ТФКП часть 2 - Факультет прикладной математики

Задачи по теории функций комплексного переменного
Часть 2
На дневном, на вечернем и на заочном отделениях факультета прикладной математики-процессов
управления Санкт-Петербургского государственного университета читается годовой курс по Теории функций
комплексного переменого (ТФКП). Программа этого
курса приведена на сайте факультета
http://www.apmath.spbu.ru/ru/staff/starkov/. Там же помещена первая часть курса.
При составлении методических указаний использовались различные источники, список которых приведен.
В каждом пункте даются краткие сведения теоретического характера с целью сделать читателя менее зависимым
от наличия или отсутствия у него соответствующей литературы. Для некоторых задач решение доведено до конца,
для других даются указания к решению, для всех задач приведены ответы.
Содержание
1. Интегрирование функций комплексного переменного
1.1. Вычисление интегралов по формуле Ньютона-Лейбница
1.2. Интеграл по контуру
1.3. Интегральная формула Коши
2.
Ряды
2.1. Степенные ряды и ряд Тейлора
2.2. Ряд Лорана
3.
Изолированные особые точки и вычеты функций
3.1. Классификация особых точек
3.2. Вычеты функций
4.
Применение вычетов к вычислению интегралов
4.1. Вычисление интегралов на основе теоремы Коши
4.2. Вычисление определенных интегралов с помощью вычетов
4.3. Несобственные интегралы от действительной переменной
5. Тестирование по пройденному материалу
6. Литература
1.
1.1.
Интегрирование функций комплексного переменного
Вычисление интегралов по формуле Ньютона-Лейбница
Функция F (z ) называется первообразной функцией для f (z ) , если F ¢( z ) = f ( z ) . Если функция f (z )
является аналитической в односвязной области D, то интеграл от f (z ) по любому пути, соединяющему
точки z1 и z 2 этой области и лежащему в ней, равен разности значений первообразной в точках z 2 и
z1 , т.е. вычисляется по известной формуле Ньютона-Лейбница. Интегралы от элементарных функций
комплексного переменного вычисляются с помощью тех же формул, что и для функций вещественной
переменной.
i
1. Вычислить интегралы: а)
ò z cos zdz , б)
0
Ответ: а)
1+ pi
-z
ò ze dz , в)
0
1
1
2
- 1 , б)
(2 + pi ) , в) (-1 + i ) .
e
e
3
1+i
ò z dz .
2
0
i
1+i
dz
2. Вычислить интегралы: а) ò ze z dz , б) ò
, в)
0
1 z
Ответ: а) (1 - cos1 - sin 1) + i (cos1 - sin 1) , б)
1.2.
p
+i
2
ò sin zdz .
0
i æ 1ö
1
p
ln 2 + i , в) 1 + ç e - ÷ .
2
4
2è eø
Интеграл по контуру
Если f ( z ) = u ( x, y ) + iv ( x, y ) , то интеграл по дуге АВ, лежащей в плоскости z , вычисляется по
ò f ( z )dz = ò udx - vdy + i ò vdx + udy , т.
формуле
È AB
È AB
е.
представляется как сумма криволинейных
È AB
интегралов от вещественной переменной.
При параметрическом задании дуги АВ: z (t ) = x(t ) + iy (t ) , t1 < t < t 2 имеем
ò
t2
f ( z )dz = ò f ( z (t )) z ¢(t )dt . Это удобно для случая, когда дуга является частью окружности, а
È AB
t1
параметром служит полярный угол.
Если функция f (z ) аналитична в некоторой односвязной области D, то интеграл по любому контуру в
этой области не зависит от пути интегрирования, а вдоль замкнутого контура равен нулю (теорема
Коши для односвязной области).
Если функция f (z ) есть аналитическая функция в замкнутой многосвязной области, то интеграл по
внешнему контуру равен сумме интегралов по внутренним контурам (теорема Коши для многосвязной
области). Везде интегрирование как по внешнему, так и по внутренним контурам совершается в
положительном направлении, т.е. так, что область остается все время слева.
3. Вычислить
ò Im zdz , где С — прямолинейный отрезок, соединяющий точку 0 с точкой 2 + i.
С
Ответ: 1 + 0, 5i.
4. Вычислить
dz
, где С — окружность z = 1 .
z
C
ò
Ответ: 2pi .
5. Вычислить
ò
С
dz
, где С — верхняя половина окружности z = 1 , направление обхода: от точки (1,0)
z
до точки (—1,0) ( z взять из общей формулы при k = 0).
Ответ: 2(i – 1).
6. Вычислить
Ответ:
dz
, где С — граница области 1 < z < 2 .
z
C
ò
4
.
3
7. Вычислить
ò z dz , где С — четверть окружности
3
z = 1 , 0 £ arg z £
С
p
.
2
Ответ: 0.
i
8. Вычислить
ò z dz вдоль полуокружности
z = 1 , Re z ³ 0 .
-i
Ответ: 2i.
9. Вычислить интегралы вдоль кривой С — части окружности z = 2 , лежащей в полуплоскости
Im z £ 0 и пробегаемой от точки z1 = -2 до точки z 2 = 2 в случаях:
а)
ò z dz
б)
С
ò z z dz
Ответ: а) 4pi ,
10.
ò
в) (2 x - 3iy )dz
С
б) 0;
С
в) 10pi .
Вычислить интегралы вдоль С — отрезка прямой с началом в z1 = 1 и концом в z 2 = i от
следующих функций: а) z , б) Im z , в) z
Ответ: а) i,
б) 0,5(–1 + i); в)
-1
.
1- i
ln(3 + 2 2 ) .
2
11. Вычислить интегралы по замкнутому контуру: а)
ò zzdz , б) ò z Im( z
я =1
Ответ: а) 0;
б) -16p ,
я =2
2
)dz , в)
ò Re zdz .
я -1 =1
в) pi .
i
12. Вычислить интеграл
Ответ: - pi .
13. Вычислить
dz
, вдоль дуги параболы y 2 = x + 1 .
z
-i
ò
ò ( y + xi)dz , где С — ломаная ОАВ с вершинами
в точках zO = 0 , z A = i , z B = 1 + i .
С
Ответ: 0,5 + i.
x2 y 2
14. Вычислить интеграл ò z dz , где С — эллипс 2 + 2 = 1 .
a
b
С
10
Ответ: 0.
1.3
Интегральная формула Коши
Пусть функция f (z ) аналитична в замкнутой области D (односвязной или многосвязной) и Г —
граница области D. Оказывается, что тогда значения функции f (z ) в любой точке области D можно
вычислить, зная только значения f (z ) на границе области по интегральной формуле Коши:
f ( z) =
1
f (x)dx
.
ò
2pi G x - z
Заметим, что формула Коши остается в силе и для многосвязной области, но под интегралом
подразумевается сумма интегралов по всем кривым, составляющим контур (обходимые области
остаются слева).
Известно, что аналитическая в данной области функция f (z ) имеет в этой области производную
любого порядка. Производная определяется по формуле
f (n) ( z) =
n!
f ( x ) dx
.
ò
2pi G (x - z ) n +1
С помощью этих формул можно вычислять некоторые криволинейные интегралы по замкнутым
контурам для подынтегральной функции специального вида. Формулы следует записать в обратном
порядке
ò
G
f ( x ) dx
= 2pif ( z ) ,
x-z
f (x)dx
ò (x - z )
n +1
G
Пример 1. Вычислить интеграл
=
2pi ( n)
f ( z) .
n!
e z dz
òC z ( z - 3) , где С — окружность с радиусом 3/2 и центром в точке 2.
Решение. В качестве числителя подынтегрального выражения в интегральной формуле Коши следует
ez
, которая аналитична в круге, ограниченном С. Применяя интегральную
z
e z dz
f ( z )dz
2pe 3i
формулу Коши, получим ò
=ò
= 2pif (3) =
.
z
z
z
3
(
3
)
3
C
C
f ( z) =
взять функцию
Пример 2. Вычислить
e z dz
òC ( z - i)3 .
