Теория функций комплексной переменной учеб.-метод. пособие by Баркова, Е. А. (z-lib.org)

Министерство образования Республики Беларусь
Учреждение образования
«Белорусский государственный университет
информатики и радиоэлектроники»
Факультет компьютерных систем и сетей
БГ
УИ
Р
Кафедра высшей математики
ек
а
ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ
КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Би
бл
ио
т
Рекомендовано УМО по образованию
в области информатики и радиоэлектроники
в качестве учебно-методического пособия для всех специальностей
I ступени высшего образования, закрепленных за УМО
Минск БГУИР 2017
УДК 517(075)
ББК 22.161.5я73
Т33
А в т о р ы:
БГ
УИ
Р
Е. А. Баркова, Е. Н. Конюх, З. Н. Примичева,
П. А. Самсонов, М. А. Сафронова
Р е ц е н з е н т ы:
кафедра высшей математики учреждения образования
«Военная академия Республики Беларусь»
(протокол №143 от 08.12.2016);
Би
бл
ио
т
ек
а
заведующий кафедрой высшей математики
и информационных технологий учреждения образования
«Частный институт управления и предпринимательства»,
кандидат физико-математических наук, доцент
Ю. В. Минченков
Теория функций комплексной переменной : учеб.-метод. пособие /
Т33 Е. А. Баркова [и др.]. – Минск : БГУИР, 2017. – 80 с. : ил.
ISBN 978-985-543-354-6.
Включает теоретические и практические занятия по одному из разделов
высшей математики «Теория функций комплексной переменной». Изложены способы
решения характерных и типовых задач. Приведены дополнительные задания с
ответами. Предложены задачи для самостоятельного решения и контрольные работы.
ISBN 978-985-543-354-6
УДК 517(075)
ББК 22.161.5я73
© УО «Белорусский государственный
университет информатики
и радиоэлектроники», 2017
1. Комплексные числа
1. Алгебраическая форма записи комплексного числа
Комплексным числом z называется выражение вида
плексное число вида
ек
а
БГ
УИ
Р
(1.1)
z  x  iy,
где x, y – действительные числа; i – мнимая единица, удовлетворяющая условию i   1.
Числа x, y называются соответственно действительной и мнимой
частями комплексного числа z и обозначаются x  Re z, y  Im z.
Запись (1.1) называется алгебраической формой комплексного числа z .
Действительное число x является частным случаем комплексного числа
z  x  iy при y  0. Число вида 0  iy  iy называется чисто мнимым. Число
z  0, если x  y  0.
Комплексные числа z1  x1  iy1 и z2  x2  iy2 называются равными, если
x1  x2 , y1  y2 .
Комплексное число z  x  iy называется сопряженным комплексному
числу z  x  iy .
Суммой комплексных чисел z1  x1  iy1 и z2  x2  iy2 называется ком-
z1  z2  ( x1  x2 )  i ( y1  y2 ).
Разностью этих комплексных чисел называется комплексное число
Би
бл
ио
т
z1  z2  ( x1  x2 )  i ( y1  y2 ).
Произведением комплексных чисел z1  x1  iy1 и z2  x2  iy2 называет-
ся комплексное число вида
z1  z2  ( x1 x2  y1 y2 )  i ( x1 y2  x2 y1 ).
Частным комплексных чисел z1 и z 2 , где z2  0, называется комплексz
ное число z , удовлетворяющее условию z  z2  z1. Для частного 1 имеет меz2
z
z z
( x  iy1 )( x2  iy2 )
.
сто формула 1  1 2  1
z2 z2  z2
x22  y22
Можно заметить справедливость следующих соотношений:
1) z  z  2x; 2) z  z  x 2  y 2 ; 3) Re z 
5)  z   z.
Справедливы
также
следующие
z  z ; 4) Im z  i z  z  z  z ;
2
2i
2
соотношения:
1)
z1  z2  z1  z2 ;
 z1   z1 .

 z2  z2
2) z1  z2  z1  z2 ; 3) 
3
2. Тригонометрическая форма записи комплексного числа
Комплексное число z  x  iy изображается на плоскости XY точкой
M ( x; y) или вектором с началом в точке О и концом в точке М (рис. 1.1).
ек
а
БГ
УИ
Р
Модулем комплексного числа z называется длина r радиус-вектора OM ,
обозначаемая z , т. е.
Y
2
2
M
r z  x y .
(1.2)
y
z = x + iy
Аргументом комплексного числа z назыr
вается полярный угол , образованный OM с

осью Х и обозначаемый Arg z,
т. е.
x
O

X


   OM ,OX   Arg z. Каждой отличной от
Рис. 1.1


начала координат точке плоскости соответствует бесконечное множество значений аргумента, отличающихся друг от друга на
2k, k  Z . Главным значением аргумента комплексного числа z называется
значение полярного угла , удовлетворяющее условию       или
0    2, и обозначается arg z.
В дальнейшем, главное значение аргумента комплексного числа z будем
обозначать  . Тогда справедливо равенство
Arg z  arg z  2k    2k, k  Z .
Согласно рис. 1.1 определить arg z можно, используя формулы
y
x
,
sin



r
x2  y 2
Би
бл
ио
т
cos   x 
r
y
.
x2  y 2
При этом
arctg y , если x  0,

x

y
  arctg , если x  0, y  0,
x


y
(1.3)
     arctg , если x  0, y  0,
x

  , если x  0, y  0,
2
 
 2 , если x  0, y  0.

Для числа z  0 аргумент не определен. Любое не равное нулю комплексное число z  x  iy можно представить в тригонометрической форме:
z  r (cos   i sin ),
(1.4)
где r  z ,   arg z.
4
Если z1  r1 (cos 1  i sin 1 ), z2  r2 (cos 2  i sin 2 ), то
z1 z2  r1 r 2 (cos (1  2 )  i sin (1  2 )),
т. е.
БГ
УИ
Р
z1 z2  z1 z2 , Arg ( z1 z2 )  Arg z1  Arg z2 ,
z1 r1
 (cos (1  2 )  i sin (1  2 )),
z2 r2
z
z
z 
т. е. 1  1 , Arg  1   Arg z1  Arg z2 .
z2
z2
 z2 
Если z  r (cos   i sin ), то для любого n  Z
z n  r n (cos n  i sin n),
(1.5)
т. е. z n  z , Arg ( z n )  n Arg z  2k, k  Z .
Соотношение (1.5) при r  1
n
(cos   i sin )n  cos n   i sin n 
ек
а
называется формулой Муавра.
3. Показательная форма записи комплексного числа
Используя формулу Эйлера e i  c o
si s in, комплексное число
(1.4) можно представить в показательной форме:
(1.6)
z  rei ,
где r  z ,   arg z.
Если z1  r1 e , z2  r2 e , то
i 2
z1 r1 i (   ) n
 e
, z  r n ein ,
z2 r2
Би
бл
ио
т
i 1
z1 z2  r1 r2ei (   ) ,
1
2
1
2
(1.7)
где n  Z .
Корнем n -й степени, n  N , из комплексного числа z  r (cos   i sin )
называется комплексное число w такое, что wn  z. Корень n -й степени из
комплексного числа z имеет n различных значений, которые можно найти по
формуле
  2k
  2k 
z  n r  cos
 i sin
, k  0, 1, , n  1,
n 
n

где r  z ,   arg z.
n
(1.8)
Если указанные числа представить в показательной форме, то формула
(1.8) примет вид
z  re
i
  2 k
n
, k  0, 1, , n  1.
(1.9)
Из двух последних формул следует, что все n значений корня n -й степени из комплексного числа z располагаются на окружности радиусом n r с центром в начале координат, разделяя эту окружность на n равных частей. Это
n
n
5
означает, что все n значений n z располагаются в вершинах правильного
n -угольника, вписанного в указанную окружность.
Пример 1.1
Вычислите
значения
выражения
z1  3  4i, z2  1  7i .
z 
Re  1   Im  z1  z2   i z ,
 z2 
1
где
Решение:
z1 3  4i (3  4i)(1  7i) 31  17i
z 



, Re  1   31 ;
50
z2 1  7i (1  7i)(1  7i)
 z2  50
2) z1  z2  (3  4i)(1  7i)  3  21i  4i  28i 2  25  25i, Im  z1  z2   25 ;
3) z1  32  42  5 , i 5  i 4 i  i ;
31  25  i  25,62  i .
50
Ответ: 25,62  i .
4)
БГ
УИ
Р
1)
Би
бл
ио
т
ек
а
Пример 1.2
Запишите в тригонометрической и показательной формах следующие
комплексные числа:
1) z  4i; 2) z  3; 3) z   3  i.
Решение:
1) Из условия задачи имеем x  0, y  4. Используя формулы (1.2) и
(1.3), найдем модуль и главное значение аргумента комплексного числа z .

