) = = − ∑ n +1 − ∑ n ,1 < z < 2. ( z − 1)( z − 2) n=02 n =1 z

Ответ: разложение функции в ряд Лорана f ( z ) =

1 в кольце ( z − 1)( z − 2)

V2,1 := {z : 1 < z < 2} имеет вид ∞ zn ∞ 1 1 f ( z) = = − ∑ n +1 − ∑ n ,1 < z < 2. ( z − 1)( z − 2) n=02 n =1 z

в) При z > 2 дробь пункте, а дробь

1 имеет то же разложение, что и в предыдущем 1− z

1 разлагается следующим образом ( z − 2)

24 n

n

∞ 2n 1 1 1 1 ∞ ⎛2⎞ 1 ∞ 2 n −1 ⎛2⎞ = = ∑ ⎜ ⎟ = ∑ n +1 ⎜ ⎟ = ∑ n , z > 2. z − 2 z 1 − 2 z n = 0⎝ z ⎠ z n =1 z ⎝z⎠ n=0 z z ∞ zn ∞ 1 1 = − ∑ n +1 − ∑ n , z > 2. Итак f ( z ) = ( z − 1)( z − 2) n=02 n =1 z

Ответ: разложение функции в ряд Лорана f ( z ) =

1 в кольце ( z − 1)( z − 2)

V∞ , 2 := {z : 2 < z < ∞}. имеет вид ∞ zn ∞ 1 1 f ( z) = = − ∑ n +1 − ∑ n , z > 2. ( z − 1)( z − 2) n=02 n =1 z

Задание 7. Пример 2. Разложить в ряд Лорана функцию f ( z ) =

1 в кольz +4 2

це V4, 0 := {z : 0 < z − 4i < 4}. Решение. Запишем функцию f ( z ) = f ( z) =

1 в виде суммы простых дробей z +4 2

1 1 i i i . =− + =− + 4( z − 2i ) 4( z + 2i ) 4( z − 2i ) ⎛ ( z − 2i ) ⎞ z +4 16⎜1 + ⎟ 4i ⎠ ⎝ 2

Разложим в ряд Тейлора функцию

1 z − 2i . Так как < 1 в коль4i ⎛ ( z − 2i ) ⎞ 16⎜1 + ⎟ 4i ⎠ ⎝

це 0 < z − 2i < 4, то воспользуемся разложением ∞ 1 = ∑ (−1) n z n , z < 1, 1 + z n=0

и получим n n ∞ ∞ i ( z − 2i ) n . − ( z 3 i ) 1 ⎞ n⎛ n + 2 = 16 ∑ (−1) ⎜ ⎟ = ∑4 4i ⎠ ⎛ ( z − 2i ) ⎞ ⎝ n 0 n=0 = 16⎜1 + ⎟ 4i ⎠ ⎝

Окончательно имеем

25 ∞ in 1 i f ( z) = 2 =− + ∑ n + 2 ( z − 2i ) n . 4( z − 2i ) n = 0 4 z +4

Ответ: разложение функции в ряд Лорана функции f ( z ) =

1 в кольце z +4 2

V4,0 := {z : 0 < z − 4i < 4} имеет вид f ( z) =

∞ in 1 i = − + ( z − 2i ) n . ∑ n + 2 2 4( z − 2i ) n = 0 4 z +4

Задание 7. Пример 3. Требуется получить все возможные разложения в ряд Лорана по степеням z – 2 функции f ( z ) =

1 . z ( z + 4)

Решение. Здесь z0 = 2; функция теряет аналитичность в точках z1 = 0, z2 = -4. Легко видеть, что существует три области аналитичности с центром в z0 (один круг и два кольца), на границах которых функция теряет аналитичность: 1. | z – 2| < 2; 2. 2 < | z – 2| < 6; 3. | z – 2| > 6. В каждой из этих областей разложение будет таким: 1. В первой области (круге) функция аналитична, поэтому ряд Лорана будет совпадать с рядом Тейлора.

1 1 ( z + 4) − z 1 ⎛ 1 1 ⎞ = ⋅ = ⋅⎜ − ⎟ z ( z + 4) 4 z ( z + 4) 4 ⎝ z z + 4⎠ - таково разложение f(z) на простые дроби; разлагаем

в

1 1 1 = = ⋅ z 2 + ( z − 2) 2

ряд

Тейлора

каждую

их

них.

n

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

– 2| < 2.

1 1 1 = = ⋅ z + 4 6 + ( z − 2) 6

n

∞ ( −1) n 1 1 ∞ n n⎛ z − 2⎞ = ∑ (−1) ⎜ ⎟ = ∑ n+1 ( z − 2) ; это z − 2 6 n =0 ⎝ 6 ⎠ n =0 6 1+ 6

разложение справедливо, если | z – 2| < 6, т.е. в первой и второй областях.

26

1 ∞ 1 ⎞ ⎛ 1 Окончательно в первой области f ( z ) = ∑ (−1) n ⎜ n+1 − n+1 ⎟( z − 2) n . Этот 4 n =0 6 ⎠ ⎝2 ряд содержит только правильную часть. 2. В кольце 2 < | z – 2| < 6 знаменатель второй геометрической прогрессии (для дроби

| z −2| 1 < 1 , поэтому разложение остаётся в си) по модулю 6 z+4

ле. Для первой дроби, с учётом того, что | z − 2 |> 2 ⇒

2 < 1, получим | z−2| n

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

Это

главная

часть

ряда

Лорана.

Разложение

имеет

вид

1 −1 1 ∞ (−1) n − n −1 − n −1 n f ( z ) = ∑ (−1) ⋅2 ⋅ ( z − 2) − ∑ n+1 ( z − 2) n . 4 n=−∞ 4 n =0 6 3. В кольце | z − 2 |> 6 ⇔ 6 <| z − 2 |< +∞ для первой дроби разложение такое же, как и в предыдущем случае:

1 1 1 = = ⋅ z 2 + ( z − 2) z − 2

1 1+

2 z−2

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

∞

n

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

Для второй дроби n

∞ ( −1) n 6 n 1 1 1 1 1 ∞ n⎛ 6 ⎞ = = ⋅ = = ⎟ = ∑ ∑ (−1) ⎜ n +1 z + 4 6 + ( z − 2) z − 2 1 + 6 z − 2 n=0 ⎝ z − 2⎠ n = 0 ( z − 2) z−2 ∞ ( −1) n −1 6 n −1 −1 =∑ = ∑ (−1) − n −1 ⋅ 6 n −1 ⋅ ( z − 2) n . n n =1 ( z − 2) n = −∞

(

)

1 ∞ 1 Ответ можно записать и в форме f ( z ) = ∑ (−1) n −1 2 n −1 − 6 n −1 ⋅ ,ив 4 n =1 ( z − 2) n

27

(

)

1 −∞ форме f ( z ) = ∑ (−1) − n −1 2 − n −1 − 6 − n −1 ⋅ ( z − 2) n . В этом разложении имеет4 n = −1 ся только главная часть. Задание 7. Пример 4. Разложить функцию f ( z ) =

степеням z −

π

cos z

π⎞ ⎛ ⎜z − ⎟ 4⎠ ⎝

4

в ряд Лорана по

.

4

π 4

Решение. Здесь функция теряет аналитичность только в точке z 0 = , поэтому

π ⎞⎞ ⎛π ⎛ π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ cos⎜ + ⎜ z − ⎟ ⎟ cos⎜ z − ⎟ − sin ⎜ z − ⎟ 4 ⎠⎠ 2 cos z 4⎠ 4⎠ ⎝4 ⎝ ⎝ ⎝ = = ⋅ f ( z) = = 4 4 4 2 π⎞ π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ ⎛ ⎜z − ⎟ ⎜z − ⎟ ⎜z − ⎟ 4⎠ 4⎠ 4⎠ ⎝ ⎝ ⎝ 2 n +1

2n

π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ − − z z ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∞ ∞ 4⎠ 4⎠ n ⎝ n ⎝ ∑ (−1) (2n)! − ∑ (−1) (2n + 1)! 2 n =0 n =0 = ⋅ 4 2 π⎞ ⎛ ⎜z − ⎟ 4⎠ ⎝

=

2 2

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ∞ ⋅ ⎜ ∑ (−1) n ⎜ ⎜n = 0 ⎜ ⎝

равна =

2 2

2n−4

π⎞ ⎛ ⎜z− ⎟ 4⎠ ⎝ (2n)! ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⋅⎜ ⎜ ⎜⎛ z ⎜⎜ ⎝⎝

1 −

π⎞ ⎟ 4⎠

4

2 n −3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

π⎞ ⎛ ⎜z− ⎟ ∞ 4⎠ − ∑ (−1) n ⎝ (2n + 1)! n=0

−

1

π⎞ ⎛ ⎜z − ⎟ 4⎠ ⎝

3

−

1

π⎞ ⎛ 2⋅⎜z − ⎟ 4⎠ ⎝

2

=

Главная часть здесь

+

1 π ⎛ 3⋅ 2 ⋅⎜ z − 4 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟, ⎞⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎟⎠

остальные слагаемые образуют правильную часть. Задание 7. Пример 5. Разложить функцию f ( z ) = степеням z + 2.