где С — произвольный замкнутый контур, однократно обходящий точку i в положительном
направлении.
Решение. Функция f ( z ) = e z аналитична в области, ограниченной контуром С и в силу формулы для
производной, находим
15. Вычислить интеграл
e z dz
2pi
òC ( z - i) 3 = 2! f ¢¢(i) = -p sin 1 + ip cos1 .
2z3 +1
ò ( z - 1) 4 dz .
z -2 = 2
Ответ: 4pi .
16. Вычислить
òz
C
dz
, если: а) точка 3i лежит внутри контура С, а точка –3i — вне его, б) точка –3i
+9
2
лежит внутри контура С, а точка 3i — вне его.
Ответ: а)
p
p
, б) - .
3
3
17. Применяя формулу Коши, вычислить интегралы: а)
z 3 dz
òC z - 1 , б)
zdz
, где С— окружность с
4
-1
òz
C
центром в точке 2 и радиусом 2.
Ответ: а) 2pi ; б)
p
i.
2
18. Вычислить интегралы по окружностям: а)
z 2 dz
òz =2 z + i , б)
sin z
dz , в)
z
z -1 = 2
ò
zdz
.
2
z
1
z +2 =2
ò
Ответ: а) - 2pi , б) 0; в) pi .
2
Ряды
2.1
Степенные ряды и ряд Тейлора
Различают числовые и функциональные ряды. Из всевозможных функциональных рядов большое
распространение имеют степенные ряды:
¥
åc z
n= 0
n
n
= c0 + c1 z + c2 z 2 + ... + cn z n + ...
Радиус сходимости К можно определить, пользуясь признаками Даламбера или Коши: R = lim
n ®¥
R = lim
n® ¥ n
1
cn
cn
,
cn+1
.
Ряд сходится при z < R , т.е. в круге радиусом R . Более общий вид степенного ряда — ряд Тейлора
¥
f ( z ) = å cn ( z - z 0 ) n , cn =
n =0
1 (n)
f ( z0 ) .
n!
Кругом сходимости этого ряда является круг z - z 0 < R .
¥
Пример 1. Рассмотрим геометрическую прогрессию
åz
n
= 1 + z + z 2 + ... + z n + ...
n= 0
Ее круг сходимости z < 1 . Внутри этого круга прогрессия сходится абсолютно, а во всяком замкнутом
круге z £ q < 1 –равномерно. Как и в действительном анализе, сумма прогрессии внутри ее круга
сходимости равна функции
1
. Эта функция и ее представление рядом очень полезно в задачах
1- z
разложения в ряды.
( z - 1) n
z - 1 ( z - 1) 2
=
+
+
+ ...
1
å
n!
1!
2!
n= 0
¥
Пример 2. Исследовать сходимость ряда
cn
= lim (n + 1) = ¥ .
n ®¥ c
n® ¥
n +1
Его радиус сходимости равен R = lim
Следовательно, кругом сходимости данного ряда будет вся плоскость z.
Как и в действительном анализе, имеют место разложения при z 0 = 0 следующих функций:
¥
ez = å
n =0
¥
zn
z z2
zn
z 2n +1
z3 z5
z 2 n+1
= 1 + + + ... + + ... , sin z = å (-1) n
= z - + - ... + (-1) n
+ ... ,
n!
n!
1! 2!
(2n + 1)!
3! 5!
(2n + 1)!
n =0
¥
z 2n
z2 z4
z 2n
= 1 - + - ... + (-1) n
+ ... ,
(2n)!
2! 4!
(2n)!
n =0
n(n - 1) 2
n(n - 1)...(n - k + 1) k
(1 + z ) n = 1 + nz +
z + ... +
z + ... ,
2!
k!
¥
zn z z2 z3
zn
= - + - ... + (-1) n + ...
ln(1 + z ) = å (-1) n
n 1 2 3
n
n =1
Радиус сходимости первых трех рядов R = ¥ , а последних двух R = 1 .
cos z = å (-1) n
¥
19. Определить радиус сходимости степенного ряда
åс z
n =1
в) cn =
n
n
, если: а) сn = n n , б) cn =
1
,
n!
n
, г) cn = cos(in) .
2n
Ответ: а) 0;
б) ¥ ,
в) 2; г)
1
.
e
20. Найти круг сходимости рядов: а) 1 +
¥
zn
, б)
å
n =1 n!
¥
å n! z n , в)
n =1
( z - i)n
.
å
2
n
n =1 n (1 + i )
¥
Ответ: а) R = ¥ , вся плоскость, б) R = 0 , точка z = 0 , в) R = 2 ,
(1 + i ) n
б) å
( z - 2) n .
n =1 ( n + 1)(n + 2)
¥
¥
n! z n
21. Найти радиус сходимости степенного рядов: а) å n ,
n =1 n
Ответ: а) R = e , б) R =
z -i < 2 .
2
.
2
( z + i)n
, б)
å
n = 0 1 + in
¥
22. Найти круг сходимости следующих степенных рядов: а)
å [2 + (-1) ]z
¥
n= 0
n
n
,
( z + 1 + i)n
,
å
n n
n = 0 [3 + 4 × ( -1) ]
¥
в)
¥
г)
å (sin( in)) z
n
.
n =1
Ответ: а) z + i < 1 , б) z < 1 , в) z + 1 + i < 1 , г) z <
1
.
e
¥
23. Определить область сходимости рядов: а)
å e z ln n , б)
n =2
Re z < -1 ,
Ответ: а) Полуплоскость
z = 0,±1,±2,...
¥
sin nz
, в)
å
n
n =1
(-1) n
.
å
n= 0 z + n
¥
б) действительная ось; в) вся плоскость, кроме точек
¥
24. Найти область сходимости данных рядов: а)
1 ö
æ n
ç z + n n ÷ , б)
å
2 z ø
n= 0 è
æ z n n2 ö
çç + n ÷÷ ,
å
z ø
n = 0 è n!
¥
n
é z ( z + n) ù
в) å ê
.
n úû
n =1 ë
¥
Ответ: а) Кольцо
1
< z < 1 , б) внешность единичного круга
2
¥
z > 1 , в) z < 1 .
¥
2n
zn
, б) å
25. Найти область сходимости данных рядов: а) å 2n
, в)
n
+1
n =0 z
n =1 1 - z
Ответ: а) z > 1 , б) z < 1 , в) вся плоскость, кроме окружности
¥
zn
.
å
2n
n =1 1 - z
z = 1.
26. Разложить в ряд Тейлора по степеням z - i функцию f ( z ) = z 5 .
f ( z ) = i + 5( z - i) - 10i ( z - i ) 2 - 10( z - i)3 + 5i ( z - i ) 4 + ( z - i) 5 .
27. Разложить функции в ряд Тейлора в окрестности точки z 0 и указать область сходимости:
Ответ:
а) ln z , z 0 = 1 , б) (1 - z)e z , z 0 = 0 , в) sin 2 z - 2 sin z , z 0 = 0 .
Ответ: а) ln z =
¥
å (-1) n -1
n =1
¥
в)
å (-1)
n +1
n =1
¥
nz n +1
( z - 1) n
, z <¥,
, z - 1 < 1 , б) 1 - å
n
n =1 ( n + 1)!
2 - 2 2 n+1 2 n+ 2
z , z <¥.
(2n + 1)!