2
Получим z  4, arg z   .
Отсюда и в силу (1.4) тригонометрическая форма z примет вид
z  4  cos      i sin      .
 2
 2 

Учитывая формулу (1.5), показательная форма z запишется как
 i
z  4e 2 .
2) В нашем случае x  3, y  0. Отсюда, учитывая (1.2) и (1.3), имеем
z  3,   0.
Следовательно, в силу (1.4) тригонометрическая форма z запишется в
виде z  3 (cos 0  i sin 0), а показательная форма z , используя (1.5), примет
вид z  3e0i .
3) Из условия задачи имеем
x   3, y  1.
Тогда, в силу (1.2), модуль z равен
6
z  x 2  y 2  ( 3)2  (1)2  3  1  4  2.
Используя (1.3), найдем главное значение аргумента z :
y
arg z    arctg    arctg 1       5 .
x
6
6
3
В силу (1.4) и (1.5) тригонометрическая и показательная формы z примут
вид
Пример 1.3
(1  3 i )8
Вычислите
.
(1  i ) 20
БГ
УИ
Р
 5 i


5
5






z  2  cos     i sin      2e 6 .
 6 
 6 

i


Ответ: 1) z  4  cos     i sin      4e 2 ; 2) z  3 (cos 0  i sin 0)  3e0i ;
 2 
  2
5   i sin   5    2e56 i .
3) z  2  cos  



 6 
 6 

ек
а
Решение. Представим числа z1  1  3 i и z2  1  i в показательной
форме. В силу (1.2), (1.3) и (1.6) имеем

 i
3
3
i
4
z1  1  3 i  2e , z2  2 e .
Используя (1.7), получим
 i
 i
Би
бл
ио
т
(1  3 i)8
(2e 3 )8
28 e 3  1 e 8315   i  1 e  533  i  1 e 3 i .


4
4
(1  i) 20 ( 2 e 34 i ) 20 210 e15 i 4
i
Ответ: 1 e 3 .
4
Пример 1.4
Найдите все значения 3  1 и изобразите их на плоскости.
Решение. Представим по формуле (1.4) число z  1.
Переведем число в тригонометрическую форму:  1  cos   i sin  . Тогда
в силу (1.8) имеем
wk  3  1  cos   2k  i sin   2k , k  0, 1, 2.
3
3
Следовательно,
w0  cos   i sin   1  3 i,
3
3 2 2
w1  cos   i sin   1,
7
w2  cos 5  i sin 5  1  3 i .
3
3 2 2
3
Все значения  1 располагаются на
y
w0
окружности единичного радиуса, разделяя
ее на три равные части (рис. 1.2).
Ответ:  1, 1  3 i .
2

3
w1
2
1
0
Пример 1.5
Изобразите на комплексной плоскости множество точек, удовлетворяющих
следующим условиям:

.
6
Решение. Пусть z  x  iy . Тогда
w2
БГ
УИ
Р
z  1  1, z  2  1, 0  arg z 
x
Рис. 1.2
z  1  1  ( x  1)  iy  1  ( x  1) 2  y 2  1  ( x  1) 2  y 2  1.
Последнее уравнение определяет окружность радиусом 1 с центром в
точке z0  1 . Нестрогое неравенство z  1  1 задает множество точек круга с
ек
а
границей z  1  1 .
Строгое неравенство z  2  1 определяет множество точек круга, исключая границу z  2  1 .
Неравенству 0  arg z   соответствует угол между лучами   0 и
Би
бл
ио
т
6
   , причем точки луча   0 принадлежат искомому множеству, а луча
6
   – не принадлежат.
6
Таким образом, множество имеет вид, представленный на рис. 1.3.
y
 
6
0
0
1
2
Рис. 1.3
8
x
Задание 1.1
 z1   Im z  z   i z1 , где

1
2
 z2 
Ответ:  3  i .
2
12
Ответ:  3 .
13
Ответ:  3 1  i .
2
Ответ:  18 3  i .
5
Ответ:  30 .
15  i .
Ответ:  6
29
4 i.
Ответ: 19
13
15  i .
Ответ:  54
17
2
Ответ: 51  i .
17
15
Ответ: 26 .
29
11
Ответ: 10 .
13
1
Ответ:  45 .
3
9
Ответ: 5  i .
10
1
Ответ: 25  i .
2
8
Ответ: 37 .
13
Вычислите значения выражения Re 
1) z1  3  4i, z2  1  i .
2) z1  6  8i, z2  2  3i .
3) z1  4  3i, z2  1  i .
БГ
УИ
Р
4) z1  12  5i, z2  1  2i .
5) z1  6  8i, z2  1  3i .
6) z1  3  4i, z2  2  5i .
7) z1  3  4i, z2  3  2i .
8) z1  5  12i, z2  4  i .
ек
а
9) z1  5  12i, z2  4  i .
10) z1  6  8i, z2  5  2i .
Би
бл
ио
т
11) z1  8  6i, z2  2  3i .
12) z1  8  6i, z2  3  3i .
13) z1  12  5i, z2  4  2i .
14) z1  5  12i, z2  1  i .
15) z1  8  6i, z2  2  3i .
Задание 1.2
Запишите в показательной форме следующие комплексные числа:
1. а) z  1; б) z  3i ; в) z  1 3 i .
i
Ответ: а) z  e0i ; б) z  3 e 2 ; в) z  2 e
2 i
3
.
2. а) z  2 ; б) z  i ; в) z   3  i .
i
2
Ответ: а) z  2 e ; б) z  e ; в) z  2e
i
5 i
6
.
9
3. а) z  3 cos   i sin  ; б) z  2i ; в) z  1  i .
 i
Ответ: а) z  3 e  i ; б) z  2 e 2 ; в) z  2 e
4. а) z  1 ; б) z  3  cos

2
 i
4
.
  i sin   ; в) z  1  i .

2
2
3 i
 i
Ответ: а) z  1 e 0i ; б) z  3 e 2 ; в) z  2 e 4 .
2
5. а) z  ln 1 ; б) z  i ; в) z  4  cos 5  i sin 5  .
5

3
1
3
6 
6
i
2
.
БГ
УИ
Р
Ответ: а) z  ln 5  e i ; б) z  e ; в) z  4 e
5 i
6
6. а) z  cos 3  i sin 3 ; б) z  3i ; в) z   1  3 i .
2
 i
2
2
 2 i
3
Ответ: а) z  e  i ; б) z  3 e ; в) z  e .
14
7  i sin 7  .
7. а) z  sin
; б) z  5 i ; в) z  2  cos

3
4
4 

3 e0i ; б) z  5e 2 i ; в) z  2 e 4 i .
2
5  i sin 5 ; в) z  2  2 i .
8. а) z   2 ; б) z   cos
2
2
ек
а
Ответ: а) z 
i
Ответ: а) z  2 e  i ; б) z  e 2 ; в) z  2e
Би
бл
ио
т
9. а) z  1 3 ; б) z  4 i ; в) z  2  cos

 i
4
.
5  i sin 5  .