(z

z 2

−4

)

3

в ряд Лорана по

28

Решение. Здесь z0 = -2; функция теряет аналитичность только в точке z0 и в точке z1 = 2, отстоящей от z0 на расстоянии 4, поэтому имеется два кольца: 1. 0 < z + 2 < 4 и 2. z + 2 > 4. |

f ( z) =

(z

z 2

−4

)

3

=

z+2−2

(z + 2)3 ⋅ (z − 2)3

⎛ 1 2 ⎞ 1 ⎟⋅ .Первый = ⎜⎜ − 3 2 ⎟ 3 ⎝ (z + 2) (z + 2) ⎠ (z − 2)

множитель уже представлен в виде суммы по степеням ( z + 2) , работаем со вторым. Третью степень в знаменателе получим, дважды дифференцируя разложение функции

1 . z−2

1. В первом кольце 0 < z + 2 < 4 получаем

1 = z−2

1 = − 4 + ( z + 2)

′ 1 ∞ n( z + 2) n −1 1 ∞ ( z + 2) n 1 1 1 ⎛ 1 ⎞ , , = −⎜ =− ∑ =− ⋅ ⎟ = = ∑ 4 n =1 4 n = 0 4n 4 1− z + 2 ( z − 2) 2 4n ⎝ z − 2⎠ 4 ′ 1 ⎛ 1 ⎞ 1 ∞ n(n − 1)( z + 2) n − 2 1 ∞ (n + 2)(n + 1)( z + 2) n ⎟ =− ∑ = − ⋅ ⎜⎜ =− ∑ 2 ⎝ ( z − 2) 2 ⎟⎠ 8 n=2 8 n=0 ( z − 2) 3 4n 4n + 2 , 1

1 1 ∞ ( z + 2) n =− ∑ (n + 1)(n + 2) n , 128 n = 0 ( z − 2) 3 4 ⎛ 1 2 ⎞⎟ 1 − = f ( z ) = ⎜⎜ 3 2⎟ 3 − ( 2 ) z + + 2 2 ( ) ( ) z z ⎝ ⎠ . n ∞ ⎛ ⎞ 1 ⎜ 1 2 ⎟ ( z + 2) =− − n + n + ( 1 )( 2 ) . ∑ 128 ⎜⎝ ( z + 2 )3 ( z + 2 )2 ⎟⎠n = 0 4n Ответ: f ( z ) = −

1 ⎛⎜ 1 2 ⎞⎟ ∞ ( z + 2) n − n + n + ( 1 )( 2 ) . Это и есть ис∑ 128 ⎜⎝ ( z + 2 )3 ( z + 2 )2 ⎟⎠n = 0 4n

комое разложение в первом кольце. 2. Во втором кольце z + 2 > 4 получаем

29

′

∞ 1 1 1 1 1 4n ⎛ 1 ⎞ = ∑ , ⋅ = = = − ⎜ ⎟ = n +1 2 z − 2 − 4 + ( z + 2) z + 2 1− 4 z − 2 ( z + 2 ) ( z − 2) ⎝ ⎠ n=0 z+2

(n + 1) ⋅ 4 n , ∑ n+2 ( z + 2 ) n=0 ∞

′ 1 ⎛ 1 ⎞ 1 ∞ (n + 1)(n + 2) ⋅ 4 n ⎟ = ∑ , = − ⋅ ⎜⎜ 3 2⎟ n +3 2 ( z − 2) ⎝ ( z − 2) ⎠ 2 n = 0 ( z + 2) 1

1⎛ 1 2 ⎞ ∞ (n + 1)(n + 2) ⋅ 4 n ⎟∑ f ( z ) = ⎜⎜ . − 2 ⎝ ( z + 2) 3 ( z + 2) 2 ⎟⎠n =0 ( z + 2) n 1⎛ 1 2 ⎞ ∞ (n + 1)(n + 2) ⋅ 4 n ⎟∑ − . Ответ: f ( z ) = ⎜⎜ 2 ⎝ ( z + 2) 3 ( z + 2) 2 ⎟⎠n =0 ( z + 2) n 2π

Задание 8. Пример 1. С помощью вычетов вычислить интеграл

∫

0

dϕ . 2 + cos ϕ

Решение. Вводим комплексную переменную z = e iz . При этом область интегрирования [0,2π ] отобразится в окружность z = 1, 0 ≤ arg z ≤ 2π . Вычислим dz = ieiϕ dϕ ⇒ dϕ =

dz dz = . iϕ iz ie

1⎞ e iz + e −iz 1 ⎛ = ⎜z + ⎟ По формуле Эйлера cos z = z⎠ 2 2⎝ Отсюда 2π

∫

0

dϕ = 2 + cos ϕ

∫

dz

z + z −1 ⎞⎟ z =1 ⎛ ⎜ iz ⎜ 2 + 2 ⎟⎠ ⎝

=

2 ⋅ i

∫

dz

. 2 4 1 z + z + z =1

Решая уравнение z 2 + 4 z + 1 = 0 , найдем особые точки подынтегральной функции, расположенные внутри контура z = 1 .

z1 = −2 + 3, z 2 + −2 − 3. Из них только z1 находится внутри окружности

z = 1 , так как z 2 = 2 + 3 > 1.

30

Найдем вычет в полюсе z1 = −2 + 3 res z → z1 f ( z ) по формуле для вычисления вычетов второго порядка

res z = z1 =

[

]

d m −1 1 f ( z) = lim m −1 ( z − z1 ) m f ( z ) = (m − 1)! z → z1 dz z − (−2 + 3

lim

z → −2 + 3

( z − (−2 + 3)( z − −2 − 3))

=

1 1 = − 2 + 3 + 2 + 3 2 3.

Вычисляем интеграл по теореме Коши о вычетах:

∫

f ( z )dz = 2πi ⋅ res z = z1 f ( z ) = 2πi ⋅

2π

2 dϕ = π. 2 + cos ϕ 3

z =1

Следовательно,

∫

0 2π

Ответ:

∫

0

Задание

2 2π = . 2 3 i 3 1

⋅

2 dϕ = π. 2 + cos ϕ 3 8.

Пример

2.

С

помощью

вычетов

вычислить

интеграл

∞

x2 + 3 dx. ∫ 2 2 − ∞ ( x + 2 x + 17) Решение. Для того, чтобы применить теорему Коши о вычетах, вводим функцию комплексной переменной f ( z) =

P2 ( z ) x2 + 3 . = ( x 2 + 2 x + 17) 2 Q4 ( z )

Далее строим контур, состоящий из отрезка вещественной оси [− ρ , ρ ] и полуокружности C ρ = { z = ρ , Im z ≥ 0}, выбрав ρ так, чтобы все особые точки

z k (k = 1,2,..., n) функции f (z ) , лежащие в верхней полуплоскости, оказались внутри контура. Тогда по теореме Коши о вычетах ρ

∫

−ρ

x2 + 3 ( x 2 + 2 x + 17)

dx + 2

∫

Cρ

n

f ( z )dz = 2πi ∑ res z = z 0 f ( z ). k =1

31

Переходим к пределу при ρ → +∞. Так как степени многочленов удовлетворяют соотношению m ≥ n + 2, то lim

∫ f ( z )dz = 0.

ρ → +∞ C

ρ

n

Поскольку 2πi ∑ res z = z 0 f ( z ) не зависит от ρ , имеем k =1

∞

n z2 + 3 x2 + 3 ∫ ( x 2 + 2 x + 17) 2 dx = 2πi ∑ res z = z 0 ( z 2 + 2 z + 17) 2 , k =1 −∞

где z k - особые точки функции z2 + 3 f ( z) = 2 , лежащие в верхней полуплоскости. ( z + 2 z + 17) 2 Находим особые точки функции z2 + 3 z2 + 3 f ( z) = 2 = ( z + 2 z + 17) 2 ( z + 1 − 4i ) 2 ( z + 1 + 4i ) 2 как нули (2-го порядка) ее знаменателя: z = −1 + 4i, z = −1 − 4i. Таким образом, точки z = −1 + 4i, z = −1 − 4i - полюса второго порядка. В верхней полуплоскости лежит единственная точка z = −1 + 4i. Вычислим вычет в точке z = −1 + 4i по формуле для вычисления вычетов в полюсах n − го порядка при n = 2 : res z = z1 f ( z ) =

[

]

1 d n −1 lim n −1 ( z − z1 ) n f ( z ) . (n − 1)! z → z1 dz

Получим res z = z1

5 d ⎡ ( z 2 + 3)( z + 1 − 4i ) 2 ⎤ . = lim ⎢ ⎥= 2 2 2 2 z → −1+ 4i dz ( z + 1 − 4i ) ( z + 1 + 4i ) 64 i ( z + 2 z + 17) ⎣ ⎦ z2 + 3

В формуле вычислена производная

d ⎡ ( z 2 + 3)( z + 1 − 4i ) 2 ⎤ ⎢ ⎥ и, далее найdz ⎣ ( z + 1 − 4i ) 2 ( z + 1 + 4i ) 2 ⎦

дем предел от полученного выражения. Далее находим интеграл по теореме Коши ∞

2πi 5π x2 + 3 ∫ ( x 2 + 2 x + 17) 2 dx = 64i ⋅ 5 = 32 . −∞

32 ∞

x2 + 3 5π Ответ: ∫ 2 dx = . 2 32 ( x + 2 x + 17 ) −∞ Задание 8. Пример 5. 1.

cos z

∫ π L z⎛

⎞ ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠

dz , где L - квадрат |x| + |y| = 2.

Решение. Обе особые точки подынтегральной функции: z1= 0 и z 2 =

π 2

- рас-

положены внутри контура L, поэтому

⎛ ⎞ dz = 2πi⎜ res f ( z ) + res f ( z ) ⎟ . z2 ⎞ ⎝ z1 ⎠ ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠ cos z

∫ π L z⎛

Точка z1= 0 -полюс первого порядка, ⎛ cos z ⎞ 2 ⎟= . res z1 = lim ( z ⋅ f ( z ) = lim ⎜⎜ z →0 z → 0⎝ π 2 − z ⎟ ⎠ π Точка z 2 =

π 2

- нуль первого порядка и для числителя, и для знаменателя; до-

кажем, что это - устранимая особая точка подынтегральной функции. Пусть t=

π − z , тогда 2

sin t 2 ⎛π ⎞ = , коcos z = cos⎜ − t ⎟ = sin t , и lim f ( z ) = lim z →0 t →0 (π / 2 − t )t π ⎝2 ⎠

нечный предел существует, поэтому, действительно, это - устранимая особая точка, и res f ( z ) = 0 . z2

По основной теореме о вычетах

Ответ:

cos z

∫ π L z⎛

⎞ ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠

dz = 4i.