¥
28. Разложить функции в степенной ряд
åс z
n =0
n
n
и найти радиус сходимости: а)
1
,b ¹ 0,
az + b
2
б)
z
z
, в)
.
z - 4 z + 13
( z + 1) 2
2
¥
Ответ: а)
å (-1) n
n= 0
¥
в)
å (-1)
n
[
]
n
an zn
b
i ¥
n
n z
(
2
3
i
)
(
2
+
3
i
)
, R = 13 ,
,
R
=
,
б)
å
b n +1
a
6 n =1
13n
(n - 1) z n , R = 1 .
n= 2
¥
29. Разложить указанные функции в степенные ряды
åс z
n =0
а) ln( z - 3z + 2) ,
2
1+ z
б) ln
,
1- z
z
в)
sin z
dz .
z
0
ò
n
n
, используя известные разложения:
z 2 n+1
, R =¥.
(2n + 1)!(2n + 1)
n =1
n= 0
z
30. Разложить указанные функции в ряд по степеням z - 1 и найти радиус сходимости: а)
,
z+2
z2
z
б) 2
, в)
.
z - 2z + 5
( z + 1) 2
¥
1
( z - 1) n
1 ¥ ( z - 1) n
Ответ: а) + 2å (-1) n +1 n
, R = 3 , б) å 1
, R = 2,
3
3 +1
4 n=0 n+ 2 [1+ ( -1)n+1 ]
n =1
2
n
¥
1
(n - 3)( z - 1)
в) + å (-1) n
, R = 2.
4 n =1
2n + 2
31. Функцию sin( 2 z - z 2 ) разложить в ряд по степеням z - 1 , найти радиус сходимости ряда.
Ответ: а) ln 2 -
¥
å (1 + 2-n )
¥
zn
z 2n +1
, R = 1 , б) 2å
, R = 1 , в)
n
n =0 2n + 1
¥
å (-1) n
np ö
2n
÷( z - 1) , R = ¥ .
2 ø
n= 0
32. Разложить в ряд Тейлора функцию f ( z ) = ln z в окрестности z 0 = 2 .
¥
Ответ:
æ
1
å n! sin çè1 +
Ответ: ln 2 +
¥
å (-1) n-1
n =1
2.2.
( z - 2) n
, R =2.
n2 n
Ряд Лорана
Ряд, содержащий, кроме положительных степеней z - z 0 , также и отрицательные степени z - z 0 ,
называется рядом Лорана и имеет вид
¥
å a (z - z )
n = -¥
n
0
n
= ... +
a- n
a
+ ... + -1 + a0 + a1 ( z - z 0 ) + ... + an ( z - z0 ) n + ...
n
z - z0
( z - z0 )
Областью сходимости ряда Лорана является круговое кольцо
R1 < z - z 0 < R2 (кольцо может
выродиться в кольцо с выколотым центром: 0 < z - z 0 < R2 или во внешность круга с выколотой точкой
z =¥:
R1 < z - z 0 < ¥ , а также во всю плоскость с двумя выколотыми точками: 0 < z - z 0 < ¥ ).
Часть ряда Лорана с коэффициентами a-n называется главной частью ряда Лорана, а с коэффициентами
an — правильной частью.
Всякая аналитическая функция f (z ) внутри кругового кольца R1 < z - z 0 < R2 может быть разложена
внутри этого кольца в ряд Лорана и притом единственным образом. Коэффициенты ряда Лорана
вычисляются при помощи формулы
an =
1
f (z)
dz , n = 0,±1,±2,... ,
ò
2pi C (z - z0 )n+1
где С — любой замкнутый контур, расположенный внутри кольца и окружающий точку z 0 .
Однако на практике для вычисления коэффициентов иногда удобнее использовать представление
разлагаемой функции в виде суммы функций, каждую из которых можно непосредственно представить в
виде разложения по отрицательным или положительным степеням z - z 0 .
Пример.
Рассмотрим функцию f ( z ) =
1
.
( z - 1)( z - 2)
Она имеет две особые точки z = 1 и z = 2 и,
значит, в кольце 1 < z < 2 является аналитической и разлагается в ряд Лорана. Найдем это разложение,
представив функцию в виде суммы простейших дробей:
1
1
1
=
.
( z - 1)( z - 2) z - 2 z - 1
1
Дробь
является аналитической функцией в круге
z-2
z < 2 и разлагается по положительным
степеням аналогично ряду геометрической прогрессии:
ö
æ
n
ö
1ç 1 ÷
1 æ z z2
1 ¥ z
zn
÷ = - çç1 + + 2 + ... + n + ...÷÷ = - å æç ö÷ .
- ç
2 ç1- z ÷
2è 2 2
2
2 n =0 è 2 ø
ø
÷
ç
è 2ø
1
1
Дробь является аналитической вне круга z > 1 и разлагается по степеням
также как сумма
z -1
z
¥
1æ 1 1
1
1
1
1
ö
геометрической прогрессии: == - ç1 + + 2 + ... + n + ...÷ = - å n
z -1
zè z z
z
æ 1ö
ø
n =1 z
z ç1 - ÷
è zø
n
Окончательно имеем f ( z ) = -
¥
1 ¥ æzö
1
1 ¥ é zn 1 ù
=
-å
+
åç ÷ å
2 n =0 è 2 ø n =1 z n
2 n =1 êë 2 n z n úû
Для этой функции можно получить и другие разложения в других областях. Так, например, в области
z < 1 она аналитична и разлагается в ряд Тейлора:
1
1
1
1
1 1
=+
=
- ×
=
( z - 1)( z - 2)
z -1 z - 2 1 - z 2 1- z
2
2
ö
1æ z z
zn
= 1 + z + z 2 + ... + z n + ... - çç1 + + 2 + ... + n + ...÷÷ =
2è 2 2
2
ø
¥
1 ö
æ
= å ç1 - n +1 ÷z n , z < 1.
2 ø
n= 0 è
Разложим ее в кольце 0 < z - 1 < 1 (окрестность точки z 0 = 1 ) по степеням z - 1 :
f ( z) = =-
1
1
1
1
+
==
z -1 z - 2
z - 1 1 - ( z - 1)
¥
¥
1
- å ( z - 1) n = - å ( z - 1) n , 0 < z - 1 < 1.
z - 1 n= 0
n = -1
Таким образом, для одной и той же функции можно получить различные разложения. Это не
противоречит единственности разложения, ибо полученные ряды имеют место в различных областях.
33. Разложить функцию f ( z ) =
Ответ: f ( z ) = -
¥
åz
1
в ряд Лорана в кольце 0 < z - 1 < 1 .
z ( z - 1)
n
n = -1
34. Разложить в ряд Лорана по степеням
Ответ: f ( z ) =
z - 2 функцию f ( z ) =
16
32
+
+ 24 + 8( z - 2) + ( z - 2) 2 .
2
( z - 2)
z-2
z4
.
( z - 2) 2
35. Разложить в ряд Лорана следующие функции в указанных областях: а)
z
при
( z - 1)( z 2 - 4)
2
1
1
при 1 < z < 2 , в)
при z > 2 .
2
2
2
( z - 1)( z - 4)
( z - 1)( z 2 - 4) 2
1 < z < 2 , б)
2
1 ¥ 1
1 ¥ z 2n +1
1 ¥
3n + 7
Ответ: а) å 2 n +1 - å n , б) å an z 2 n , an = 1 при n < 0 , an = n + 2 при n > 0 ,
3 n =1 z
12 n = 0 4
4
9 n= -¥
¥
1
в) å 1 + (3n - 7)4 n - 2 z - 2 n .
9 n=1
[
3.
]
Изолированные особые точки и вычеты функций
3.1. Классификация особых точек
Точки, в которых функция f (z ) перестает быть аналитической, называются особыми. Если в
достаточно малой окрестности особой точки нет других особых точек, то данная особая точка называется изолированной. Изолированные особые точки бывают трех типов: устранимая особая точка,
полюс, существенно особая точка.