4
4
 i
2
3 i
Ответ: а) z  ( 3  1) e i ; б) z  4e ; в) z  2e 4 .
9   i sin   9   .



 4
 4 
10. а) z  4 ; б) z  (1  2 )  i ; в) z  3  cos  

Ответ: а) z  4e ; б) z  ( 2  1) e
0i
 i
2
; в) z  3 e
 i
4
.
11. а) z  cos  3  i sin  3; б) z  ; в) z  2 3  2i .
i
5
i
5 i
1
2
Ответ: а) z  e ; б) z  e ; в) z  4e 6 .
5
12. а) z  6  cos 3  i sin 3; б) z  ( 2  3) i ; в) z  2  2i .
i
Ответ: а) z  6e ; б) z  ( 3  2 ) e
0i
 i
2
13. а) z  8 ; б) z  6 i ; в) z  2  cos

i
2
i
4
; в) z  2 2 e .
17   i sin 17   .

3
3 
 i
Ответ: а) z  8e i ; б) z  6e ; в) z  2 e 3 .
10
5  ; б) z  7  cos 9  i sin 9  ; в) z   6  3 2 i .



2
2
 3

14. а) z  4 cos  
 i
2
Ответ: а) z  2e ; б) z  7e ; в) z  2 6 e
0i
2 i
3
.
7  i ; в) z  6  2 i .

 6 
15. а) z  log 1 5 ; б) z  6 sin  
2
i
2
Задание 1.3
Вычислите:
12
1)
 2  2i 

 .
 1  3i 
4)
5)
Ответ: 212 .
Ответ: i .
2
.
i 1
2
(1  i) 32  70
i
60
 3  3i 

 .
 2i 
(1  i )8
.
(1  3 i ) 6
3i100
.
( 3  i) 3
(1  i) 28
.
(1  i) 24  i(1  i) 24
(2  2i) 20 
Би
бл
ио
т
6)
 1  3i 

 .
1

i


15
1  i  .
1  i 


ек
а
3)
7)
8)
9)
.
Ответ:  2 6.
24
2)
 i
6
БГ
УИ
Р
Ответ: а) z  log 2 5  e ; б) z  3 e ; в) z  2 2 e
i
Ответ:  230  1  i .
Ответ: 216  2 .
Ответ: 330 .
Ответ:
1.
4
3
8
Ответ:  i .
Ответ:  2  2i .
20
1  i 3 
10) 
 .
 1 i 
1
11) 42  (1  i)16 .
i
(5i )13
12)
.
(5  5i )10
Ответ: 512 (1  i 3) .
Ответ:  257 .
53
Ответ: 5 .
2
11
(5  5i)16
.
(10i)17
(2  2i )7
.
1 i
( 3  3i ) 6
.
(2  2i )10
13)
14)
15)
Ответ: 
i .
5 512
Ответ: 210 .
3
3
i
Ответ: 9 .
2
БГ
УИ
Р
Задание 1.4
Найдите все значения корня и изобразите их на плоскости.
1. 3  8 .
Ответ: 1  3i;  2 .
2
2
.
i
2
2
 2 i 2.
i; 3  1 i;  3  1 i .
2 2
2 2
 2;  2i .
3 3 3
3 3 3
3i;
 i; 
 i.
2
2
2
2
3 2 3 2


i.
2
2
3  i;  3  i;  2i .
4i;  2 3  2i; 2 3  2i .
 4; 2  2 3i .
2  2 i;  2  i 2 .
2
2
2
2
2
2
2
2
i
; 
i
.
2
2
2
2
3 1
3 1
 i;
 i; 
 i.
2 2
2 2
3;  3  3 3 i;  3  3 3 i .
2
2
2
2
 2;  1  3i.
4
1.
Ответ: 
3.
4
 16 .
Ответ:
4.
3
i .
Ответ:
5.
4
16 .
Ответ:
6.
3
 27i .
Ответ:
7.
4
 81 .
8.
3
9.
3
10.
3
Ответ:
Ответ:
Ответ:
Би
бл
ио
т
8i .
 64i .
 64 .
ек
а
2.
Ответ:
11.
i.
Ответ:
12.
i .
Ответ:
13.
3
i.
Ответ:
14.
3
27 .
Ответ:
15.
6
64 .
Ответ:
Задание 1.5
Изобразите на комплексной плоскости множество точек, удовлетворяющих указанным условиям:
1. z  1  1, z  1  i  1, Im z  1.
12
Ответ:
y
1
0
x
БГ
УИ
Р
1
2. z  2  2i  2, Im z  3, Re z  1.
Ответ:
y
1
x
2
ек
а
0
–2
Би
бл
ио
т
–3

4
3. z  1  1, z  i  1,    arg z   .
Ответ:
y
0
–1
1
x
  7
4
13
4. z  i  1, Re z  2, 0  Im z  1 .
Ответ:
y
0
5. z  i  1, Im z  1,
2
3
 arg z  .
3
4
Ответ:
y
x
2
ек
а
2

3
3

4
БГ
УИ
Р
1
Би
бл
ио
т
1
6.
z  1  i  1, Re z  1,
0
x
3
 arg z   .
4
Ответ:

y
3
4
1
–1
14
0
x
7. z  i  1, z  2 i  2,
5
3
 arg z  .
4
2
Ответ:
y
0
x
–1

8.
БГ
УИ
Р
–2
5
4
3
z  3  1, z  1  1, z  2  i  1, Re z   .
2
Ответ:
ек
а
y
Би
бл
ио
т
–3 –2
9.

3
2
–1
1
0
x
z  1  1, z  2  2, 0  arg z   .
4
Ответ:
y
0
1
 
4
2
4
x
15
10.

