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