Изолированная особая точка z 0 функции f (z ) называется устранимой (или правильной), если
существует конечный предел lim f ( z ) при z ® z 0 (этот предел не совпадает с f ( z 0 ) ). Для того чтобы
изолированная особая точка z 0 функции f (z ) была устранимой, необходимо и достаточно, чтобы
лорановское разложение f (z ) в окрестности z 0 не содержало главной части, т.е. представляло бы ряд
Тейлора:
¥
å a (z - z )
n= 0
n
0
n
= a0 + a1 ( z - z0 ) + ... + an ( z - z 0 ) n + ...
Данная функция совпадает с суммой ряда, если z ¹ z0 Функция будет аналитической и в точке z 0 , если
положить f ( z 0 ) = a0 , что обычно и делают.
Изолированная особая точка z 0 функции f (z ) называется полюсом, если lim f ( z ) = ¥ при z ® z 0 .
Для того чтобы изолированная особая точка z 0 функции
f (z ) была полюсом, необходимо и
достаточно, чтобы главная часть лорановского разложения f (z ) в окрестности z 0 содержала бы лишь
конечное число членов:
¥
a- m
a-m +1
a-1
...
+
+
+
+
å a n ( z - z0 ) n
( z - z0 ) m ( z - z0 ) m-1
z - z 0 n =0
m > 0, a-m ¹ 0 , -т называется порядком полюса, при т = 1 полюс, называется простым.
1
Если для f (z ) точка z 0 есть полюс порядка т, то для функции
точка z 0 есть нуль порядка т
f ( z)
(точка z 0 называется нулем порядка т, если разложение в степенной ряд аналитической функции w(z )
f ( z) =
имеет вид w( z ) =
¥
å a (z - z )
k =m
k
0
k
, a-m ¹ 0 , k ³ 1 ).
Изолированная особая точка z 0 функции f (z ) называется существенно особой, если lim f ( z ) при
z ® z 0 не существует.
Например, z = 0 для функции
1
z
lim e = ¥ .
z ®0 +
f ( z) = e
1
z
1
z
является существенно особой, так как lim e = 0 ,
z ®0 -
Для того чтобы изолированная особая точка z 0 функции f (z ) была существенно особой, необходимо и
достаточно, чтобы главная часть лорановского разложения функции f (z ) в окрестности z 0 содержала
¥
å a (z - z )
бы бесконечное число членов: f ( z ) =
n = -¥
n
0
n
.
Теперь о точке z = ¥ . Точка z = ¥ называется бесконечно удаленной изолированной особой точкой,
если все другие особые точки находятся на конечном расстоянии от начала координат.
Точку z = ¥ будем называть устранимой особой точкой функции f (z ) , если ее разложение в ряд
Лорана имеет вид f ( z ) =
¥
åa z
n =0
n
-n
или существует предел lim f ( z ) = a0 при z ® ¥ , т.е. функция
¥
ограничена в окрестности бесконечно удаленной точки. Пусть в разложении
åa z
n =0
-n
n
будут равны нулю
a0 = a1 = ... = am -1 = 0 , но am ¹ 0 . В этом случае говорят, что точка z = ¥ является нулем кратности т
функции f (z ) .
Точка z = ¥ называется полюсом порядка m функции f (z ) , если разложение в ряд Лорана в
окрестности этой точки имеет вид
f ( z) =
¥
åa z
n= - m
n
-n
, где a-m ¹ 0 . Видно, что в этом случае
lim f ( z ) = ¥ при z ® ¥ .
Бесконечно удаленная точка называется существенно особой точкой функции f (z ) , если разложение в
ряд Лорана для нее имеет вид f ( z ) =
¥
åa z
n = -¥
n
n
, причем главная часть состоит из бесконечного числа
членов.
36. Определить характер точки 20 для следующих функций: а) sin z + 3 sin 2 z , z0 = kp, k Î Z ,
p
cos z
p
sin z
2
б) sin( z - 1) cos3 z , z 0 = 1 , в)
, z 0 = 1 , г)
, z0 = p .
2
2
z-p
sin ( z - 1)
Ответ: а) z = kp — простые нули функции; б) z = 1 — нуль четвертого порядка; в) z = 1 — полюс
первого порядка; г) z = p — устранимая особая точка.
37. Определить порядки полюсов z 0 для следующих функций:
z 2 - 3z + 2
cos pz + 1
z
, z 0 = -1, z 0 = 2 .
,
z
=
k
p
,
k
Î
Z
,
б)
, z 0 = 2, z 0 = 1 , в) 2
0
2
2
3
3
sin z
( z - 4) ( z - 1)
( z - z - 2)3
Ответ: а) z = 0 — полюс второго порядка, z = kp — полюсы 3 порядка (k = 0, ±1, ±2, . . .); б) z = 2 —
полюс 1 порядка, z = 1 — полюс 2 порядка, в) z = -1— простой полюс, z = 2 –полюс 3 порядка.
а)
38. Найти особые точки функций и определить их тип (для полюсов указать порядок):
1
z+2
1
1
z -2 i
а)
, б) ctgz , в) 2
, г) e
, д) cos
.
3
3
z ( z + 1)( z - 1)
( z + i)
z+i
z = -1— полюсы 1 порядка; б) z = kp — простые
Ответ:
а) z = 1 — полюс 3 порядка z = 0 и
2
полюсы (k = 0,±1,±2,. . . ); в) ±
(i - 1) —полюсы 3 порядка; г) z = 2i — существенно особая точка,
2
д) z = -i — существенно особая точка.
1
e z -1
39. Найти особые точки функции f ( z ) = z
.
e -1
Ответ: z = 1 –существенно особая точка, z = 2kpi (k= 0, ±1, ±2, . . .)—полюсы 1 порядка, z = ¥ –
устранимая особая точка.
1
z
40. Найти особые точки функции f ( z ) = 3
.
( z + 1)( z - 1) 2
1
Ответ: z = -1, z = (1 ± i 3 ) — полюсы 1 порядка, z = 1 — полюс 2 порядка, z = 0 — существенно
2
sin
особая точка.
41. Найти особые точки функции f ( z ) =
sin z
.
( z - p) 2
Ответ: z = p — полюс 1 порядка, z = ¥ –существенно особая точка.
42. Найти особые точки функции f ( z ) =
ez -1
.
( z 2 + 1)( z 2 - 1) 2
Ответ: Простые полюсы в точках ±i, полюсы 2 порядка в точках ±1, z = ¥ –существенная особая точка.
z + 3z3
ez
æ sin z ö
,
б)
,
в)
,
÷
ln(1 - 2 z )
z3
è z ø
sin z - z +
6
43. Определить характер точки z = 0 для функций: а) expç
г) (e z - 1 - z )ctg3 z , д)
sin 2 z
cos z - 1 +
2
z
2
æ 1 ö
÷.
2
èz -zø
, е) expç
Ответ: а) правильная точка; б) правильная точка; в) полюс 5 порядка; г) простой полюс; д) полюс 3
порядка; е) существенно особая точка.
æ 1 ö
expç
÷
e
1
z +1ø
è
44. Найти особые точки функций и указать на характер: а) 3
, б) 3 , в)
,
z +1
z
( z + 1) 3
sin z
.
г) 2 2
z ( z + 1) 2
1
Ответ: а) z = -1, z = (1 ± i 3 ) — полюсы 1 порядка (простые полюсы), z = ¥ — нуль 3 порядка,
2
б) z = 0 — полюс 3 порядка, z = ¥ –существенно особая точка; в) z = -1— существенно особая точка,
z = ¥ — нуль 3 порядка; г) z = 0 –простой полюс, ±2i — полюсы 2 порядка, z = ¥ –существенно особая
iz
точка;
z4 +1
1
1
, б) z cos - z , в) z 3 sin - z 2 .
4
z -1
z
z
Ответ: а) ±1,±i — простые полюсы, ¥ — правильная точка; б) z = 0 — существенно особая точка,
z = ¥ — простой нуль; в) z = 0 — существенно особая точка, z = ¥ — правильная точка.