⎛2 ⎞ dz = 2πi⎜ + 0 ⎟ = 4i . ⎞ ⎠ ⎝π ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠ cos z

∫ π L z⎛

33

5. РЕКОМЕНДУЕМАЯ ЛИТЕРАТУРА

1.Свешников, А.В. Теория функций комплексной переменной: учебник/А.Г. Свешников, А.Н. Тихонов.- 6-е изд., стереотип. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 2004.- 336 с. 2.Высшая математика: учебник: в 3 т./ под ред. В.А. Садовничего.-6-е изд., стереотип.-М.: Дрофа, 2004.- Т. 3.-512 с. 3. Данко, П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах в 2-х частях: учебное пособие / П.Е. Данко, А.Г. Попов, Т.Я. Кожевникова. – 5-е изд., испр.: М: Высшая школа, 2004. Ч.2. – 314 с. 6. СПРАВОЧНЫЙ МАТЕРИАЛ Комплексным числом z будем называть упорядоченную пару действитель-

ных чисел x, y записанную в форме z = x + iy , где i новый объект ("мнимая единица"), для которого при вычислениях полагаем i 2 = −1. Первая компонента комплексного числа z действительное число x, называется действительной частью числа z , и обозначается так: x = Re z ; вторая компонента действительное число y, называется мнимой частью числа z . Обозначается

y = Im z. . Комплексное число изображается на комплексной плоскости (С) точкой z (Re z , Im z ). Равенство комплексных чисел. Два комплексных

у z

(С)

числа z1 = x1 + iy1 и z 2 = x2 + iy 2 равны тогда и тольIm z

x

Re z

ко тогда, когда равны их действительные и мнимые части: z1 = z 2 ⇔ {( x1 = x2 )Λ ( y1 = y 2 )}.

z

Число z = x − yi называется числом, сопряжённым к числу z = x + yi . Суммой двух комплексных чисел

комплексное

число

z,

z1 = x1 + iy1 и z 2 = x2 + iy 2 называется определяемое

соотношением

34

z = ( x1 + x2 ) + i ( y1 + y2 ) т.е. Re ( z1 + z 2 ) = Re z1 + Re z 2 , Im ( z1 + z 2 ) = Im z1 + Im z 2 . Произведением двух комплексных чисел z1 = x1 + iy1 и z 2 = x2 + iy 2 назы-

вается комплексное число z , определяемое соотношением

z = ( x1 x2 − y1 y2 ) + ( x1 y2 + x2 y1 )i т.е., Модулем комплексного числа z = x + yi называется действительное число

z = x2 + y2 . Геометрически модуль числа z - длина радиуса вектора точки z ; модуль разности чисел z1 и z 2 равен расстоянию между этими точками:

| z1 − z 2 |=| ( x1 + iy1 ) − ( x2 + iy 2 ) |= ( x1 − x2 ) 2 + ( y1 − y 2 ) 2 . Произведение сопряжённых чисел:

z ⋅ z = ( x + yi )( x − yi ) = ( x ⋅ x − y ⋅ (− y ) ) + + ( x ⋅ (− y ) + y ⋅ x )i = x 2 + y 2 = z . 2

Частное комплексных чисел

z1 ( z 2 ≠ 0) . z2

Домножим числитель и знаменатель на число, сопряжённое знаменателю: z1 z1 ⋅ z 2 ( x1 + y1i ) ⋅ ( x2 − y2i ) ( x1 x2 + y1 y2 ) + ( y1 x2 − x1 y2 )i = =. = = z 2 z 2 ⋅ z 2 ( x2 + y 2 i ) ⋅ ( x2 − y 2 i ) x2 2 + y 2 2

=

x1 x2 + y1 y 2 2

x2 + y 2

2

+

y1 x2 − x1 y 2 2

x2 + y 2

2

Алгебраической формой комплексного числа

i. называется запись ком-

плексного числа в виде z = x + yi . Изобразим число z как точку на плоскости с декартовыми координатами

( x, y ). Если теперь перейти к полярным ко-

ρ,ϕ ,

то

x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = ρ ,

поэтому

ординатам

z = z (cos ϕ + i sin ϕ ) , где

z

-модуль ком-

(С)

y

z z

ϕ

x

35

плексного числа, а угол ϕ называется аргументом комплексного числа тригонометрической формой числа и обозначается arg z : ϕ = arg z . Аргу-

мент комплексного числа определён неоднозначно (с точностью до слагаемых, кратных 2π ): если, например, ϕ = π / 6 , то значения ϕ , равные π / 6 ± 2π,

π / 6 ± 4π и т.д. тоже будут соответствовать числу z ; значение аргумента, удовлетворяющее условиям − π < arg z ≤ π , называют главным; для обозначения всех значений аргумента комплексного числа z применяется символ

Arg z : Arg z = arg z + 2kπ , k = 0,±1,±2,... . Тригонометрической формой комплексного числа z называется запись

комплексного числа в виде z = z (cos(arg z ) + i sin(arg z ) ) = z (cos ϕ + i sin ϕ ) . ⎧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; 2 2 | z |= x + y ; arg z = ⎨ ⎪− π / 2, x = 0, y < 0; ⎪0, если x > 0, y = 0; ⎪ ⎪π , если x < 0, y = 0; ⎪⎩не определён, если x =, y = 0. Показательная форма комплексного числа z = z e i ⋅ Arg z = z e i ⋅arg z = z e i ⋅ϕ . Формула Эйлера e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ . Умножение и деление комплексных чисел в показательной форме выпол-

няются и интерпретируются также легко, как и в тригонометрической:

[

][

]

z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ eiϕ1 ⋅ z 2 ⋅ eiϕ 2 = [ z1 ⋅ z 2 ]⋅ ei (ϕ 2 +ϕ 2 ) =

= [ z1 ⋅ z 2 ]⋅ [cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 2 + ϕ 2 )].

z1 ⋅ eiϕ1 | z1 | i (ϕ1 −ϕ 2 ) | z1 | z1 (cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ 2 ) ) . = = e = z 2 z 2 ⋅ e iϕ 2 | z 2 | | z2 |

36

Формула Муавра z = z (cos ϕ + i sin ϕ ) , то z n = z

n

(cos nϕ + i sin nϕ ) , или,

n

в показательной форме, z n = z ⋅ e inϕ . Извлечение корня n-ой степени из комплексного числа z .

По определению, любое число w , такое, что w n = z , называется корнем n ой степени из числа z . Пусть z = z (cosArg z + i sinArg z ) , w = w (cos arg w + i sin arg w). Тогда w n = w

n

(cos n arg w + i sin n arg w) = z (cos Arg z + i sinArg z )

Задание кривых и областей на комплексной плоскости.

Так как | z − z0 |= ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 равен расстоянию между точками z и z 0 , то 1. | z − z0 |= R - уравнение окружности радиуса R с центром в точке z0 . 2. | z − z 0 |≤ R - замкнутая область, ограниченная этой окружностью, т.е. круг радиуса R с центром в точке z0 , включающий свою границу. 3. | z − z 0 |> R - открытая область, состоящая из точек, находящихся вне круга радиуса R с центром в z0 ; круг не включен в эту область. 4. Re z = a (или x = a ) - прямая, параллельная оси Оу.

Re z ≥ a - область, лежащая справа от этой прямой (включая прямую);

Re z < a - область слева от прямой (прямая не включена в область). Im z = b (или y = b) - прямая параллельная оси Ох; Im z ≥ b , Im z < b - области, расположенные выше и ниже этой прямой. 5. аrg z = α

- луч, выходящий из точки z = 0 под углом α к оси Ох.

аrg( z − z0 ) = α - луч, выходящий из точки z 0 под углом α к оси Ох.

α ≤ аrg( z − z0 ) ≤ β - область, расположенная между лучами, выходящими из точки z 0 .

37

Окрестности точек плоскости С . Под ε - окрестностью точки z 0 ∈ C по-

нимается открытый круг радиуса ε с центром в точке z 0 : | z − z0 |< ε . . Проколотая окрестность точки - любая ее окрестность, из которой исклю-

чена сама точка z0 : | 0 <| z − z0 |< ε . . Областью на плоскости мы называем любое открытое связное множество

точек этой плоскости. Область односвязна, если любая подобласть, ограниченная непрерывной замкнутой самонепересекающейся кривой, лежащей в этой области, целиком принадлежит области. Функция комплексной переменной. Рассмотрим две плоскости комплекс-

ных чисел: C и W. Пусть в плоскости С задана область D и задано правило, ставящее в соответствие каждой точке z ∈ D определённое комплексное число w∈ W . В этом случае говорят, что на области D определена однозначная функция w = f (z ) (или определено отображение f : z → w ). Область D на-

зывается

областью

определения

функции,

множество

w | w ∈ W , w = f ( z ), z ∈ D - множеством значений функции (или образом области D при отображении f. у

v

С

D

G

z

Если каждо-

W w

х

u

му z ∈ D ставится в соответствие несколько значений w∈ W ( т.е. точка z имеет несколько образов), то функция w = f (z ) называется многозначной. Функция w = f (z ) называется однолистной в области D ⊂ C , если она взаимно однозначно отображает область D на область G ⊂ W (т.е. каждая точка z ∈ D имеет единственный образ w ∈ G , и обратно, каждая точка

w ∈ G имеет единственный прообраз z ∈ D .

38

Задание функции w = f (z ) комплексной переменной z равносильно заданию двух действительных функций u = u(x, y) = Re f(z), v = v(x, y) = Im f(z) двух действительных переменных х, у. Где w = u + iv, z = x + iy. Условия Коши-Римана (Даламбера-Эйлера). Для того, чтобы функция w =

f(z) = u(x, y) + i v(x, y) была дифференцируема в точке z = x + iy, необходимо и достаточно, чтобы функции u(x, y) = Re f(z) и v(x, y) = Im f(z) были дифференцируемы в точке (х,у), и чтобы в этой точке выполнялись соотношения ∂u ∂v = , ∂x ∂y

∂u ∂v =− . ∂y ∂x

Производная дифференцируемой функции комплексной переменной мо-

жет находиться по любой из формул f ′( z ) =

∂u ∂v ∂v ∂u ∂u ∂u ∂u ∂v ∂v ∂v −i +i = −i = −i = +i = ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x ∂y ∂y ∂x

Эти равенства следуют из условий Коши-Римана. При вычислении производных можно пользоваться всеми правилами действительного анализа: ′ ⎛f⎞ f ′g − fg ′ (Cf )′ = Cf ′, ( f ± g )′ = f ′ ± g ′, ( fg )′ = f g′ + fg ′, ⎜⎜ ⎟⎟ = g2 ⎝g⎠ (в точках, где g ( z ) ≠ 0) . Примеры вычисления производных.