3
.
 arg z 
2
4
z  1  i  1, Im z  3, Im z  1,
Ответ:
y
3

3
4
БГ
УИ
Р
1
–1
x
0
ек
а
11. z  2  2, Im z  1, Re z  3 .
Ответ:
y
2
Би
бл
ио
т
0
3
x
–1
12.
z  1  i  1,   arg ( z  1  i)   .
4
2
Ответ:
y
1
0
16
1
x
13. z  1  1, z  i  1,   arg ( z  1)   .
4
2
Ответ:
y
–1
0
БГ
УИ
Р
1
x
ек
а
14. z  i  1,  1  Im z  0, Re z  2 .
Ответ:
y
0
2
x
Би
бл
ио
т
–1
15.
z  i  1, z  2i  2,   arg ( z  i)  3 .
4
4
Ответ:
y
2
1
0
x
17
2. Функции комплексной переменной
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
Комплексная плоскость C , дополненная бесконечно удаленной точкой
z   , называется расширенной комплексной плоскостью и обозначается C .
Связное открытое множество D  C называется областью.
Если каждой точке z  D соответствует по тому или иному правилу
вполне определенное комплексное число w  f (z) , то говорят, что в области D
определена однозначная функция w  f (z) комплексной переменной z . Если
z  x  iy, w  u  iv , то функция w  f (z) может быть представлена с помощью двух действительных функций u  u ( x, y) и v  v ( x, y) действительных
переменных x и y :
(2.1)
w  f ( z)  f ( x  iy)  u ( x, y)  iv ( x, y) .
Функции u ( x, y) и v ( x, y) называются действительной и мнимой частями функции w  f (z) и обозначаются u ( x, y)  Re f ( z) и v ( x, y)  Im f ( z)
соответственно.
Если каждой точке z  D соответствует хотя бы одно значение переменной w , а некоторым точкам соответствуют несколько (быть может, и бесконечно
много) значений функции w  f (z) , то говорят, что в области D определена
многозначная функция w  f (z) .
Рассмотрим основные функции комплексной переменной.
1. Степенная функция w  z n , n  N , определена, непрерывна и однозначна на всей расширенной комплексной плоскости С .
2. Целая рациональная функция w  a0 z n  a1 z n 1  ...  an 1 z  an ,
ai  C , i  0, n, n  N , определена, непрерывна и однозначна во всех точках
z C .
a0 z n  a1 z n1  ...  an1 z  an
3. Дробно-рациональная функция w 
,
b0 z m  b1 z m1  ...  bm1 z  bm
ai  C , i  0, n, bj  C , j  0, m, n, m  N , определена, непрерывна и одно-
значна во всех точках z  C за исключением тех точек, в которых знаменатель
обращается в нуль.
4. Показательная функция w  e z комплексной переменной z  x  iy
определяется равенством
e z  e xiy  e x (cos y  i sin y),
(2.2)
является непрерывной и однозначной во всех точках z  C , периодической
функцией с периодом 2 i .
5. Тригонометрические функции. Функции sin z и cos z определяются
равенствами
18
eiz  e iz
eiz  e iz
eiz  e iz ,
(2.3)
 i
, cos z 
2i
2
2
являются непрерывными и однозначными во всех точках z  C , периодическими функциями с действительным периодом 2 .
Справедливы формулы
(2.4)
sin z  sin ( x  iy)  sin x  ch y  i cos x  sh y ,
(2.5)
cos z  cos ( x  iy)  cos x  ch y  i sin x  sh y.
Функции tg z и сtg z определяются равенствами
sin z
cos z
.
tg z 
, сtg z 
cos z
sin z

Отсюда функция tg z непрерывна во всех точках z  C , z   k  ,
2
k  Z , а функция сtg z непрерывна z  C , z  m  , m  Z . Функции tg z
и сtg z являются периодическими функциями с действительным периодом  .
6. Гиперболические функции. Функции sh z и ch z определяются соотношениями
e z  ez
e z  ez
,
(2.6)
sh z 
, сh z 
2
2
являются непрерывными и однозначными во всех z  C , периодическими
функциями с периодом 2i .
Функции th z и сth z определяются формулами
ch z
sh z
th z 
, сth z 
,
(2.7)
ch z
sh z

при этом функция th z непрерывна во всех точках z  C , z  i   k   , k  Z ,
2

а функция сth z непрерывна z  C , z  i m  , m  Z . Функции th z и сth z
являются периодическими функциями с периодом i .
Тригонометрические и гиперболические функции связаны между собой
следующими соотношениями:
sin z  i sh (iz ), sh z  i sin (iz ),
cos z  ch (iz ), ch z  cos (iz ),
(2.8)
tg z  i th (iz ), th z  i tg (iz ),
ctg z  i cth (iz ), cth z  i ctg (iz ).
7. Логарифмическая функция w  Ln z, z  0, определяется как функция,
обратная показательной функции z  e w , поэтому
w  Ln z  ln | z |  i (arg z  2k), k  Z .
(2.9)
Функция w  Ln z является многозначной в каждой точке z , отличной от
нуля и  . Главным значением w  Ln z называется то значение, которое получается из (2.9) при k  0 и обозначается ln z , т. е.
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
sin z 
19
ln z  ln | z |  i arg z .
Тогда
Ln z  ln z  i 2k, k  Z .
8. Общая степенная функция w  z  с показателем   C определяется
соотношением
w  z   eLnz .
(2.10)
является, вообще говоря, многозначной, и ее главное
Функция w  z
значение равно e lnz .
9. Общая показательная функция w  a z , a  0, a  C , определяется
равенством
w  a z  e zLn a .
(2.11)
БГ
УИ
Р

10. Обратные тригонометрические функции w  Arc sin z, w  Arc cos z,
w  Arctg z, w  Arcctg z определяются как функции, обратные соответственно к функциям z  sin w, z  cos w, z  tg w, z  ctg w , и являются многозначными функциями.
Покажем, например, что
Би
бл
ио
т
ек
а
Arc cos z   i Ln ( z  z 2  1) .
Равенство w  Arc cos z равносильно равенству z  cos w . Тогда в силу
eiw  e  iw
(2.3) z 
 e2 iw  2 z eiw  1  0 .
2
Решая квадратное уравнение относительно eiw , получим
eiw  z  z 2  1 .
Отсюда
iw  Ln ( z  z 2  1) .
Значит,
w  Arc cos w   i Ln ( z  z 2  1) .
Аналогичным образом можно показать справедливость формул
Arcsin z   i Ln (iz  1  z 2 ), Arc cos z   i Ln ( z  z 2  1),
Arctg z   i Ln 1  iz , Arcctg z   i Ln z  i .
2 1  iz
2
z i
11. Обратные гиперболические функции
Ar sh z  Ln ( z  z 2  1), Arch z  Ln ( z  z 2  1),
1 1 z
1
z 1
Arth z  Ln
, Arcth z  Ln
.
2 1 z
2
z 1
Пример 2.1
Вычислите значение функции sin (  2i) .
Решение. Воспользуемся формулой (2.4), получим
20
sin (  2i)  sin (  i (2))  sin   ch (2)  i cos   sh (2) .
Отсюда, учитывая, что sin   0, cos   1, ch (2)  ch 2, sh (2)  sh 2 ,
имеем sin (  2i)  i sh 2 .
Ответ: sin (  2i)  i sh 2 .
Пример 2.2
Вычислите значение функции th (1  i) .
sh (1  i)
.
ch (1  i)
Найдем по формулам (2.6) значения sh (1  i) и ch (1  i) , получим
e1i  e 1i
e1i  e 1i
sh (1  i) 
, сh (1  i) 
.
2
2
Вычислим теперь значения функций e1i и e 1i по формуле (2.2),
БГ
УИ
Р
Решение. Используя формулу (2.7), получим th (1  i) 
получим
e1 i  e (cos   i sin )  e,
e1i  e1 (cos ()  i sin ())  e1.
Отсюда
и, значит,
 e  e 1
 e  e 1
 sh1; сh (1  i) 
 ch1,
2
2
ек
а
sh (1  i) 
th (1  i) 
Би
бл
ио
т
Ответ: th (1  i)  th 1.
sh 1
 th 1 .
ch 1
Пример 2.3
Вычислите значение функции Ln (i) .
Решение. Воспользуемся формулой (2.9). В нашем случае z  i . Найдем
по формулам (1.2) и (1.3) модуль | z | и главное значение аргумента arg z комплексного числа z  i , получим