45. Найти особые точки функций и указать их характер: а)
46. Для функции f (z ) найти особые точки, выяснить их характер, и исследовать поведение функции в
окрестности бесконечно удаленной точки: а)
f ( z) =
z5
z4
1
,
б)
f
(
z
)
=
,
в)
f
(
z
)
=
,
z - z3
1+ z4
(1 - z )3
1
г) f ( z ) =
Ответ:
- 2
1+ z2
sin z
, д) f ( z ) = e z , е) f ( z ) =
.
z
e
4z + 3
а) 0 и ±1 — простые полюсы, z = ¥ –простой нуль (правильная точка); б)
2
(1 ± i ) ,
2
2
(-1 ± i) — простые полюсы, z = ¥ — правильная точка; в) 1 — полюс 3 порядка, ¥ — полюс 2
2
порядка; г) z = ¥ — существенно особая точка; д) z = 0 – существенно особая точка, z = ¥ —
правильная точка; е) —0,75 — простой полюс, z = ¥ — существенно особая точка.
47. Найти полюсы функции f ( z ) =
z
.
( z - 1)( z 2 + 1) 2
2
Ответ: ±1 — полюс 1 порядка, ±i — полюсы 2 порядка.
z
1
, б) sin .
z +1
z
Ответ: а) z = ±i простые полюсы, б) z = 0 — существенно особая точка.
48. Найти особые точки функций: а)
2
49. Найти особые точки функций, выяснить их характер и исследовать поведение функции на
z
1
1
z1
ez
-z
1- z
z
бесконечности: а)
, б) 2
, в) ze , г) ze , д) e , е) e z .
z +1
z ( z 2 + 4) 2
Ответ: а) z = 0 — полюс 1 порядка, z = ±2i — полюсы 2 порядка, z = ¥ –правильная точка (нуль 5
порядка); б) z = ±i — полюсы 1 порядка, z = ¥ — существенно особая точка; в) z = ¥ — существенно
особая точка; г) z = 0 — существенно особая точка, z = ¥ — полюс 1 порядка; д) z = 1 –существенно
особая точка, z = ¥ — правильная точка, е) z = 0 — существенно особая точка, z = ¥ — существенно
особая точка.
50. Найти особые точки функций, выяснить их характер и исследовать поведение функций на
1
cos z
1 1
1
, б) sin
, в) sin + 2 , г) e - z cos .
2
z
1- z
z z
z
Ответ: а) z = 0 –полюс 2 порядка, z = ¥ — существенно особая точка; б) z = 1 — существенно особая
точка, z = ¥ — правильная точка (нуль 1 порядка), в) z = 0 — существенно особая точка, z = ¥ —
правильная точка (нуль 1 порядка); г) z = 0 — существенно особая точка, z = ¥ – существенно особая
бесконечности: а)
точка.
3.2.
Вычеты функций
Вычетом функции f (z ) относительно особой точки z 0 называется коэффициент
a-1 при
-1
( z - z 0 ) в разложении в ряд Лорана f (z ) в окрестности z 0 . Коэффициент a-1 ¹ 0 только в том случае,
когда z 0 — полюс или существенно особая точка. Обозначается вычет Resf ( z 0 ) или Res f ( z ) .
z0
f (z ) , соответствующий полюсу, можно вычислить проще, не пользуясь
разложением функции в ряд Лорана. В случае простого полюса
z = z 0 функции
f (z ) вычет Resf ( z 0 ) = lim f ( z )( z - z 0 ) .
Вычет функции
z ® z0
g ( z)
, причем g (z ) и j(z ) — аналитические функции в окрестности точки
j( z )
z 0 и g ( z 0 ) ¹ 0 , а для j(z ) точка z 0 есть нуль первого порядка (для f (z ) же точка z 0 есть полюс
g ( z ) g ( z0 )
первого порядка), то Res
=
.
z0 j( z )
j¢( z 0 )
Если же точка z 0 для функции f (z ) является полюсом порядка т, то
В частности, если f ( z ) =
Resf ( z0 ) =
[
1
d m -1
lim m -1 f ( z )( z - z 0 ) m
(m - 1)! z ® z0 dz
]
51. Вычислить вычеты следующих функций относительно точек z 0 : а)
z3 +1
, z 0 = 3, z0 = -2 ,
( z + 2) 2 ( z - 3)
1
cos z
p
4
z +2
, z 0 = 0 , в) tgz , z 0 = , г) e , z 0 = -2 , д) sin
б) 3
, z0 = 1.
z ( z + 4)
2
z -1
Ответ: а) 28/25, —53/25, z = 3 — является полюсом 1 порядка, z = –2 — полюс 2 порядка; б) —7/64, z =
0 является полюсом 3 порядка; в) —1, z =
p
является простым полюсом; г) 1; д) 4, z = 1 является
2
существенно особой точкой.
52. Вычислить вычеты следующих функций относительно особых точек:
а)
1
z+
ez
z 2 + z -1
1
1
3
z
z
,
д)
,
б)
,
в)
,
г)
cos
.
e
z 2 ( z 2 + 9)
sin z
z-2
z 2 ( z - 1)
Ответ:
а) 0 и 1, z = 0 является полюсом 2 порядка, а z = 1 — простым полюсом;
б)
1/9,
æ æ p öö
1
1
(sin 3 m i cos 3) ,
expçç ± iç + 3 ÷ ÷÷ , z = 0 является полюсом 2 порядка, а z = ±3i — простыми
54
54
øø
è è2
k
полюсами; в) (-1) , k = ±1,±2,...; г) –143/24, z = 2 — является существенно особой точкой;
¥
1
, z = 0 — существенно особая точка.
д) 1 + å
n =1 n!( n + 1)!
ez
в ее конечных особых точках и в бесконечно удаленной
53. Найти вычеты функции f ( z ) =
z ( z - 1) 2
-
точке.
Ответ:
z = 0, z = 1 — является полюсами 1 и 2 порядков,
54. Найти вычеты функции f ( z ) =
Ответ:
Resf (0) = 1 , Resf (1) = 0 , Resf (¥) = -1 .
z
e
в точках z1 = -1, z 2 = ¥ .
1+ z
1
, –1.
e
55. Найти вычеты следующих функций в указанных точках:
z2
z-a
1
1
, z0 = ¥ .
, z 0 = ±i , г) e z ln
, z0 = 0 , б) 3 5 , z0 = 0, z0 = ±1 , в) 2
2
( z + 1)
1 - cos z
z -z
z -b
1
i
Ответ: а) z = 0 – полюс 2 порядка, Resf (0) = 0 , б) Resf (0) = 1 , Resf (±1) = - , в) m , г) e a - eb .
2
4
а)
56. Найти вычеты указанных функций относительно всех изолированных особых точках и относительно
бесконечно удаленной точки: а)
1
sin 2 z
1
, б)
, в) ctg 2 z , г) ctg 3 z , д) cos
,
2
3
z (1 - z )
( z + 1)
z-2
z
1
z
1
, и)
.
, ж) sin
, з)
1
z
z +1
sin
z
sin
z
1
Ответ: а) Resf (0) = 1 , Resf (±1) = - , б) Resf (-1) = 2 sin 2 , Resf (¥) = -2 sin 2 ; в) Resf (kp) = 0 , k
2
= 0, ±1, ±2,. ..; г) Resf (kp) = -1 , k = 0, ±1,±2,..,; д) Resf (2) = 0 , Resf (¥) = 0 ; е) Resf (0) = 0 ,
1
æ 1 ö
Resf (¥) = 0 , ж) Resf (-1) = - cos1 , Resf (¥) = - cos1 , з) Resf ç ÷ = (-1) k +1 2 2 , k = 0, ±1,±2,…,
k p
è kp ø
k
¥
2
(-1)
1
Resf (¥) = 2 å 2 = - , и) Resf (k 2 p 2 ) = (-1) k 2k 2 p 2 , k = 1,2, . . .
p k =1 k
6
е) sin z × sin
4.