Функция f(z) = z2 имеет производную, равную 2z, в каждой точке. Проверим, что для этой функции выполняются условия Коши-Римана. Так как w = z2 = (x + iy)2 = x2 - y2 + 2 ixy, то u = x 2 − y 2 , v = 2 xy, Тогда f ′( z ) =

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

∂u ∂v + i = 2 x + i ⋅ 2 y = 2( x + iy ) = 2 z . ∂x ∂x

Для функции w = e z имеем u(x, y) = e z cos y, v(x, y) = e z sin y.

39

Поэтому

∂u ∂v ∂u ∂v = −e x sin y = − , = e x cos y = , ∂x ∂y ∂y ∂x

т.е. функция дифференцируема. f ′( z ) =

∂u ∂v + i = e x cos y + i ⋅ e x sin y = e x (cos y + i ⋅ sin y ) = e x ⋅ e iy = e x + iy = e z . ∂x ∂x ∆w означает, ∆z → 0 ∆z

Геометрический смысл производной. Равенство f ′( z ) = lim

что ∆w = f ′( z ) ⋅ ∆z + γ (∆z ) ⋅ ∆z , где γ (∆z ) → 0 . Отсюда, в частности, следу∆z →0

ет, что если функция дифференцируема в точке, то она непрерывна в этой точке. Будем писать ∆w ≈ f ′( z ) ⋅ ∆z , пренебрегая слагаемым высшего порядка малости. Пусть в точке z существует f ′( z ) ≠ 0 .

Возьмём

точки

z

z + ∆z ;

и

пусть

w

=

f(z),

тогда

∆w ≈| f ′( z ) | ⋅e i arg f ′( z ) ⋅ ∆z =| f ′( z ) | ⋅ | ∆z | ⋅e i (arg f ′( z ) + arg(∆z )) . таким образом, | ∆w | в | f ′( z ) | больше | ∆z | , arg ∆w больше arg ∆z на arg f ′( z ) для любого ∆z (с точностью до бесконечно малых высшего порядка). Следовательно, в окрестности любой точки z, в которой f ′( z ) ≠ 0 , отображение z → w = f (z ) дей→

ствует следующим образом: любой вектор ∆z растягивается в | f ′( z ) | раз и поворачивается на угол |∆z||f´(z)|

arg f ′( z ) . у

|∆z|

z

w+∆w

v

z+∆z arg(∆z)

х

arg(∆z)+ argf́ ′(z)

w u

Конформность дифференцируемого отображения. Конформным отображением называется любое преобразование плоскости в

плоскость, обладающее свойством сохранения углов.

40

Пусть через точку z проходят две гладкие кривые L1 и L2, касательные l1 и l2 к которым образуют с осью Ох углы, соответственно, θ1 и θ 2 . Образы этих кривых

L1′ и L 2′ при дифференцируемом отображении z → w = f (z )

имеют касательные l 1′ и l2′ , образующие с действительной осью Ou углы θ1′ и

θ 2′ . Согласно пункту,

предыдущему

L1

v

L2

θ1′ = θ1 + arg( f ′( z )) , у

θ′2 = θ 2 + arg( f ′( z )) ,

L'1

т.е.

θ 2 − θ1 = θ′2 − θ1′ . Таким об-

разом, дифференцируемое отображение при f ′( z ) ≠ 0

L'2

z w

θ1

L2 l2

θ2 L1

х

θ'2

L'2

l1

θ'1 l'1

l'2

u

L'1

сохраняет углы между кривыми. Сохраняется и направление отсчёта углов (т.е. если θ1 > θ 2 , то θ 1′ > θ ′2 ). Если при этом сохраняется направление отсчёта углов, то преобразование называется конформным преобразованием первого рода; если направление отсчёта углов меняется на противоположное, то преобразование называется конформным преобразованием второго рода.

Аналитическая в некоторой области G функция w = f(z) осуществляет конформное отображение первого рода во всех точках, в которых производная отлична от нуля. Гармоничность действительной и мнимой частей дифференцируемой функции.

Дифференцируя первое соотношение Коши-Римана х, второе соотношение

∂u ∂v по переменной = ∂x ∂y

∂v ∂u по переменной у, получим =− ∂x ∂y

41

∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2 v ∂ 2 v , = = − 2 ⇒ 2 + 2 = 0, ∂у ∂x ∂у ∂x 2 ∂y∂х ∂y∂х т.е. ∆u = 0 ( ∆ - оператор Лапласа), т.е. u(x, y) - гармоническая функция. Дифференцируя первое соотношение Коши-Римана по переменной у, второе ∂ 2v ∂ 2v соотношение по переменной х, получим 2 + 2 = 0 , т.е. ∆v = 0 , ∂у ∂x т.е. v(x, y) - тоже гармоническая функция. Пара гармонических функций, связанных соотношениями Коши-Римана, называется сопряжёнными функциями.

Легко доказать, что для любой гармонической в односвязной области D функции u(x, y) существует единственная (с точностью до постоянного слагаемого) сопряжённая с ней гармоническая функция v(x, y), т.е. такая функция, что w = f(z) = u(x, y) + i v(x, y) - аналитическая функция; и наоборот, для любой гармонической v(x, y) существует сопряжённая с ней гармоническая u(x, y). Пусть, например, дана u(x, y), обозначим P( x, y ) = −

∂u ∂u . , Q ( x, y ) = ∂y ∂x

⎧ ∂v ⎪⎪ ∂x = P( x, y ), Функцию v(x, y) можно найти теперь из системы ⎨ ⎪ ∂v = Q( x, y ); ⎪⎩ ∂y (как это делается при решении уравнения в полных дифференциалах P(x, y) dx +Q(x, y) dy = 0, тогда v( x, y ) =

( x, y )

( x, y )

( x0 , y0 )

( x0 , y0 )

∫ Pdx + Qdy = ∫

−

∂u ∂u dx + dy . ∂y ∂x

Степенным рядом с комплексными членами называется ряд вида ∞

∑ an ( z − z0 ) n = a0 + a1 ( z − z0 ) + a2 ( z − z0 ) 2 ... + an ( z − z0 ) n + ...

n=0

где a0, a1, a2, …, an, - постоянные комплексные числа (коэффициенты ряда), z0 - фиксированное комплексное число (центр круга сходимости).

42

Для любого численного значения z ряд превращается в числовой ряд с комплексными членами, сходящийся или расходящийся. Если ряд сходится в точке z, то эта точка называется точкой сходимости ряда. Степенной ряд имеет по меньшей мере одну точку сходимости - точку z0. Областью сходимости ряда называется совокупность точек сходимости. Теорема Абеля. Если степенной ряд сходится в

z1

у z0

точке z1 ≠ z 0 , то z2

1. он абсолютно сходится в любой точке круга

х

| z - z0| < | z1 - z0|; 2. Если этот ряд расходится в точке z2, то он

расходится в любой точке z, удовлетворяющей неравенству | z - z0| > | z2 - z0| (т.е. находящейся дальше от точки z0, чем z2). Из теоремы Абеля следует существование такого неотрицательного действительного числа R, что ряд абсолютно сходится в любой внутренней точке круга радиуса R с центром в точке z0 , и расходится в любой точке вне этого круга. Число R называется радиусом сходимости, круг - кругом сходимости. В точках границы этого круга - окружности | z - z0| = R радиуса R с центром в точке z0 - ряд может и сходиться, и расходиться. В этих точках ряд из модулей имеет вид

∞

∑ | an | ⋅R n . Возможны такие случаи:

n =1

1. Ряд

∞

∑ | a n | ⋅R n

сходится. В этом случае в любой точке окружности

n =1

| z - z0| = R ряд сходится абсолютно. 2. Ряд

∞

∑ | a n | ⋅R n

n =1

расходится, но его общий член | an | ⋅R n → 0 . В этом n→∞

случае в некоторых точках окружности ряд может сходиться условно, в других - расходиться, т.е. каждая точка требует индивидуального исследования.

43

3. Ряд

∞

∑ | a n | ⋅R n

n =1

расходится, и его общий член | a n | ⋅R n не стремится

к нулю при n → ∞ . В этом случае ряд расходится в любой точке граничной окружности. Примеры. ∞

∑ (−1)

1.

( z − 4 + 5i ) n

n

n =1

2

n

6 ⋅ n ⋅ n +1

∞

∑

. Ряд из модулей:

| z − 4 + 5i | n

n =1 6

n

2

⋅ n ⋅ n +1

. Признак

Даламбера: q = lim

n→∞

| z − 4 + 5i |n +1 | z − 4 + 5i |n

⋅

n ⋅ n2 + 1

6n 6

⋅ n +1

(n + 1) ⋅ (n + 1) 2 + 1

=

| z − 4 + 5i | <1 . 6

⇒| z − 4 + 5i |< 6 = R Радиус и круг сходимости определены. На границе круга сходимости – окружности |z – 4 + 5i| = 6 - ряд из модулей

6n

∞

∑

n =1 6

n

⋅ n ⋅ n2 +1

∞

1

∑

=

n2 +1

n =0 n ⋅

сходится, следовательно, исходный ряд абсолютно сходится в любой точке этой окружности. n

∞

⎛ n ⎞ n 2. ∑ ⎜ ⎟ ⋅ ( z + 6 − 7i ) . Ряд из модулей: n =0⎝ 4n + 5 ⎠

∞

n

⎛ n ⎞ ∑ ⎜⎝ 4n + 5 ⎟⎠ ⋅ | z + 6 − 7i |n . n=0

Признак

Коши: n

| z + 6 − 7i | ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ n q = lim n ⎜ <1 ⎟ ⋅ | z + 6 − 7i | = lim ⎜ ⎟⋅ | z + 6 − 7i |= . n → ∞ ⎝ 4n + 5 ⎠ n → ∞⎝ 4n + 5 ⎠ 4 ⇒| z + 6 − 7i |< 4 = R На ∞

границе

круга

n

ряд n

из

модулей

имеет n

n

∞ ∞ 4n + 5 − 5 ∞ 5 ⎞ ⎛ ⎛ n ⎞ ⎛ 4n ⎞ ⎛ ⎞ n ∑ ⎜ 4 n + 5 ⎟ ⋅ 4 = ∑ ⎜ 4 n + 5 ⎟ = ∑ ⎜ 4 n + 5 ⎟ = = ∑ ⎜1 − 4 n + 5 ⎟ . ⎠ ⎠ ⎠ ⎠ n=0⎝ n=0⎝ n =0⎝ n =0⎝

Предел общего члена

(

5 lim 1− n 4 +5 n→∞

)

n

5 ⎞ ⎛ = lim ⎜1 − ⎟ n → ∞⎝ 4n + 5 ⎠

−

4 n + 5 −5 n ⋅ 5 4n + 5

=e

поэтому ряд расходится в любой точке граничной окружности.