z  i  x  0, y  1  | z | 1, arg z   .
2
Отсюда и в силу (2.9) имеем


Ln (i)  ln 1  i    2k   i    2k , k  Z .
 2
  2


Ответ: Ln (i)  i    2k , k  Z .
 2

Пример 2.4
Вычислите значение функции (1) i .
Решение. Воспользуемся формулой (2.11). В нашем случае a  1, z  i .
21
Тогда
(1)i  eiLn (1) .
Найдем по формуле (2.9) значение функции Ln (1) , имеем
z  1  x  1, y  0 | z | 1, arg z  ,
и, значит,
Ln (1)  ln 1  i (  2k)  i (  2k), k  Z .
Получим
2
БГ
УИ
Р
(1)i  eiLn (1)  ei (2k)  e 2k , k  Z .
Ответ: Ln (1)  e 2k , k  Z .
Пример 2.5
Вычислите значение функции Arcsin i .
Решение. Воспользуемся формулой Arcsin z  i Ln (i z  1  z 2 ) ; подставляя z  i , получим
Arcsin i  i Ln (1  2) .
Так как
 1  2  2  1,  1  2  2  1, arg (1  2 )  0, arg (1  2 )   ,
ек
а
найдем
Ln (1  2 )  ln ( 2  1)  i 2k , k  Z ,
Би
бл
ио
т
Ln (1  2 )  ln ( 2  1)  i (  2m ), m  Z.
Следовательно, значения Arcsin i образуют два множества:
Arcsin i  i (ln ( 2  1)  i 2k )  2k  i ln ( 2  1), k  Z ,
Arcsin i  i (ln ( 2  1)  i (   2m))    2m  i ln ( 2  1), m  Z .
Ответ: Arcsin i  2k  i ln ( 2  1), k  Z ; Arcsin i    2m  i ln ( 2  1) ,
m Z .
Пример 2.6
Вычислите значение функции Arth (1  i) .
Решение. Воспользуемся формулой Arth z 
z  1  i , получим
1
1 z
Ln
; подставляя
2
1 z
1
2i 1
Ln
 Ln (1  2i).
2
i
2
Найдем по формуле (2.9) значение функции Ln (1  2i) :
Arth (1  i) 
z  1  2i  x  1, y  2 | z |  5, arg z    arctg 2 
1
 Ln (1  2i)  ln 5  i (  arctg 2  2k), k  Z .
2
22
Отсюда
1
1
i
Arth (1  i)  ln 5  arctg 2  i    k  , k  Z.
4
2

 2
1
1
i
Ответ: Arth (1  i)  ln 5  arctg 2  i    k  , k  Z.
4
2
 2

Задание 2.1
Вычислите значение функции.
Ответ:  ish 1.
1. sin (  i) .
 2 k
Ответ: e 2 , k  Z .
Ответ: eln 2i 2 k , k  Z .
4. Arc sin 2 .
Ответ:
5. Ln (3  4i) .
Ответ:
6. Arc cos i .
Ответ:
7. cos i .
Ответ:
Ответ:
Ответ:
Би
бл
ио
т
9. i 4i .
10. Ln (i) .
11. sh
i
.
2
12. sin i .
13. Ln (1  i) .
14. cos (1  i) .
15. ch (1  i) .

 i ln (2  3)  2k , k  Z .
2
ln 5  i  arctg 4  2k , k  Z .
3


 i ln ( 2  1)    2k , k  Z ;

2


 i ln ( 2  1)  2  2k , k  Z .
ch .
  k  i ln 3 , k  Z .
2
2
2 8 k
e
, kZ.

i    2k , k  Z .
 2

ек
а
8. Arctg 2i .
БГ
УИ
Р
2. i i .
3. 21i .
Ответ:
Ответ: i sh  .
  2m , m  Z .

2

1
3
Ответ: ln 2   2k   i, k  Z .
2
4

Ответ: ch (i  1).
Ответ: ch1cos1  i sh1sin 1.
Ответ: ln (1  2 )  i 
3. Дифференцирование функций комплексной переменной
1. Определение дифференцируемой функции
Пусть функция w  f (z) определена в некоторой области D , точки z и
23
z   z принадлежат области D .
Обозначим
БГ
УИ
Р
 w  f ( z   z)  f ( z),  z   x  i y.
Функция w  f (z) называется дифференцируемой в точке z  D , если
отношение w имеет конечный предел при  z , стремящемся к нулю. Этот
z
предел называется производной функции f (z) в данной точке z и обозначается
символом f (z ) , т. е.
w .
(3.1)
w  f ( z )  lim
 z 0  z
Если z  x  i y, w  f ( z)  u ( x, y)  iv ( x, y) , то в каждой точке дифференцируемости функции f (z) выполняются соотношения
 u ( x, y )  v ( x, y )  u ( x, y )
 v ( x, y )

,

,
x
y
y
x
(3.2)
Би
бл
ио
т
ек
а
называемые условиями Коши – Римана.
Обратно, если непрерывно дифференцируемые функции u ( x, y) и
v ( x, y) в точке ( x, y) удовлетворяют условиям Коши – Римана, то функция
w  u ( x, y)  iv ( x, y) дифференцируема в точке z  x  iy .
2. Определение аналитической функции
Функция w  f (z) называется аналитической в данной точке z  D , если
она дифференцируема как в самой точке z , так и в некоторой ее окрестности.
Функция f (z) называется аналитической в области D , если она дифференцируема в каждой точке этой области. Для любой аналитической области f (z)
справедливо
f ( z ) 
 u ( x, y)  v ( x, y)  v ( x, y)  u ( x, y)
i

i
.
x
x
y
y
(3.3)
3. Определение гармонической функции
Если функции u ( x, y) и v ( x, y) дважды непрерывно дифференцируемы
по обеим переменным в области D и функция w  u ( x, y)  iv ( x, y) является
аналитической в этой области, то функции u ( x, y) и v ( x, y) удовлетворяют в
области D уравнению Лапласа:
 2 u  2u
 2 v  2v
u 

 0,  v 

 0,
 x2  y 2
 x2  y 2
т. е. функции u ( x, y) и v ( x, y) являются гармоническими в области D
24
функциями.
Гармонические функции u ( x, y) и v ( x, y) , удовлетворяющие в области
D условиям Коши – Римана, называются сопряженными.
Всякая гармоническая в односвязной области D функция служит
действительной (мнимой) частью некоторой аналитической в этой области
функции.
Пример 3.1
Докажите аналитичность функции w  z eiz в области определения.
Найдите значение ее производной в заданной точке z0   .
БГ
УИ
Р
2
Решение. Найдем действительную u ( x, y) и мнимую v ( x, y) части функции w  z eiz . Пусть z  x  iy , тогда
w  ( x  iy) ei ( xiy )  ( x  iy) e  y ix  ( x  iy) e  y (cos x  i sin x) 
 ( x cos x  y sin x) e  y  i ( y cos x  x sin x) e  y .
Значит,
u ( x, y)  ( x cos x  y sin x) e  y , v ( x, y)  ( y cos x  x sin x) e  y .
ек
а
Проверим справедливость условий Коши – Римана для функции w  z eiz
на всей комплексной плоскости.
Найдем частные производные первого порядка функций u ( x, y) и v ( x, y) :
Би
бл
ио
т
u
 (cos x  x sin x  y cos x) e  y ,
x
u
 ( sin x  x cos x  y sin x) e  y ,
y
v
 ( y sin x  sin x  x cos x) e  y ,
x
v
 (cos x  y cos x  x sin x) e  y .
y
Так как функции u ( x, y) и v ( x, y) являются непрерывно дифференцируемыми функциями в любой точке ( x, y) и удовлетворяют условиям
Коши – Римана на всей комплексной плоскости, то функция w  z eiz является
аналитической функцией z  C .
Воспользуемся формулой (3.3) для нахождения f (z) , имеем
u
v
f ( z ) 
i
 (cos x  x sin x  y cos x) e  y  i ( y sin x  sin x  x cos x) e  y 
x
x
 (cos x  i sin x) e  y  i ( x  iy ) e  y (cos x  i sin x)  (cos x  i sin x) e  y  (1  i ( x  iy )) 
 eix  ei y  (1  i ( x  iy ))  eiz  (1  iz ).
2
25
Значит, f ( z)  eiz  (1  iz) . Отсюда найдем f    , получим
2
f     e  1  i   .
2
2


i


Учитывая, что e 2  cos  i sin  i , имеем f        i .
2
2
2
2
Ответ: f        i .
2
2
i
2
БГ
УИ
Р
Пример 3.2
Определите, является ли функция f ( z )  z Im z  2i аналитической.
Найдите производную функции f (z) в точках, в которых она существует.
Решение. Найдем действительную u ( x, y) и мнимую v ( x, y) части функции f ( z )  z Im z  2i .
Пусть z  x  iy , тогда f ( z )  ( x  iy ) Im ( x  iy )  2i  xy  i ( y 2  2) .
Значит, u ( x, y)  xy, v ( x, y)  y 2  2 . Функции u ( x, y) и v ( x, y) дифференцируемы в любой точке ( x; y ) . Вычислим их частные производные первого по-
u
u
v
v
 y,
 x,
 0,
 2y .
x
y
x
y
ек
а
рядка:
Составим условия Коши – Римана для данной функции:
Би
бл
ио
т
 u   v ,
 x  y
 u
v

 .
x
 y
 y  2 y,   y  0,
 x  0,
 x  0.