Применение вычетов к вычислению интегралов
4.1.
Вычисление интегралов на основе теоремы Коши
Одним из важнейших применений теории вычетов является вычисление интегралов от
однозначных функций по замкнутым кривым в предположении, что в некоторой области, содержащей
контур интегрирования, не заключается других особых точек, кроме изолированных особых точек
однозначного характера. При этом весьма полезной является теорема Коши: если функция f (z )
непрерывна в замкнутой области D и аналитична в области D всюду за исключением конечного числа
изолированных особых точек z1 , z 2 ,..., z n , то интеграл от функции f (z ) по контуру Г области D при
обходе контура в положительном направлении (область остается слева) равен произведению 2pi на
сумму вычетов функции f (z ) в этих особых точках:
ò
G
n
f ( z )dz = 2pi å Res f ( z k ) .
k =1
Это основная теорема о вычетах.
Еще одна теорема имеет применение при вычислении интегралов.
Теорема. Если f (z ) имеет конечное число особых точек z1 , z 2 ,..., z n на плоскости z , то сумма
всех ее вычетов, включая вычет в бесконечно удаленной точке, равна нулю:
n
å Res f ( z
k =1
k
) + Res f (¥) = 0 .
Тогда, если контур Г охватывает все конечные особые точки, а вне его оказывается только одна
бесконечно удаленная точка, то
f ( z )dz = -2piResf (¥) . Если же в контур Г попадает некоторое
ò
G
большое количество m особых точек, а несколько оставшихся n-m и бесконечно удаленная точка лежат
вне контура Г, то интеграл удобнее вычислять не по формуле
ò
G
m
f ( z )dz = å Res f ( z k ) , а по формуле ò f ( z )dz = k =1
G
n
å Res f ( z
k = m +1
k
) + Res f (¥) , где вычислений
меньше.
57. Вычислить с помощью вычетов следующие интегралы по замкнутому контуру:
ez
dz , б)
а) ò
z
z =1
dz
, в)
z
+
4
z
z =3
ò
3
òz
C
dz
, где С — окружность x 2 + y 2 = 2 x , г)
+1
4
ò
z =r
sin
1
dz .
z
Ответ: а) 2pi ,
б) Решение. Особые точки z= 0 и z = ±2i — полюсы 1 порядка. Они лежат внутри круга z = 3 . По
[
]
1
d m -1
1
1
Resf (2i ) = lim
=- ,
lim m -1 f ( z )( z - z k ) m
находим
z ® 2 i z ( z + 2i )
(m - 1)! z ® z k dz
8
1
1
1
1
Resf (-2i ) = lim
= - , Resf (0) = lim 2
= .
z ® -2 i z ( z - 2i )
z ®0 z + 4
8
4
æ 1 1 1ö
Интеграл равен сумме вычетов, умноженной на 2pi : 2piç - - + ÷ = 0 .
è 8 8 4ø
формуле
Resf ( z k ) =
Ответ: 0.
в) -
2
pi ,
2
г) Решение. z= 0 — существенно особая точка. Она лежит в круге z = r . Разложим в ряд Лорана
1 1
1
1
= - 3+
- ... Поэтому Resf (0) = 1 и интеграл равен 2pi .
z z 3! z 5! z 5
Ответ: 2pi .
sin
58. Вычислить интегралы с помощью вычетов: а)
z 2 dz
ò ( z 2 + 1)( z - 2) , б)
z =3
zdz
.
( z - i )( z - 3)
z =2
ò
Ответ: а) Решение. Полюсы i, -i, 2 лежат внутри круга. Вычислим вычеты:
Resf (i) = lim ( z - i) f ( z ) =
z ®i
1
1
4
, Resf (-i) = , Resf (2) = .
2i (2 - i )
2i (2 + i )
5
æ
1
4ö
1
Тогда интеграл равен 2piçç
+ ÷÷ = 2pi
è 2i (2 - i ) 2i (2 + i) 5 ø
10 + 5i - 10 + 5i + 40i
= 2pi
2i (4 + 1)5
Вычислим тот же интеграл с помощью вычета в бесконечно удаленной точке. Представим функцию в
виде
f ( z) =
1æ
1
z2
ö 1
öæ 2
= ç1 - 2 + ...÷ç1 + + ...÷ = + ...
1 öæ 2 ö z è z
æ
ø z
øè z
z 3 ç1 + 2 ÷ç1 - ÷
è z øè z ø
Тогда Resf (¥) = -1 и интеграл равен 2pi .
Ответ: 2pi .
б)
2p
.
3-i
59. Найти интеграл
dz
ò z ( z + 2)( z + 4) , если: а) C : z = 1 ,
б) C : z = 3 , в) C : z = 5 .
C
Ответ: а)
pi
pi
, б) - , в) 0.
4
4
z 20 dz
.
60. Вычислить интеграл ò
(2 z 3 + 1) 2 ( z 4 - 1)3
z =2
Решение. Все особые точки z k = 4 1, 3 - 0,5 лежат в круге z = 2 . Вычисление вычетов в этих точках
довольно затруднительно, поэтому воспользуемся формулой I = 2pi
¥
å Res f ( z
k =1
Представим функцию в виде
z 20
2
1 ö
1ö
æ
æ
4 z 6 ç1 + 3 ÷ z12 ç1 - 4 ÷
è 2z ø
è z ø
2
3
k
=
3
1 1ö
z2 1
z2 æ
1
1
ö æ
- + ...
ç1 - 3 + 6 - ...÷ ç1 + 4 + 8 ÷ =
4 è 2z
4z
z ø
4 4z
ø è z
Тогда Resf (¥) =
Ответ: -
pi
.
2
1
pi
и интеграл равен - 2πiResf (¥) = - .
4
2
61. Вычислить интегралы с помощью вычетов: а)
в)
ò
z =3
z 3 cos
1
dz , г)
z-2
òe
z =1
z+
1
z
dz .
( z 3 + 1)dz
òz =4 ( z + 2) 2 ( z - 3) , б)
cos zdz
,
3
z
(
z
+
4
)
z =1
ò
) = -2piRes f(¥) .
Ответ: а) - 2pi , б) -
¥
ö
æ
7pi
143pi
1
÷÷ .
, в) , г) 2piçç1 + å
32
12
è n=1 n!(n + 1)! ø
62. Используя вычет в бесконечности, вычислить интегралы: а)
1
z
в) ò
dz , г)
2
z
(
z
+
1
)
(
z
+
2)( z + 4)
z =3
sin
Ответ: а) 0;
б) 2pi , в)
dz
òz =2 z15 + 1 , б)
z5 + z3
ò z 4 + 1 dz ,
z =1,1
1
z 3e z
ò ( z 2 + 4) 2 dz .
z =3
pi
1
sin , г) - 2pi .
36
4
63. Вычислить интеграл по замкнутому контуру при положительном направлении обхода:
z3
ò z 4 + 2dz .
z =1,5
Ответ: 2pi .
64. Вычислить интегралы: а)
ò
z -2 =
г)
z2
ò z 4 + 1dz , в)
z +1 =1
zdz
, б)
2
1 ( z - 2) ( z - 1)
ctgz
dz ,
4z - p
z =1
ò
2
dz
.
z +1
z -1-i =1
ò
3
Ответ: а) - 2pi ,
4.2.
б) -
2
p
æ1 1ö
pi , в) 2piç - ÷ , г)
2
3
è4 pø
(
)
3 -i .
Вычисление определенных интегралов с помощью вычетов
Некоторые определенные интегралы от функций действительного переменного удается
преобразовать в интеграл по замкнутому контуру от функции комплексного переменного, что позволяет
применить для вычисления этих интегралов основную теорему о вычетах. Причем часто удается
достаточно просто получить ответ и в тех случаях, когда применение других методов анализа
оказывается затруднительным.