−

5 4

≠ 0,

вид

44

Степенная функция w = z n , n - натуральное. Определена, однозначна и

аналитична на всей плоскости С. Действительно, при n =1 w = x + iy, u = x, v = u ′x = 1 = v′y ,

y,

u ′y = 0 = −v′x ,

w′ = u ′x + iv′x = 1

(или,

непосредственно,

∆w ∆z = lim = 1). Далее, w = z n = z ⋅ z... ⋅ z дифференцируема как ∆z →0 ∆z ∆z →0 ∆z

w′ = lim

произведение дифференцируемых функций. Её производная w′ = nw n −1 отлична от нуля при z ≠ 0 , следовательно, отображение w = zn при n > 1 конформно в этих точках. (Углы с вершиной в точке z = 0 увеличиваются в n раз). Показательная функция w = ez. n

⎛ z⎞ e = lim ⎜1 + ⎟ . n →∞ ⎝ n⎠ z

Свойства функции ez.. 1. Функция w = e z аналитична на всей плоскости С, и (e z )′ = e z . 2. e z1 ⋅ e z 2 = e z1 + z 2 . 3. Функция w = ez. периодическая, с мнимым основным периодом 2π i . Тригонометрические функции. Определим эти функции соотношениями

e iz − e −iz e iz + e −iz , sin z = . Все свойства этих функций следуют из cos z = 2 2i этого определения и свойств показательной функции. Эти функции периодичны с периодом 2π , первая из них четна, вторая - нечетна, для них сохраняются обычные формулы дифференцирования, например,

(cos z )′ =

(e iz )′ + (e −iz )′ ie iz − ie −iz = = 2 2

e iz − e −iz 1 e iz − e −iz eiz − e −iz i =− ⋅ =− = − sin z , 2 i 2 2i сохраняются обычные тригонометрические соотношения sin2z + cos2z = 1 -

45

⎛ ⎝

проверяется непосредственно, cos z = sin ⎜ z +

π⎞

⎟ , формулы сложения и т.д.) 2⎠

Гиперболические функции. Эти функции определяются соотношениями

e z + e−z e z − e−z ch z = , sh z = . Из определений следует связь тригономет2 2 рических и гиперболических функций: ch z = cos iz, sh z = - i cos iz, cos z = ch iz,

sin z = - i sh iz,

sh iz = i sin z, sin

iz = i sin z. Функция

1 n w=z =nz

. Это n-значная функция, все значений которой даются

arg z + 2kπ arg z + 2kπ ⎞ ⎛ + i sin формулами w = n | z | ⋅ ⎜ cos ⎟ , k = 0, 1, 2, …, nn n ⎝ ⎠ Функция

m zn

определяется равенством

m zn

m

⎛ 1⎞ = ⎜zn ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Логарифмическая функция w = Ln z определяется при z ≠ 0 как функция,

обратная показательной: w = Ln z, если z = e w. Если w = u + iv, то последнее равенство означает, что e w =e u+ iv =e u e iv = z =| z |eiArg z , откуда e u =| z |⇒ u = ln | z |;

v = Arg z = arg z + 2kπi .

Таким образом, Ln z = ln | z | +i (arg z + 2kπ ), k = 0, ± 1, ± 2, ± 3,... - функция многозначная (бесконечнозначная); её значение при k = 0 называется главным и обозначается ln z: = ln |z| + i arg z. Так, ln(−5) = ln | −5 | +i arg(−5) = ln 5 + πi, Ln(−5) = ln | −5 | +i arg(−5) + 2kπi , = ln 5 + iπ (1 + 2k ) где k - произвольное целое число. Общая показательная a z и общая степенная z a (а, z - произвольные ком-

плексные

числа,

a, z ≠ 0 )

функции

определяются

соотношениями

a z = e z ⋅ Ln a , z a = e a ⋅ Ln z , и, следовательно, бесконечнозначны.

46

Интеграл от ФКП.

Пусть на комплексной плоскости С задана ориентированная кусочно-гладкая ∪

кривая L = AB , на которой определена функция w = f(z). Разобьём кривую точками у

z0 = A, z1, z 2, …, zn = B на n частей, на каждой С

∪

из дуг z k −1 z k выберем произвольную точку tk,

сумму

n

∑ f (t k ) ⋅ ∆zk

k =1

Ai

B = zn

ti A = z0

найдём f(tk) и составим интегральную

z n −1

L

z

Ai −1 2

z1

(∆z k = z k − z k −1 ) .

х

Предел последовательности этих сумм при n → ∞, max | ∆z k |→ 0 , если он k =1, 2,Kn

существует, не зависит ни от способа разбиения кривой на дуги, ни от выбора точек tk, называется интегралом от функции w = f(z) по кривой L и обозначается

∫ f ( z ) ⋅ dz =

L

lim

n

∑ f (t k ) ⋅ ∆zk .

max | ∆z k |→ 0 k =1

k =1, 2 ,Kn

Теорема. Если функция w = f(z) непрерывна на кривой L, то она интегрируема по этой кривой.

∫ f ( z ) ⋅ dz = ∫ u ⋅ dx − v ⋅ dy + i ∫ v ⋅ dx + u ⋅ dy .

L

Свойства интеграла от ФКП.

L

L

∫ f ( z ) ⋅ dz

выражается через два действитель-

L

ных криволинейных интеграла второго рода, поэтому он обладает всеми свойствами этих интегралов:

∫ (С1 f1 ( z ) + С2 f1 ( z ) )dz = С1 ∫ f1 ( z )dz + С2 ∫ f 2 ( z )dz

1.

L

L

(С1 , С2 - произ-

L

вольные комплексные постоянные);

∫ f ( z )dz = ∫ f ( z )dz + ∫ f ( z )dz ( L1 , L2

2.

L1 U L2

L1

- кривые без общих внут-

L2

ренних точек): 3.

− ∫ f ( z )dz = − ∫ f ( z )dz ( L

L

- кривая, совпадающая с L, но проходи-

−

L

мая в противоположном направлении;

47

4. Если l - длина кривой L, | f ( z ) |≤ M , z ∈ L , то

∫ f ( z ) dz L

≤ M ⋅l .

Интегральная теорема Коши. Это одна из основных теорем теории ФКП. Теорема Коши для односвязной области. Если D - односвязная ограниченная область, w = f ( z) - аналитическая в этой области C функция, то для любого кусочно-гладкого замкнутого D у контура L, лежащего в D, интеграл от f ( z) по L равен L1 B нулю: f ( z )dz = 0 . ∫ L A Следствие. Для всех кусочно-гладких кривых, L 2

х

лежащих внутри области D, в которой функция

w = f(z) аналитична и имеющих общие начальную и конечную точки,

интеграл

∫ f ( z )dz

имеет одинаковое значение.

L

Объединение L1 U L−2 кривых - замкнутый контур, поэтому

∫ fdz = 0 ⇒ ∫ fdz + ∫ fdz = 0 ⇒ ∫ fdz = − ∫ fdz ⇒ ∫ fdz = ∫ fdz .

L1 U L−2

L−2

L1

L1

L−2

L1

L2

Теорема Морера: если функция w = f(z) непрерывна в односвязной области

D и интеграл по любому замкнутому кусочно-гладкому контуру, лежащему в D, равен нулю, то функция аналитична в области у

D.

L0

C

Теорема Коши для многосвязной области. Если

функция w = f ( z) аналитична в замкнутой много-

L1 L G

Е

L2

K

D

связной ограниченной области D , ограниченной контурами L0 (внешняя граница), L1, L2, …, Lk, то х интеграл от f ( z), взятый по полной границе об-

ласти D , проходимой так, что область остаётся с одной стороны, равен нулю. Первообразная аналитической функции. Если функция w = f ( z) аналитич∪

на в односвязной области D, то, как мы доказали, интеграл по кривой L = z0 z зависит только от начальной и конечной точек и не зависти от формы кривой. Если зафиксировать начальную точку z0, то интеграл будет завсеть толь-

48

ко от конечной точки z, поэтому можно написать z

∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt = F ( z ) .

∪

z0 z

z0

Теорема. Для любой аналитической в области D функции f ( z) интеграл

F ( z) =

z

∫ f (t )dt = ∫ f (t )dt

∪

z0 z

является аналитической в D функцией, и

z0

F ′( z ) = f ( z ). Для аналитических функций справедлива формула Ньютона-Лейбница, и основные приёмы интегрирования. Интегральная формула Коши. Пусть w = f(z) аналитична в области D и L -

замкнутая кусочно-гладкая кривая, содержащаяся в D вместе с областью D1, которую она ограничивает. Тогда для каждой точки z 0 ∈ D1 имеет место формула f ( z0 ) =

1 f ( z) dz . ∫ 2πi L z − z0

Если функция f(z) имеет в каждой точке области D производную первого порядка (т.е. аналитична в области D), то она имеет в этой области производную любого порядка (т.е. любая производная функции f(z) аналитична в области D). Это свойство существенно отличает аналитические ФКП от дифференцируемых функций действительной переменной. Применение интегральных формул Коши к вычислению интегралов.

Запишем формулы Коши в виде

f ( z) 2πi f ( z) dz = 2 π i ⋅ f ( z ) , dz = f ( n−1) ( z 0 ) (n = 1, 2, 3,...) . ∫z−z ∫ 0 n (n − 1)! L L ( z − z0 ) 0 С помощью этих формул вычисляются интегралы от функций вида

f ( z) , где f(z) - аналитическая функция. Естественно, точка z0 должна ( z − z0 ) n лежать внутри контура L (если она лежит вне контура, подынтегральная функция аналитична, и интеграл равен нулю).