Следовательно, условия Коши – Римана выполняются только в одной
точке (0; 0) . Поэтому функция f (z) является дифференцируемой только в точке z  0 и не является аналитической ни в одной точке комплексной плоскости.
Найдем f (z ) . Воспользуемся формулой f ( z ) 
u v
i
. Тогда
x x
u
v
f (0)  
 i  x  0  ( y  i 0) x  0  0 .
x x y  0
y0
Ответ: f (0)  0.
Пример 3.3
Может ли функция v ( x, y)  x3  6 x 2 y  3xy2  2 y 3 являться мнимой частью аналитической функции f (z) ? В случае положительного ответа найдите
f (z) , если f (0)  0 .
26
Решение. Покажем сначала, что функция v ( x, y) является гармонической
2 v
2 v
на всей комплексной плоскости функцией. Найдем
и
, получим
 x2
 y2
2 v
v
2
2
 3x  12 xy  3 y 
 6 x  12 y ,
x
 x2
2 v
v
2
2
 6 x  6 xy  6 y 
 6 x  12 y.
y
 y2
Тогда
БГ
УИ
Р
 2 v ( x, y )  2 v ( x, y )

0
 x2
 y2
для любой точки ( x, y) , и, значит, функция v  v ( x, y) является гармонической
функцией на всей комплексной плоскости.
Найдем теперь сопряженную с v ( x, y) функцию u ( x, y) . Воспользуемся
условиями Коши – Римана, получим
ек
а
u
u v


 6 x2  6 xy  6 y 2 ,
x  y
x
u   v   u  3x 2  12 xy  3 y 2 .
y
x
y
Проинтегрируем равенство (3.4) по переменной x , имеем
u ( x, y)  2x 3  3x 2 y  6xy 2   ( y) .
Продифференцируем равенство (3.6) по переменной y .
(3.4)
(3.5)
(3.6)
Би
бл
ио
т
В силу (3.5) получим
 3x 2  12 xy  ( y)  3x 2  12 xy  3 y 2 .
Отсюда ( y)  3 y 2 , и, следовательно,  ( y)  y 3  с . Значит,
u ( x, y)  2x 3  3x 2 y  6xy 2  y 3  c .
Составим функцию f (z) , получим
f ( z)  u ( x, y)  iv ( x, y) 
 f ( z)  2 x 3  3x 2 y  6 xy 2  y 3  c  i ( x 3  6 x 2 y  3xy 2  2 y 3 ).
Тогда
f ( z)  2 ( x 3  3xy 2  i 3x 2 y  iy 3 )  i ( x 3  3xy 2  i 3x 2 y  iy 3 )  c 
 (2  i) ( x  iy) 3  c  (2  i) z 3  c.
Учитывая, что f (0)  0 , найдем c :
f (0)  0  (2  i)  0  c  0  c  0 .
Значит, f ( z)  (2  i)  z 3 .
Ответ: f ( z)  (2  i)  z 3 .
27
Задание 3.1
Докажите аналитичность функции в области определения. Найдите
значение ее производной в заданной точке z 0 .
13. f ( z )  e z ,
z0  5i.
z z  2i.
0
2
15. f ( z )  ch z, z0  1  i.
14. f ( z )  cos ,
БГ
УИ
Р
6
Ответ: f (1  i)  4  5i.
2i
4 4i
Ответ: f       .
3 3
3
Ответ: f (i)  1.
Ответ: f (i)  2.
Ответ: f   3i  3   2 .
 2  9
i
Ответ: f     e (1  i 3).
3
Ответ: f (1  i)  e 1i.
Ответ: f (0)  3.
Ответ: f (1)  3.
Ответ: f (2i)  2i.
Ответ: f (5i)  10 i e 25 .
1
Ответ: f (2i )  sh1 i.
2
Ответ: f (1  i)  cos 1  sh 1  i sin 1  ch1.
Би
бл
ио
т
2
Ответ: f      e ( 3  i ).
ек
а
z0  1  i.

2. f ( z )  e12 iz , z0  .
6
2
3. f ( z )  2 z  iz , z0  1  i.
2i
4. f ( z )  z 3  z 2  i, z0  .
3
1
5. f ( z )  , z0  i.
z
6. f ( z )  z 3  z  i, z0  i.
1 , z  3i  3 .
7. f ( z ) 
0
2z  3
2
i
8. f ( z )  e12 z , z0  .
3
z
9. f ( z )  ze , z0  1  i.
10. f ( z )  ( z  1) e2 z , z0  0.
11. f ( z )  z 3 , z0  1.
12. f ( z )  ( z  i)2 , z0  2i.
Ответ: f (1  i)  6.
1. f ( z )  iz 3 ,
Задание 3.2
Может ли данная функция являться действительной или мнимой частью
аналитической функции f (z) ? В случае положительного ответа найдите f (z) .
x , f ()  1 .
x  y2

v  2 xy  2 y, f (i)  2i  1.
v  3x  2 xy, f (i)  2.
u  x 2  y 2  2 x, f (i)  2i  1.
v  e y sin x  y, f (0)  1.
u  x 2  y 2  2 x  1, f (0)  1.
u  e y cos x  x, f (0)  1.
1. u 
2.
3.
4.
5.
6.
7.
28
2
Ответ:
Ответ:
Ответ:
Ответ:
Ответ:
Ответ:
Ответ:
1
.
z
z 2  2 z.
3iz  z 2 .
z 2  2 z.
eiz  z.
z 2  2 z  1.
z  eiz .
8. v  2 xy  2 y, f (0)  1.
9. v  3x 2 y  y 3 , f (0)  1.
10. v  y 2  x 2  2 y  6, f (1)  2  7i.
Ответ: z 2  2 z  1.
Ответ: z 3  1.
Ответ:  iz 2  2 z  6i .
11. u  1  sin y  e x , f (0)  1  i.
Ответ: 1  ie z .
Ответ: z 2  2iz.
Ответ: iz 2  2iz  i.
Ответ: z 2  z.
Ответ: iz 2  iz.
v  2 xy  2 x, f (0)  0.
u  2 xy  2 y, f (0)  i.
v  2 xy  y, f (0)  0.
u  y  2xy, f (0)  0.
БГ
УИ
Р
12.
13.
14.
15.
4. Интеграл от функции комплексной переменной
1. Интегрирование непрерывных функций
Пусть в области D комплексной плоскости определена однозначная и
непрерывная функция f ( z)  u ( x, y)  iv ( x, y) , а l – кусочно-гладкая замкнутая или незамкнутая ориентированная кривая, лежащая в D .
Вычисление интеграла  f ( z) dz от функции f (z) комплексной переl
ек
а
менной z  x  iy сводится к вычислению криволинейных интегралов второго
рода по формуле
(4.1)
 f ( z) dz   udx  vdy  i  vdx  udy ,
l
l
l
Би
бл
ио
т
где интегралы зависят от пути интегрирования.
Если кривая, соединяющая точки А и В, задана параметрическими уравнениями x  x (t ), y  y (t ) и x (t1 )  x A , y (t1 )  y A , x (t2 )  xB , y (t2 )  yB , то формула (4.1) принимает вид
t2
 f ( z) dz   f ( z(t ))  z(t ) dt,
l
(4.2)
t1
где z(t )  x(t )  iy(t ) .
Если путь интегрирования является полупрямой, выходящей из точки z0 ,
или окружностью с центром в точке z0 , полезно делать замену переменной
вида
z  z0   e i  .
(4.3)
2. Интегрирование аналитических функций
Если f (z) – аналитическая функция в односвязной области D , то интеграл не зависит от пути интегрирования. В этом случае
 f ( z) dz  0 , где l –
l
любой замкнутый кусочно-гладкий контур в области D .
29
Если f (z) – аналитическая функция в односвязной области D , содержащей точки z0 и z1 , то имеет место формула Ньютона – Лейбница:
z1
 f ( z) dz   ( z1)   ( z0 ) ,
(4.4)
z0
БГ
УИ
Р
где  (z ) – какая-либо первообразная для функции f (z) , т. е. ( z )  f ( z ) в
области D .
Если функции f (z) и (z ) – аналитические в односвязной области D , а
z0 и z1 – произвольные точки этой области, то имеет место формула интегрирования по частям:
z1
z1 z