2p
Рассмотрим интеграл вида
I = ò F (cos q, sin q)dq . Подстановка z = e iq ,
для
0
dq =
dz
,
iz
1 iq -iq 1 æ
1ö
1 i q -i q - i æ
1ö
e + e = ç z + ÷ , sin q =
e - e = ç z - ÷ , превратит действительный интеграл
2
2è
zø
2i
2 è
zø
в комплексный. При изменении q от 0 до 2 p комплексная переменная пробегает замкнутый контур —
окружность z = 1 в положительном направлении. Окончательно интеграл имеет вид:
cos q =
I=
(
)
(
)
1
1
1 ö dz
æ
Fç z + , z - ÷ .
ò
i z =1 è
z
zø z
2p
65. Вычислить интеграл
dq
ò a + cos q , a > 1.
0
Решение. Положим exp(ix) = z . При изменении х от 0 до 2 p переменная z пробегает
z = 1 в положительном направлении.
Выразим cos x =
1 ix
z2 +1
dz
e + e -ix =
, dz = ie ix dx = izdx , dx =
.
2
2z
iz
(
)
окружность
Тогда I =
2
dz
=
ö i
z =1 æ z + 1
+ a ÷÷
iz çç
ø
è 2z
ò
2
dz
.
+
+
2
1
z
az
z =1
ò
2
z1 = - a + a 2 - 1 ,
Корни знаменателя
z 2 = - a - a 2 - 1 — полюсы 1 порядка, z1 < 1 и z1 лежат
внутри круга z = 1 :
Resf ( z1 ) =
1
z - z2
2p
a2 -1
z = z1
1
2 a2 -1
2 2pi
=
i 2 a 2 -1
Интеграл равен
Ответ:
=
.
2p
a2 -1
.
.
2p
p
dj
66. Найти определенные интегралы, положив e = z : а) ò
, б) ò tg(j + i )dj .
(5 + 4 cos j) 2
0
0
ij
1
i
а) Решение. Подстановка z = exp(ij) дает ij = ln z , j = ln z , dj =
Выразим cos j =
1 dz
.
i z
1 ij -ij z 2 + 1
e +e =
.
2
2z
(
)
Теперь подынтегральная функция
zdz
zdz
dj
1
dz
=
=
=
2
2
2
2
2
(5 + 4 cos j)
i æ
1ö
i 2 z + 5z + 2
2 z2 +1 ö
2æ
4
(
2
)
i
z
+
z
+
÷
ç
÷÷
z çç 5 +
2ø
z
è
è
ø
1
Точка z = — полюс 2 порядка, лежит внутри круга z = 1
2
¢
æ z ö
1
-z+2
5
÷ = lim
Resf (- ) = lim1 çç
=
.
2 ÷
3
2 z ®- è ( z + 2) ø z ®- 1 ( z + 2)
27
(
2
Окончательно
Ответ:
1
4i
(
)
)
2
ò
z =1
zdz
1ö
æ
( z + 2) 2 ç z + ÷
2ø
è
2
=
10p
.
27
10p
.
27
б) Решение. Здесь удобнее замена z = exp( 2ij) . Когда j изменяется от 0 до p z пробегает окружность
z = 1.
e i ( j+ i ) - e - i ( j+ i )
eij e -1 - e -ije
1 dz
Выразим 2ij = ln z , dj =
, тогда tg(j + i ) = i (j +i )
= ij -1 -ij =
2i z
ie
+ e -i (j +i )
i e e +e e
(
) (
)
æ
içç
è
z
e
z
+
e
e
2
z = z - e . В нашем случае z = 0 и
2
e ö i z+e
÷
z ÷ø
(
)
1
2i 2
z = 0 Resf (0) = -1 . Интеграл равен
лежит
z = -e 2 — простые полюсы. В
круге
z =1
z - e 2 dz
1
òz =1 z + e 2 z = 2pi 2i 2 (-1) = pi .
Ответ: pi .
2p
67. Вычислить интегралы: а)
cos 2 2 x
ò0 5 - 4 cos x dx , б)
2p
cos 2 2 xdx
ò0 1 - 2 p cos x + p 2 , p < 1 ,
2p
в)
cos 3 3xdx
ò0 1 - 2 p cos 2 x + p 2 , p < 1 .
1- p + p2
1 + p4
17p
Ответ: а)
, б) p
, в) p
.
48
1- p
1 + p2
68. Вычислить интегралы (n - целое, а - действительное число):
2p
а)
òe
0
cos j
cos(nj - sin j)dj , б) ò tg( x + ia )dx .
0
Ответ:. а)
4.3.
p
2p
, если n > 0; 0, если n < 0, б) ipsign(a ) при а = 0 главное значение интеграла равно 0.
n!
Несобственные интегралы от действительной переменной
[a, b]
Пусть требуется найти интеграл по отрезку [a, b] от вещественной функции f (x ) . Отрезок
дополняется кривой С, которая вместе с ним ограничивает некоторую область D. Функция
аналитически продолжается в область, построенную таким образом. К аналитическому продолжению
f (z ) применяется теорема о вычетах. Если интеграл по контуру С удается вычислить или выразить
через интеграл по отрезку [a, b] , то это позволит найти этот последний и тем самым решить задачу.
В частности, если отрезок интегрирования бесконечный, то рассматривают семейство
расширяющихся контуров интегрирования, чтобы в результате предельного перехода получить искомый
интеграл по бесконечному отрезку интегрирования.
Оценку интеграла по контуру С иногда можно производить при помощи лемм Жордана. Пусть
подынтегральная функция f (z ) является аналитической в верхней полуплоскости за исключением
некоторых точек z1 , z 2 ,..., z n , не находящихся на вещественной оси.
ò f ( z )dz
по верхней полуокружности C R , опирающийся на отрезок
есть максимум модуля
f (z ) на данной полуокружности и если R × M ( R) ® 0 при
Рассмотрим интеграл
[- R, R] вещественной оси.
1)
Если М(R)
R ® ¥ , то
СR
ò f ( z )dz ® 0 при R ® ¥ .
СR
2) Если M ( R ) ® 0 при R ® ¥ , то
ò f ( z )e
imz
dz ® 0 при R ® ¥ (m>0). Для т< 0 в условиях леммы
СR
нужно заменить верхнюю полуплоскость на нижнюю и соответственно верхнюю полуокружность на
нижнюю. Леммы Жордана обычно используются при вычислении несобственных интегралов.
¥
Пример 1. Вычислим интеграл
òx
-¥
dx
=I
+1
4
Аналитическое продолжение подынтегральной функции в верхнюю полуплоскость, а именно функция
f ( z) =
1
, удовлетворяет всем условиям, относящимся к вычислению интегралов с помощью
z +1
4
вычетов, и 1-й лемме Жордана. Особыми точками функции в верхней полуплоскости являются точки
æ ip
ö
z k = expç (2k + 1)÷ (k = 0,1) , причем обе эти точки — полюсы 1-го порядка. Поэтому
è4
ø
1
p 2
I = 2pi å Res f ( z k ) =
.
2
k =0
¥
Пример 2. Вычислить интеграл I =
cos ax
dx, a > 0, a > 0 .
2
2
+
a
-¥
òx
Чтобы иметь возможность воспользоваться 2-й леммой Жордана, заметим, что в силу формулы Эйлера
¥
e iax
I = Re I1 = Re ò 2
dx .
2
-¥ x + a
e iaz
Аналитическое продолжение подынтегральной функции интеграла I1 - функция 2
, имеет в
z + a2
верхней полуплоскости единственную особую точку z1 = ia , являющуюся полюсом 1-го порядка.
æ e iaz
ö p - aa
p
÷= e
и I = e - aa .
Поэтому по основной теореме о вычетах I1 = 2pi × Resç 2
ç z + a2
÷ a
a
z = ia ø
è
¥
¥
dx
dx
,
б)
.