49

Ряд Тейлора. Пусть функция w = f(z) аналитична в области D, z 0 ∈ D . Обо-

значим L окружность с центром в z0, принадлежащую области D вместе с ограниченным ею кругом. Тогда для любой точки z, лежащей внутри L, f ( z) =

∞

∑

n=0

f ( n) ( z0 ) ( z − z0 ) n . n!

Ряд в правой части этого равенства - ряд Тейлора функции f(z). Этот ряд абсолютно сходится внутри контура L, а в качестве L можно взять любую окружность, которая не выходит за пределы области D. Теорема о разложении функции в ряд Тейлора. Если функция w = f(z) ана-

литична в области D, z 0 ∈ D , то функция f(z)может быть разложена в ряд Тейлора по степеням (z – z0)n. Этот ряд абсолютно сходится к f(z) внутри круга | z – z0| < r, где r - расстояние от z0 до границы области D (до ближайшей к z0 точке, в которой функция теряет аналитичность). Это разложение единственно. Стандартные разложения.

1. e z = 1 + z +

∞ zn z 2 z3 zn + + ... + + ... = ∑ ; 2! 3! n! n = 0 n!

2 n +1 2 n +1 ∞ z3 z5 z7 n z n z − + ... + (−1) + ... = ∑ (−1) ; 2. sin z = z − + 3! 5! 7! (2n + 1)! (2n + 1)! n=0

3. cos z = 1 −

∞ z2 z4 z6 z 2n z 2n + − + ... + (−1) n + ... = ∑ (−1) n ; 2! 4! 6! (2n)! ( 2 n )! n=0

∞ z 2 n +1 z3 z5 z7 z 2 n +1 4. sh z = z + + + + ... + + ... = ∑ ; 3! 5! 7! (2n + 1)! n = 0 ( 2n + 1)!

5. ch z = 1 +

∞ z 2n z2 z4 z6 z 2 n +1 + + + ... + + ... = ∑ . 2! 4! 6! (2n + 1)! ( 2 n )! n=0

Все эти ряды сходятся к своим функциям на всей плоскости (при ∀z ∈ C ). Для геометрических прогрессий имеют место формулы ∞ 1 n 2 3 = 1 + z + z + z + ... + z + ... = ∑ z n . 6. 1− z n=0

50 ∞ 1 n n 2 3 7. = 1 − z + z − z + ... + (−1) z + ... = ∑ (−1) n z n ; 1+ z n=0

8.

∞ 1 2 4 6 2n = 1 + z + z + z + ... + z + ... = z 2n . ∑ 2 1− z n=0

Эти ряды сходятся при | z| < 1. Ближайшие к центру разложения z0 = 0 точки, в которых функции теряют аналитичность (граница области D) - это точки z = ±1 , в которых соответствующие функции не определены.

9.

∞ 1 2 4 6 2n = 1 − z + z − z + ... + z + ... = ∑ (−1) n z 2n . 2 1+ z n=0

n z2 z3 z4 n −1 z 10. ln(1 + z ) = z − + − + ... + (−1) + ... = n 2 3 4 ∞

∑ (−1)

n −1

n =1

n +1 ∞ zn n z . = ∑ (−1) n n=0 n +1

ряд сходится при |z| < 1. 11. (1 + z )α = 1 +

∞

∑

α (α − 1)(α − 2)...(α − n + 1) n!

n =1

z n , | z |< 1 .

Ряд Лорана. Рядом Лорана функции f( z) называется ряд вида

f ( z) =

∞

∑ An ( z − z0 )

n=0

=

∞

∑

n =1( z

A− n − z0 )

n

+

n

+

−∞

∑ An ( z − z0 )

n = −1

n

=

∞

∑ An ( z − z0 ) n =

n = −∞

.

∞

∑ An ( z − z0 ) n ,

n=0

где функция f(z) аналитична в кольце ρ ≤| z − z0 |≤ R . Этот ряд содержит и положительные и отрицательные степени (z – z0). ∞

Часть ряда Лорана, содержащая неотрицательные степени ( ∑ An ( z − z0 ) n ), n=0

называется правильной; часть, содержащая отрицательные степени (

−∞

∑ An ( z − z0 ) n =

n = −1

зывается главной.

∞

∑

A− n

n n =1( z − z 0 )

), на-

51

Правильная часть, по самому своему построению, сходится в круге | z – z0| < R, главная - во внешности круга | z − z 0 |> ρ , поэтому весь ряд сходится в пересечении этих областей, т.е. в кольце ρ <| z − z 0 |< R . Так же, как и для ряда Тейлора, разложение в ряд Лорана единственно. В ряд Лорана раскладывается функция, аналитическая в кольце, и ширина этого кольца определяется областью аналитичности функции, т.е. разложение теряет смысл там, где функция теряет аналитичность. Нули аналитической функции. Определение. Точка а называется нулём порядка k аналитической функции

f(z), если

f (a) = f ′(a) = f ′′(a) = ... = f ( k −1) (a) = 0 , но f ( k ) (a) ≠ 0 . Теорема. Для того, чтобы аналитическая в точке а функция f(z) имела в этой

точке нуль k -го порядка, необходимо и достаточно, чтобы в окрестности этой точки функция f(z) представлялась в виде f ( z ) = ( z − a) k ϕ ( z ) , где ϕ(z ) аналитическая в точке а функция, и ϕ(a ) ≠ 0 . Изолированные особые точки.

Точка а называется изолированной особой точкой функции f(z), если существует окрестность этой точки, в которой f(z) аналитична во всех точках, за исключением точки а. ∞

Рассмотрим разложение функции f(z) в ряд Лорана f ( z ) =

∑ Ak ( z − a) k

k = −∞

в окрестности изолированной особой точки а. При этом возможны следующие случаи. 1. Главная часть ряда Лорана отсутствует:

f ( z) =

∞

∑ Ak ( z − a) k

k =0

= A0 + A1 ( z − a) + A2 ( z − a ) 2 + ... .

В этом случае особая точка а называется устранимой. 2. Главная часть содержит конечное число членов:

52 ∞

f ( z ) = ∑ Ak ( z − a ) k = k = −n

A− n ( z − a)

n

+

A− n +1

( z − a ) n −1

+ ...

+ A0 + A1 ( z − a ) + A2 ( z − a ) 2 + ..., A− n ≠ 0 В этом случае особая точка а называется полюсом n-го порядка. Если n =1, полюс называется простым, в остальных случаях - кратным. 3. Главная часть содержит бесконечно много членов. В этом случае

особая точка а называется существенно особой точкой. Признаки особых точек по значению lim f ( z ) . z→a

1. Для того, чтобы особая точка z = a была устранимой особой точкой функции f(z), необходимо и достаточно, чтобы существовал конечный предел lim f ( z ) = С , C ≠ ∞ . z →a

2. Для того, чтобы особая точка z = a была полюсом функции f(z), необходимо и достаточно, чтобы существовал бесконечный предел lim f ( z ) = ∞ .

z →a

Теорема. Для того, чтобы особая точка z = a была полюсом n-го поряд-

ка функции f(z), необходимо и достаточно, чтобы в некоторой окрестности этой точки f(z) представлялась в виде f ( z ) =

ϕ ( z) ( z − a) n

, где ϕ (z ) аналитиче-

ская в точке а функция, ϕ (а ) ≠ 0 . Следствие. Точка z = a – полюс n-го порядка функции f ( z) тогда и

только тогда, когда существует конечный lim ( z − a) n f ( z ) ≠ 0 . n →∞

Теорема о связи нулей и полюсов. Функция f(z) имеет в точке z = a –

полюс n-го порядка тогда и только тогда, когда функция

1 имеет в этой f ( z)

точке нуль n-го порядка. Теорема Пикара. В любой сколь угодно малой окрестности своей су-

щественно особой точки функция f(z) принимает (причём бесконечно много раз) любое конечное значение (за исключением, возможно, одного).

53

Вычет аналитической функции в особой точке.

Пусть функция f(z) аналитична в области D за исключением точки a. Разложим

f(z)

в

∞

окрестности

f ( z ) = ∑ Ak ( z − a ) k = ... + k = −∞

A− n ( z − a)

n

+

этой A− n +1

( z − a)

n −1

точки + ... +

в

ряд

Лорана:

A−1 + A0 + A1 ( z − a ) + z−a

+ A2 ( z − a ) 2 + ... Коэффициент A−1 называется вычетом функции f (z ) в точке а и обозначается res f ( z ) . a

Если γ - произвольный кусочно-гладкий замкнутый контур, расположенный в области D и содержащий внутри себя точку а, то, согласно общей формуле для коэффициентов ряда Лорана

A−1 = res f ( z ) = a

1 ∫ f (t )dt . 2πi γ

Вычет в устранимой особой точке равен нулю.

Это следует из определения устранимой особой точки: главная часть ряда Лорана отсутствует, все коэффициенты с отрицательными индексами равны нулю, A-1 = 0. Вычеты в полюсах.

Если а - простой полюс функции f(z), то res f ( z ) = lim[( z − a) f ( z )]. z →a

a

Пусть f ( z ) =

ϕ ( z) , где ϕ (z ) и ψ (z ) - аналитические в окрестности точки а ψ ( z)

функции. Если а - простой нуль функции ψ( z ) , и ϕ(a ) ≠ 0 , то res f ( z ) = a

ϕ (a) . ψ ′(a)

Если а - полюс функции f(z) n-го порядка, то

(

)

⎡ d n −1 ⎤ 1 res f ( z ) = lim ⎢ n −1 ( z − a) n f ( z ) ⎥ . a (n − 1)! z → a ⎣ dz ⎦

54

Вычет в существенно особой точке находится из разложения функции в ряд Лорана. Основная теорема о вычетах. Пусть функция f(z) аналитична во всех точ-

ках ограниченной замкнутой области D , границей которой является контур L, за исключением конечного числа особых точек z1, z2, z3, …, zn, расположенных внутри L. Тогда

n

f ( z) . ∫ f ( z )dz = 2πi ∑ res z k =1

L

k

U (∞, r )

Вычет функции в бесконечно удалённой особой точке. Для конечной особой точ-

1

ки z1 res f ( z ) =

Г

∫ f ( z )dz ,

2π i γ

z1

у

Г-

где γ - контур,

z4

z2

не содержащий других, кроме z1, особых то-

γ

чек, проходимый так, что область, им ограни-

z1

ченная и содержащая особую точку, остаётся

U (0, r ) r

zk

слева (против часовой стрелке). Определим аналогичным

res f ( z ) ∞

res f ( z ) = ∞

1 2π i

∫ f ( z )dz ,

образом:

где Γ − - контур, ограничивающий такую окрестность

Γ−

U (∞, r ) точки z = ∞ , которая не содержит других особых точек, и проходимый

так, что эта окрестность остаётся слева (по часовой стрелке). Таким образом, все остальные (конечные) особые точки функции должны находиться внутри контура Γ − . Изменим направление обхода контура Γ − :

∫ f ( z )dz = − ∫ f ( z )dz .