f
(
z
)

(
z
)
dz

[
f
(
z
)

(
z
)]
 ( z ) f ( z ) dz .

z0 z
z0
1
0
ек
а
3. Интегрирование многозначных функций
При интегрировании многозначной функции нужно выделить ее однозначную ветвь, задав значение функции в некоторой точке кривой, по которой
ведется интегрирование (пример 4.5).
4. Интегральная формула Коши
Если функция f (z) является аналитической в односвязной области D ,
ограниченной кусочно-гладкой замкнутой линией l , и непрерывна вплоть до
границы l , то для любой внутренней точки z0  D справедлива интегральная
формула Коши
f ( z0 ) 
f ( z)
1
dz,

2i l z  z0
Би
бл
ио
т
рассматривается положительный обход вдоль линии l (при движении вдоль l
область D остается слева).
Если функция f (z) аналитична в области D и на ее границе l , то для
любого натурального n имеет место интегральная формула Коши для
производных
f
где z0  D .
(n)
z
f ( z) d z
( z0 )  n! 
,
2i l ( z  z0 ) n1
Пример 4.1
Вычислите интеграл
 z  Re z dz, где l AB – отрезок
i
0
B
1
l AB
прямой, соединяющий точки z A  1  i и zB  i
(рис. 4.1).
Решение. Найдем уравнение прямой, проходящей
30
–i
A
Рис. 4.1
через точки A (1;  1) и B (0;1) :
 2( x  1)   ( y  1).
x  xA
y  yA
x  1 y  (1)




xB  xA
yB  y A
0  1 1  (1)
Значит,
0
БГ
УИ
Р
2x  y  1  0 .
Составим параметрические уравнения отрезка AB с началом в точке A и
концом в точке B . Пусть x  t , тогда в силу (4.3): y  1  2t , t1  1, t2  0 .
Применим формулу (4.2). В нашем случае f ( z)  z  Re z, z (t )  t  i (1  2t) .
Отсюда
f ( z(t ))  (t  i (1  2t ))  t , z(t )  1  2i .
Следовательно,
0
2
2
 z  Re z dz   (t  i (1  2t )) t (1  2i) dt  (1  2i) (t  i (t  2t )) dt 
l AB
1
1
 (1  2i)   t  i  t  2t  
 2 3 
3
3
Ответ: 
2
3
2 1
 i.
3 2
0
1
  (1  2i)   1  i 1    2  1 i .
3 2
3 6
Пример 4.2
Вычислите интеграл  Im z dz , где l – дуга
ек
а
z

l
окружности
z  2, 


 arg z 
2
4
B
(начало
пути в точке z  2i ).
Решение. Параметрические уравнения дуги окружности z  2 с центром в начале координат и радиусом R  2 , заключенной между
Би
бл
ио
т

4
2
0
–2i A


и arg z 
(рис. 4.2), име4
2
ют вид x  2 cos t , y  2 sin t , t1    , t2   .
2
4
Тогда z(t )  2 cos t  i 2 sin t , и, значит, z (t )  2eit .
лучами arg z  
Рис. 4.2
Применяя формулу (4.2), имеем

4

4
2
 Im z dz  2 sin t  (2 sin t  2i cos t ) dt  (4 sin t  4i sin t cos t ) dt .
l


2
2
Вычисляя последний интеграл, получим

4

4

4
2
2
(4 sin t  4i sin t cos t ) dt  4 sin t dt  4i sin t  cos dt 

2

2

2
31

4

4

4
2
2

1
1
 4  (1  cos 2t ) dt  4i  sin t d sin t  2  t  sin 2t 
 2

 2



 2i sin 2 t

2

4



2
БГ
УИ
Р
 2    1        2i  1  1  1  3  i.
2
2 
 4 2  2 
3
Следовательно,  Im z dz  1 
i.
2
l
3
Ответ: 1 
i.
2
Пример 4.3
Вычислите  (12 z 5  4 z 3  1) dz , где l – отрезок прямой, соединяющий
l
точки z A  1 и zB  i .
Решение. Используя формулу Ньютона – Лейбница, в силу свойства
аддитивности имеем
i
 (12 z  4 z  1) dz  (2 z  z  z) 1 
5
3
6
l
6
4
ек
а
 (2i  i 4  i)  (2  1  1)  2  1  i  4  5  i.
Ответ:  5  i .
Если функции f (z) и g (z) являются аналитическими в односвязной области D , содержащей точки z1 и z 2 , то справедлива формула интегрирования
Би
бл
ио
т
по частям:
z2
z2
z1
z1
 f ( z )  g ( z ) dz  ( f ( z )  g ( z ))
z2
  f ( z )  g ( z ) dz .
z1
Пример 4.4
Вычислите  z e  z dz , где l – отрезок прямой, соединяющий точки z A  1
l
и zB   i .
Решение. Функция f ( z)  z e  z является аналитической на всей комплексной плоскости, следовательно, интеграл от f (z ) не зависит от пути интегрирования.
Воспользуемся формулой интегрирования по частям, получим
i
 z e dz   z e dz  ( z e )
z
l
z
z
1
i
1
Учитывая, что e
 i
Ответ: 1  2e  i .
32
  e dz  ( z e  e )
1
z
z
z
i
 ie  i  e i  e1  e1.
1
 cos ()  i sin ()  1, имеем
z
1
 z e dz  1  2e  i .
l
1
i
Пример 4.5
Вычислите интеграл
z
dz
 3 , где l – верхняя
l
z
дуга окружности z  1. Для
z берется та
3
l
ветвь, для которой 3 1  1 (рис. 4.3).
Решение.
1-й способ. Пусть z  z  (cos   i sin ) ,
–1
0
1
  2k
  2k 
Рис. 4.3
z  3 z   c os
 i s in
,
3
3


k  0, 1, 2, т. е. существует три различные ветви функции 3 z . Выберем ту однозначную ветвь функции 3 z , для которой 3 1  1 (т. е. k  0 ). Учитывая, что
z  1 , получим


3
(4.5)
z  cos  i sin .
3
3
тогда
БГ
УИ
Р
3
Вычислим интеграл, применяя формулу Ньютона – Лейбница:
dz 1 dz 3
3 z  3 z  2
l
1
 z
3
2
1

1
3
2
  1   1 .
3
ек
а
Воспользуемся формулой (4.5) для нахождения
2
3
3
2
1:

 1
3
.
 i sin   i
3
3 2
2
Отсюда и в силу выбора 3 1  1 окончательно получим:
2
 3  3
dz 3   1
3
      i 3    9  3 3 i .