69. Вычислить интегралы: а) ò 2
3
2
2
ò
- ¥ (x + 1)
- ¥ (x + 4)
а) Решение. Рассмотрим интеграл по контуру, состоящему из отрезка [- R, R ] и дуги C R
R
dz
dx
dz
òC ( z 2 + 1)3 = -òR ( x 2 + 1) 3 +Cò ( z 2 + 1)3 .
R
²
æ
ö
1
( z - i )3
1
(-3)(-4)
6
3i
÷ = lim
lim çç
=
=- .
z = i — полюс 3 порядка и Resf (i) =
3
3 ÷
5
5
z
i
z
i
®
®
(3 - 1)! è ( z - i ) ( z + i ) ø
2
( z + i)
32i
16
Тогда интеграл в левой части равен
æ 3i ö 3p
2piç - ÷ =
и приходим к такому равенству:
è 16 ø 8
R
3p
dx
dz
.
=ò 2
+ò 2
3
8 - R ( x + 1) CR ( z + 1)3
Оценим второй интеграл при R ® ¥ . Максимум модуля подынтегральной функции
f (z ) обозначим
M (R) . Если
R × M ( R) ® 0 ,
R ®¥
то
ò f ( z )dz ® 0 .
CR
R®¥
¥
Тогда
Ответ:
имеем R × M ( R ) = max
CR
3p
.
8
R
R
dx
3p
£ 2
® 0 . Окончательно ò 2
.
=
3 R ®¥
3
2
3
( R - 1)
8
( z + 1)
- ¥ ( x + 1)
Ответ: б)
p
.
16
¥
¥
sin ax
70. Вычислить интегралы: а) ò
dx , б)
x
0
Ответ: а) -
p
,
2
б)
x sin x
dx .
2
+1
òx
0
p
.
2e
¥
x2 +1
71. Вычислить интегралы: а) ò 4 dx , б)
-¥ x + 1
4p
Ответ: а) p 2 , б)
.
3
¥
x4 +1
ò 6 dx .
-¥ x + 1
72. Вычислить интегралы:
¥
x sin ax
dx, a > 0 , б)
а) ò 2
x + r2
0
¥
cos ax
ò0 x 4 + 1 dx, a > 0 , в)
sin ax
dx, a > 0, b > 0 .
2
+ b2 )
ò x( x
0
a
2
a
a ö
p
æ
(1 - e-ab ) .
+ sin
ç cos
÷ , в)
2
2
b
2 2
2
2ø
è
¥
¥
xdx
x 2 dx
73. Вычислить интегралы с бесконечными пределами: а) ò 2
,
б)
2
ò0 ( x 2 + a 2 ) 2 , a > 0 ,
- ¥ ( x + 4 x + 13)
Ответ: а)
pe ar , a > 0, r > 0 , б)
p
¥
e
¥
sin ax
dx, a > 0, b > 0 .
2
2
2
a
x
b
+
)(
+
)
-¥
p(2a + b)
p
p
Ответ: а) , б)
, в)
.
27
4a
2a 3b(a + b) 2
в)
ò (x
2
¥
74. Пользуясь леммой Жордана, вычислить указанные интегралы: а)
òx
-¥
¥
x cos xdx
,
- 2 x + 10
2
¥
x sin xdx
x sin xdx
, в) ò 2
.
- 2 x + 10
-¥
- ¥ x + 4 x + 20
p
p
p
Ответ: а) 3 (cos1 - 3 sin 1) , б) 3 (3 cos1 + sin 1) , в)
(2 cos 2 + sin 2) .
3e
3e
2e 4
б)
òx
2
5. Тестирование по пройденному материалу
1+i
1. Вычислить
ò zdz .
0
2. Написать интегральную формулу Коши, выражающую значения функции
значения функции f (z ) на границе L области.
¥
3. Определить радиус сходимости ряда
4. Найти особые точки функции
nz n
.
å
n
n =1 2
z+2
и определить их тип.
z ( z - 1)3
5. Что такое вычет функции? Как он обозначается?
f (z ) в области через
6. Написать ряды для функций
1
1
,
.
1- z 1+ z
¥
7. Формула для определения радиуса сходимости ряда
åc z
n =0
n
n
.
8. Написать общий вид ряда Лорана.
9. Перечислить типы особых точек.
10. Сформулировать первую лемму Жордана.
6. Литература
Основной список
1. Алешков Ю. 3. Лекции по теории функций комплексного переменного. –СПб.: Изд-во С.-Петерб. унта. 1999. – 196 с.
2. Алешков Ю. 3., Смышляев П. П. Теория функций комплексного переменного и ее приложения. –
Л.: Изд-во Ленингр. ун-та.. 1986.— 248 с.
3. Маркушевич А. И., Маркушевич Л. А. Введение в теорию аналитических функций. – М.., 1977,—
320 с.
4. Привалов И. И. Введение в теорию функций комплексного переменного.– М.: Наука, 1977.- 444 с.
5. Свешников А. Г.. Тихонов А. Н. Теория функций комплексной переменной. – М.: Наука. 1967.
304 с.
Дополнительная литература
6. Бицадце А. В. Основы теории аналитических функций комплексного переменного.— М.: Наука,
1984.- 320 с.
7. Диткин В. А., Прудников А, П. Интегральные преобразования и операционное исчисление.– М.:
Наука., 1974. — 542 с.
8. Диткин В. А., Кузнецов П. И. Справочник по операционному исчислению.— М.: Л., 1951.— 256 с.
9. Лаврентьев М. А., Шабат Б. В. Методы теории функций комплексного переменного.— М.: Наука,
1965. - 716 с.
10.
Романовский П. И. Ряды Фурье. Теория поля. Аналитические и специальные функции.
Преобразования Лапласа. – М.: Наука. 1980.
336 с.
11. Смирнов В. И. Курс высшей математики. Т. 3, ч. 2.— М.: Наука, 1974.— 672 с.
12. Соломенцев Е. Д. Функции комплексного переменного и их применения. — М.: Высш. шк., 1988.
13. Стоилов С. Теория функций комплексного переменного. Т. 1, 2.— М.: Изд-во иностр. лит., 1962.
14. Фукс Б. А., Левин В, И. Функции комплексного переменного и некоторые их приложения.— М.; Л.:
Наука, 1951.— 308 с.
15. Шабат Б. В. Введение в комплексный анализ.— М.: Наука, 1969.— 576 с.
16. Шостак Р. Я. Операционное исчисление.— М., 1968.– 192 с.
Задачники
1. Ангилейко И.М., Козлова Р.В.
Задачи по теории функций комплексной переменной. Минск:
Вышейшая школа, 1976. 128 с.
2. Волковыский Л.И., Лунц Г. Л., Араманович И.Г. Сборник задач по теории функций комплексного
переменного. М.: Физматгиз, 1960. 368 с.
3. Грищенко А.Б. и др. Теория функций комплексного переменного: решение задач: Учеб. пособие.
Киев: Вища школа, 1986. 333 с.
4. Гюнтер Н.М., Кузьмин Р. О. Сборник задач по высшей математике. Т.3. М.; Л.: ГИТТЛ, 1951. 268 с.
5. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах. Ч.2. М.:
Высшая школа, 1980. 366 с.
6. Коппенфельс В.. Штальман Ф. Практика конформных отображений. М.: Изд-во иностр. лит.,
1963.— 486 с.
7. Лаврентьев М.А., Шабат Б.В. Методы теории функций комплексного переменного. М.: Наука,
1965. 716 с.
8. Сборник задач по теории аналитических функций/ Под ред. М.А. Евграфова. 2-е изд. М.: Наука,
1972. 416 с.
9. Старков В.Н. Задачи по теории функций комплексного переменного: Учебное пособие.— СПб.: Издво С.-Петербургского университета, 1998.— 100 с