Γ−

По основной теореме о вычетах

∫

Γ

Γ

k

f ( z )dz = 2πi ∑ res f ( z ) , где суммироj =1 z j

вание ведётся по всем конечным особым точкам. Поэтому, окончательно, k

res f ( z ) = − ∑ res f ( z ) , т.е. вычет в бесконечно удалённой особой точке ра∞

j =1 z j

вен сумме вычетов по всем конечным особым точкам, взятой с противо-

х

55

положным знаком.

Как следствие, имеет место теорема о полной сумме вычетов: если функция w = f(z) аналитична всюду в плоскости С, за исключением конечного числа особых точек z1, z2, z3, …, zk, то сумма вычетов во всех конечных особых точках и вычета в бесконечности равна нулю. Отметим, что если z = ∞ - устранимая особая точка, то вычет в ней мо1 жет быть отличен от нуля. Так для функции f ( z ) = , очевидно, res f ( z ) = 1 ; 0 z z = 0 - единственная конечная особая точка этой функции, поэтому

res f ( z ) = − res f ( z ) = −1 , несмотря на то, что lim f ( z ) = 0 , т.е. z = ∞ - устра∞

z →∞

0

нимая особая точка. Примеры нахождения вычетов.

1. f ( z ) =

(1 − cos z ) 2 z4

.

Эта функция имеет единственную особую точку - z = 0. Функция 1 – cos z при z → 0 - бесконечно малая второго порядка, (1 – cos z)2 - четвертого, поэтому можно предположить, что существует конечный lim f ( z ) , т.е. z = 0 z →0

устранимая

особая

lim f ( z ) = lim z →0

(1 − cos z ) 2 z4

z →0

точка.

= lim

z →0

( z 2 / 2) 2 z4

=

Доказываем

строго:

1 ⇒ z = 0 - устранимая особая точ4

ка. Можно решить эту задачу по-другому. Так как

cos z = 1 − z 2 / 2!+ z 4 / 4!+... + (−1) n z 2 n /(2n)!+... , то

(

)

2

(1 − cos z ) 2 = z 2 / 2!− z 4 / 4!+... + (−1) n +1 z 2 n /(2n)!+... = 4

(

2

= z ⋅ 1 / 2!− z / 4!+... + (−1)

(

n +1 2 n − 2

z

)

/(2n)!+...

2

,

)

2

f ( z ) = 1 / 2!− z 2 / 4!+... + (−1) n +1 z 2 n − 2 /(2n)!+... . Разложение этой функции по степеням z не будет содержать членов с отри-

56

цательными степенями, т.е. z = 0 - устранимая особая точка. 2. f ( z ) = z

2

1 ⋅ e z −2 .

Особая точка: z = 2. Разлагаем функцию в ряд по степеням z - 2: z 2 = [( z − 2) + 2]2 = ( z − 2) 2 + 4( z − 2) + 4, 1 e z−2

=

∞

1 1 1 1 1 =1+ + + + ... + + ... , n 2 3 z − 2 2!⋅( z − 2) n!⋅( z − 2) n 3!⋅( z − 2) n = 0 n!⋅( z − 2)

∑

f ( z) = z

2

1 − z ⋅e 2

= [( z − 2) 2 + 4( z − 2) + 4 ×

⎞ ⎛ 1 1 1 1 1 ⎟= ... × ⎜⎜1 + + + + + ... + + 2 3 4 n ⎟ z − 2 2! ( z − 2) n!( z − 2) 3!( z − 2) 4! ( z − 2) ⎠ ⎝ ⎛1 ⎞ ⎛1 4 ⎞ 1 = ( z − 2) 2 + (1 + 4 )( z − 2) + ⎜ + 4 + 4 ⎟ + ⎜ + + 4 ⎟ ⋅ + ⎝2 ⎠ ⎝ 3! 2! ⎠ z−2 1 1 ⎛1 4 4⎞ ⎛1 4 4⎞ + + + + ⋅ +. ⎜ + + ⎟⋅ ⎜ ⎟ 2 3 4 ! 3 ! 2 ! 5 ! 4 ! 3 ! ⎝ ⎠ ( z − 2) ⎝ ⎠ ( z − 2) Разложение содержит бесконечное количество слагаемых с отрицательными степенями z - 2, следовательно, z = 2 - существенно особая точка. res f ( z ) = A−1 = 2

1 4 37 + +4= . 3! 2! 6

3. f(z) = ctg z. Особые точки – те, в которых sin z = 0 : ak = kπ , k = 0, ± 1, ± 2, ± 3... . Эти

точки

являются

простыми

нулями

знаменателя,

так

как

(sin z )′ z = cos z z = ±1 ≠ 0 . Числитель cos a k ≠ 0 , поэтому точки ak - проk

k

стые полюса. Вычеты находим по формуле res f ( z ) = a

cos ak ϕ (a) . Тогда resctg z = ak ψ ′(a) (sin z )′

z = ak

=

cos ak = 1. cos ak

57

Примеры вычисления интегралов с помощью основной теоремы о вычетах. 1. Вычислить

cos z

∫ ⎛ π ⎞ dz , где L - квадрат |x| + |y| = 2. L z⎜ − z ⎟ ⎝2

⎠

Решение. Обе особые точки подынтегральной функции: z1= 0 и z 2 =

π 2

- рас-

положены внутри контура L, поэтому ⎛ ⎞ dz = 2πi⎜ res f ( z ) + res f ( z ) ⎟ . z2 ⎞ ⎝ z1 ⎠ ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠ cos z

∫ π L z⎛

cos z ⎞ 2 ⎟= . z → 0⎝ π / 2 − z ⎠ π

Точка z1= 0 -полюс первого порядка, res f ( z ) = lim (z ⋅ f ( z ) ) = lim ⎛⎜ z →0

z1

Точка z 2 =

π 2

- нуль первого порядка и для числителя, и для знаменателя; до-

кажем, что это - устранимая особая точка подынтегральной функции. Пусть t =

π

⎞ ⎛π − z , тогда cos z = cos⎜ − t ⎟ = sin t , и 2 ⎝2 ⎠ sin t 2 = , конечный предел существует, поэтому, дейстt → 0 (π / 2 − t )t π

lim f ( z ) = lim

z →0

вительно, это - устранимая особая точка, и res f ( z ) = 0 . z2

По основной теореме о вычетах

3. Вычислить

⎛2 ⎞ dz = 2πi⎜ + 0 ⎟ = 4i . ⎞ ⎝π ⎠ ⎜ − z⎟ ⎝2 ⎠ cos z

∫ π L z⎛

1 1 ⋅ sh dz . z | z|=1 z + 2

∫

Решение. Внутри контура расположена одна особая точка подынтегральной функции f(z): z = 0. Это - существенно особая точка, поэтому для нахождения вычета необходимо найти коэффициент A_ 1 разложения f(z) в ряд Лорана в окрестности этой точки.

58 n n 1 1 1 1 ∞ 1 z z 2 z3 n z n z = ⋅ = ∑ (−1) n = − 2 + 3 − 4 + ... + (−1) n +1 + ... ; z + 2 2 1 + z 2 n=0 2 2 2 2 2 2 2

1 ∞ 1 1 1 1 1 1 sh = ∑ = + + + + ... + + ... . 2 n + 1 3 5 7 z n = 0 (2n + 1)!⋅z z 3!⋅z 5!⋅ z 7!⋅z (2n + 1)!⋅ z 2 n +1 f ( z) =

1 1 ⋅ sh , однако нет необходимости выписывать произведение этих z+2 z

рядов, достаточно только собрать те попарные произведения, которые дают минус первую степень переменной z: A−1 =

1 1 1 1 1 1 1 ⋅ 1 + 3 ⋅ + 5 ⋅ + ... + 2 n +1 ⋅ + ... . 2 (2n + 1)! 2 3! 2 5! 2

Легко сообразить, что это ряд для sh z при z =

1 1 , т.е. res f ( z ) = A−1 = sh , и 0 2 2

1 1 1 ⋅ sh dz = 2πi res f ( z ) = 2πi sh . 0 2 z | z |=1 z + 2

∫

59

ПРИЛОЖЕНИЕ ПРИМЕРЫ ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЙ В СИСТЕМЕ MATHCAD

Задание 1. По заданным z1 = −3 + i 3, z 2 = 1 + i выполнить: 6

а) найти значение выражения 2 z1 z 2 −

i ; z1

б) записать числа z1 = −3 + i 3, z 2 = 1 + i в тригонометрической и показательной формах; в) отобразите числа z1 = −3 + i 3, z 2 = 1 + i на комплексной плоскости. ПОРЯДОК ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯ 1. Введите числа z1 = −3 + i 3, z 2 = 1 + i в общепринятой математической нотации. Для того, чтобы ввести в Mathcad мнимую единицу i , следует набрать на клавиатуре <1>< i > (в рабочем документе будет отображен символ i , который Mathcad при таком способе ввода воспринимает как мнимую единицу. Комплексные переменные выводятся стандартным способом: имя переменной и знак равенства (или знак → символьных преобразований). Выполните операции над комплексными переменными. 2. Найдите Rez1, Imz1, Rez2, Imz2, их модули и аргументы. Запишите числа в тригонометрической и показательной формах. Найдите z1 , z 2 сопряженные к z1 , z 2 . 3. Отобразите z1 , z 2 z1 , z 2 на комплексной плоскости. Документ Mathcad приведен ниже.

60

1. z1 := −3 + 3 ⋅ i 6

2 ⋅ z1 ⋅ z2 −

z2 := 1 + i

i = z1

2.

Re ( z1 ) =

Im ( z1 ) =

Re ( z2 ) =

Im ( z2 ) = ⎯ z1 = ⎯ z1 → ⎯ z2 =

z1 = z1 → z2 = z2 →

⎯ z2 →

arg ( z1 ) =

arg ( z1 ) →

arg ( z2 ) =

arg ( z2 ) →

3. Изображение комплексных чисел на комплексной плоскости

2

Im( z1) Im( z2)

( ) ⎯ Im( z2) ⎯ Im z1

5

0

5

2

( )

( )

⎯ ⎯ Re( z1) , Re( z2) , Re z1 , Re z2

Указание. Для того, чтобы определить число z , сопряженной к числу z , введите с клавиатуры z и затем символ " (кавычки).

61

Задание 2. Найти значение функции f ( z ) = (i + z ) 2 +

1 в заданной точке z

(3 + 2i ). Документ Mathcad приведен ниже. 2

f ( z) := ( i + z) +

1 z

z := 3 + 2 ⋅ i f ( z) →

Задание 3. Найти точки, в которых функция ω = z ⋅ z дифференцируема. Документ Mathcad приведен ниже. ⎯ z ( x , y) := x + i ⋅ y z ( x , y) := x − j ⋅ y

( ) ( x , y) → ( x + y ) ⋅ z⎯ 1

z ( x , y) →

2

2

2

( ) ( x , y) complex → ( x + y ) ⋅ z⎯ 1

2

2

2

( )⋅x u ( x , y) := ( x + y ) 1

2

2

2

⎡ 2 2 ( 12 ) ⎤ v ( x , y) := −⎣( x + y ) ⋅ y⎦

Сравните результат с вычисленным ранее. Проверим выполнение условия Коши-Римана

d u( x , y) → dx

d u( x , y) → dy

d v( x , y) → dy

d v( x , y) → dx

∂u ∂v ∂u ∂v = , =− : ∂x ∂y ∂y ∂x

62

Одно из условий Коши-Римана нарушено:

∂u ∂v ≠ . Следовательно, функция ∂x ∂y

ω = z ⋅ z нигде не дифференцируема. i

π

Задание 3. Вычислить значения функций e 2 , sin i , cos(1 + i ) , ln(-1), i i в заданной точке. Документ Mathcad приведен ниже. e

π ⋅2

i

→

sin( i) complex →

cos ( 1 + i) complex → cos ( 1 + i) = ln( −1) complex → ii

complex →

Задание 4. Пример 1. Вычислить интеграл ∫ Re( z) dz по кривой l , где: l

а) l - прямая, соединяющая точки z1 = 0 и z 2 = 1 + i ; z1 := 0

z2 := 1 + i

Im ( z)

Re ( z)

y ( x) := x z( x) := x + i ⋅ y ( x)

⎛ d z( x) ⎞ ⋅ dx → ⎜ ⎝ dx ⎠

z( x) →

Re ( z( x) ) →

1

⌠ ⎮ Re ( z( x) ) ⋅ ( 1 + i) dx = ⌡0

63

Задание 5. Пример 2. Вычислить интеграл

∫ z ⋅ zdz,

по кривой l , где:

l

l - верхняя полуокружность z = 1, обход против часовой стрелки. Документ Mathcad приведен ниже.

z ( φ ) := e d dφ

⋅φ

i

⎯ z ( φ) →

z ( φ) →

⌠π − i⋅φ ⎮ e ⋅ ( i ⋅ exp( i ⋅ φ ) ) dφ → ⌡0

Задание 6. Разложить в ряд Лорана функцию f ( z ) =

1 в указан( z − 1)( z − 2)

ной области: а) в круге z < 1 , б) в кольце 1 < z < 2 , в) в кольце 2 < z < ∞.

ПОРЯДОК ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЯ 1. Разложите правильную рациональную дробь на слагаемые. Для разложения дроби на слагаемые нужно в выражении

1 в круге z < 1 вы( z − 1)( z − 2)

делите переменную рамкой, затем выберите в меню Symbolic процедуры Variable-Convert to Partial Fraction.

2. Полученные дроби представьте рядом Тейлора по степени z. Для того, чтобы найти разложение функции f (z ) по степени z , выделите рамкой переменную z, затем выберите в меню Symbolic процедуры Variable - Expand to Series ... , введите в поле ввода Order of Approximation введите кольчество

членов ряда, которое будет выведено в рабочий документ, и щелкните по кнопке OK.

64

3. Сложите два разложения. Для того, чтобы привести подобные, выделите выражение рамкой, затем выберите в меню Symbolic процедуру Simplify и щелкните вне выделяющей рамки. Получено разложение в круге |z|<1. Документ Mathcad приведен ниже. 1

−1

( z − 1) ( z − 2)

( z − 1)

−1

2

−1

( z − 2)

2

2

3

3

−

1 4

4

⋅z−

1 8

2

⋅z −

2

+

3 4

⋅z+

7 8

2

⋅z +

15 16

4

( 6)

5

3

⋅z +

31 32

1 16

3

⋅z −

1 32

4

⋅z −

1 64

( 6) + ⎛⎜ −1 − 1 ⋅ z − 1 ⋅ z2 −

5

1 + 1⋅ z + 1⋅ z + 1⋅ z + 1⋅ z + 1⋅ z + O z

1

( z − 2)

1 + 1⋅ z + 1⋅ z + 1⋅ z + 1⋅ z + 1⋅ z + O z

( z − 1)

1

1

+

4

⋅z +

63 64

⎝ 2

5

4

8

( 6)

5

⋅z +Oz

1 16

3

⋅z −

1 32

4

⋅z −

1 64

5

( 6) ⎞

⋅z +Oz

⎠

( 6)

⋅ z + 2⋅ O z

Сравните с разложением, полученным выше. 4. Для разложения дроби но дробь −

1 в ряд Лорана в кольце 1 < z < 2 нуж( z − 1)( z − 2)

1 представить с отрицательными степенями z, а для дроби ( z − 1)

1 использовать предыдущее разложение. ( z − 2) Разложите −

1 в ряд Тейлора, заменив переменную z на переменную t. ( z − 1)

Выберите в меню Symbolic процедуры Variable - Expand to Series ... , введите в поле ввода Order of Approximation введите кольчество членов ряда, которое будет выведено в рабочий документ, и щелкните по кнопке OK.

65

5. Сделайте замену переменной t =

1 1 . Для этого наберите в Mathcad дробь z z

и для выполнения замены скопируйте в буфер выражение

1 .Затем выделите z

рамкой переменную t и выполните в меню Symbolic процедуру Variable – Substitute. Получите разложение по отрицательным степеням. 6. Сложите разложения дробей −

1 1 , и упростите процедурой ( z − 1) ( z − 2)

Simplify.

Документ Mathcad приведен ниже. 1 2

+

3 4

7

⋅z+

15

2

⋅z +

8

31

3

⋅z +

16

63

4

⋅z +

32

( 6)

5

⋅ z + 2⋅ O z

64

1 1−t

1 z

2

3

4

( 6)

5

1 + 1⋅ t + 1⋅ t + 1⋅ t + 1⋅ t + 1⋅ t + O t

1

1+

−1 2

1 2

−

−

1 4

1 4

z

⋅z−

⋅z−

1 8

+

1

1

+

2

3

z

1 8

z 1

2

⋅z −

2

⋅z −

+

16

+

4

z

⋅z −

3

⋅z −

⎞ ⎝z ⎠

+ O⎛⎜

1 5

z 1

3

16

1

1

32

1 32

1

4

⋅z −

4

⋅z −

6. Для разложения дроби

64

6

5

64

1

1

( 6) + ⎛⎜ 1 +

⋅z + Oz

5

( 6) +

⋅z +Oz

1 z

⎝

1 z

+

1 2

z

1

+

+

2

1

+

3

z

1 3

z

+

1

+

4

z

1 4

z

+

z

1 5

z

+

1 5

z

+ O⎛⎜

+ O⎛⎜

⎞⎞ ⎝ z ⎠⎠ 1

6

⎞ ⎝z ⎠ 1

6

1 в ряд Лорана в кольце 2 < z < ∞ ( z − 1)( z − 2)

представьте обе дроби рядами с отрицательными коэффициентами. Предварительно замените переменную в дроби

1 на t и разложите ее в ряд. ( z − 2)

66

Выберите в меню Symbolic процедуры Variable - Expand to Series ... . Затем

1 и для выполнения замены скопируйте в буфер z

наберите в Mathcad дробь выражение

1 . Затем выделите рамкой переменную t и выполните в меню z

Symbolic процедуру Variable – Substitute. . Сложите разложения дробей

1 1 , и упростите процедурой Simplify. Для упрощения выраже( z − 1) ( z − 2)

−

ния выберите процедуру Expand. Документ Mathcad приведен ниже. 1 ( t − 2) −1 2 −1 2

−1 2

1 2

−

+

−

( 4 ⋅ z)

( 4 ⋅ z)

4

1

⋅t−

8

1

−

1

3

1

−

( 4 ⋅ z)

−

+

1

2

⋅t −

1

3

⋅t −

16

1

1

4

32

⋅t −

1

−

1 64

⋅t

5

1

−

−

7

−

1

3

−

1

4

+

3

15

+

4

−

1

31

+

5

63

(8 ⋅ z ) (16 ⋅ z ) (32 ⋅ z ) (64 ⋅ z ) 2

z

⎞ ⎝z ⎠

+ O⎛⎜

1

(8 ⋅ z ) (16 ⋅ z ) (32 ⋅ z ) (64 ⋅ z ) 2

(8 ⋅ z ) (16 ⋅ z ) (32 ⋅ z ) (64 ⋅ z ) 2

1

6 + O( t )

3

4

5

5

1

6

⎞ + ⎛ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + O⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎜ ⎜ 6 2 3 4 5 z z z z z ⎝z ⎠ ⎝ ⎝ z ⎠⎠

+ O⎛⎜

1

6

+ 2 ⋅ O⎛⎜

1 6

⎞

⎝z ⎠