i

1


3
 2  2
2 
2 
4
4
z 2   2
l

9 3 3i.
Ответ:  
4
4
2-й способ. Положим z  ei  , тогда d z  iei  d  .
 1  cos
Би
бл
ио
т
3



2i 
3
3
2
2
3 1
3 
9 3 3
 ie d   2 e 3 0  2 cos 3   i sin 3   1  2   2  i 2  1   4  4 i .
0


9 3 3i.
Ответ:  
4
4

2i 
3
Пример 4.6
Вычислите интеграл
eiz dz .
 2
z i 1 z  1
Решение. Область D есть круг с границей z  i  1 , представляющей
собой окружность радиусом 1 и центром в точке i .
33
Функция
eiz имеет две особые точки z  i и z  i : z  D, z  D .
1
2
1
2
z2  1
Подынтегральную функцию представим в виде
eiz  eiz  1  f ( z ) .
z2  1 z  1 z  i z  i
Отсюда и в силу интегральной формулы Коши получим
Пример 4.7
Вычислите
cos z
 2 dz .
z 2 z  1
  e 1 .
z i
БГ
УИ
Р
eiz
iz
eiz dz 
z  1 dz  2 i e
 2

zi
z i 1 z  1
z i 1 z  i
Ответ: e1 .
Решение. В нашем случае D является областью, ограниченной окружностью радиусом 2 и центром в начале координат.
Подынтегральная функция
cos z имеет две особые точки z  1 и z  1 ,
2
1
z 2 1
Би
бл
ио
т
ек
а
принадлежащие области D .
Построим такие две окружности
l1 и l 2 с центрами в точках z1 и z 2 достаточно малого радиуса r, r  0 ,
чтобы они не пересекались и целиком
лежали в круге z  2 (рис. 4.4).
В трехсвязной области, ограниченной z  2, l1 , l2 подынтегральная
функция является аналитической.
Отсюда и в силу следствия (4.2)
имеем
cos z
cos z
z
l2
z2
–1
cos z
 2 dz   z 2  1 dz   z 2  1 dz .
z 2 z  1
l
l
1
l1
z1
0
1
2
Рис. 4.4
2
Используя интегральную формулу Коши, вычислим полученные интегралы:
cos z
 2 dz  
l z 1
z 1  r
1
cos z
z  1 dz  2 i  cos z
z 1
z 1
cos z
cos z
cos z
z 1
 z 2  1 dz   z  1 dz  2 i  z  1
l2
z 1  r
Окончательно получим
34
 i  cos1 ,
z 1
z  1
 i  cos 1.
cos z
 2 dz  i  cos 1  i  cos 1  0 .
z 2 z  1
Ответ: 0 .
Пример 4.8
Вычислите
sin z
 ( z  i)3 dz .
z i 1
Решение.
Ответ: i sh1 .
Задание 4.1
Вычислите интеграл.
2.
3.
Би
бл
ио
т
4.
z 2 dz
.
 3
2
z 3 z  2 z  z  2
z  1 dz
 z 3  6 z 2  11z  6 .
z 4
zdz
 z 4  1.
z 1 1
e z  1 dz.
 2
z 4 z  z
ch zi 
 z 2  4 z  3 dz.
z 2
ек
а
1.
5.
БГ
УИ
Р
sin z
2i
 ( z  i)3 dz  2! (sin z )   i ( sin i)  i sh1 .
z i 1
z  i
Ответ: 2i.
Ответ: 0.
Ответ: i .
2
Ответ:
e  1 2i.
e
Ответ: cos 1  i.
2
e z dz .
6.  2
z  2 3 z  6 z
z
7.  2e dz .
z 1 z  2 z
iz
e
dz .
8.  2
z i 1 z  1
sin z
2 dz.
9.  2
z

2
z
3
z 1  2
sin iz dz.
10.  2
z 2 z  4 z  3
tg z
dz.
11. 
1
( z2 )
z 1
ze
Ответ: 
i .
3
Ответ: i.
Ответ:

.
e
Ответ:
i .
2
Ответ:  sh 1.
Ответ: 0.
35
cos z
12.
dz.
 2
z 1  2 z  3 z
13.
.
 2
z 2 i 1 z  16
14.
dz.

z 2 z  1
Ответ: 2 i .
3
dz
Ответ: 0.
tg z
Ответ: 2i tg 1.
z
e
15.  2 dz .
z 3 z  4
Ответ: i sin 2.
БГ
УИ
Р
Задание 4.2
Вычислите интеграл.
1.  z 2dz, AB  парабола, y  x 2 , z A  0, zB  1  i .
AB
Ответ:
2.
14  5i .
15
3
 Im z dz, AB – отрезок прямой, z A  0, zB  2  2i .
AB
3.
ек
а
Ответ: 8  8i .
 z dz, ABC – ломаная, z A  1, zB  0, zC  1  i .
ABC
2i 2 1.
2
2 2
Би
бл
ио
т
Ответ: 
4.
2
 z dz, AB – отрезок прямой, z A  0, zB  1  i .
AB
Ответ:
5.
2 (1  i ) .
3
z
 Re z dz, AB – отрезок прямой, z A  1, zB  2 .
AB
Ответ: 1 .
6.
e
z
2
Im zdz, AB – отрезок прямой, z A  0, zB  1  2i .
AB
Ответ: e5  1  i  .
1
5
7.
 zzdz, AB – отрезок прямой, z A  1, zB  0 .
AB
1
3
Ответ:  .
36
2
5 
2
 z Im z dz, AB – отрезок прямой, z A  0, zB  1  i .
8.
AB
Ответ: i .
9.  Re zdz, AB – отрезок прямой, z A  0, zB  1  i .
AB
1 (1  i ) .
2
10.  Re zdz, ABC – ломаная, z A  0, zB  1, zC  1  i .
Ответ:
ABC
Ответ: 1  i .
БГ
УИ
Р
2
11.  Im zdz, AB – отрезок прямой, z A  0, zB  2  i .
AB
2 i.
2
12.  1  i  2z  dz, AB – отрезок прямой, z A  0, zB  1  i .
Ответ:
AB
Ответ: 2i  2 .
13.  1  i  2 z  dz, ABC – ломаная, z A  0, zB  1, zC  1  i .
ABC
AB
ек
а
Ответ:  2 .
14.  e z dz, AB  отрезок прямой, z A  0, zB  1  i .
Ответ: e (cos1  i sin 1)  1 .
15.
 z dz, AB – отрезок прямой, z A  1, zB  1.
Би
бл
ио
т
AB
Ответ: 1.
Задание 4.3
Вычислите интеграл.
1.  z Re zdz, С: z  1 .
Ответ: 0 .
C
2.
2
 z  zz dz, С:  z  1, 0  arg z  .
8
3
Ответ:  .
C
3.
 z dz, С:  z  1, 0  arg z  .
Ответ: – 2.
C
4.
z
 z dz, С:  z  2, Re z  0.
Ответ: 4i .
C
5.
 z z dz , С:  z  4, Re z  0.
Ответ: 64 i .
C
6.
2
 z Re z dz, С:  z  1, Im z  0.
C
7.
 zz dz, С:  z  1, Re z  0, Im z  0.
2.
3
Ответ: i  1 .
Ответ:
C
37
8.
3
5 

 z dz, С:  z  2, 4   arg z  4  .
Ответ:  4 2i .
 z dz, С: z  2 .
Ответ: 8i .
C
9.
C
 z z dz, С:  z  1, Im z  0.
10.
Ответ: 0.
C
2
 z  dz, С:  z  2, Re z  0, Im z  0.
11.
Ответ:  8 (1  i) .
C
2
 z  z  dz, С:  z  1, Re z  0.
12.
Ответ: 2i .
C
C


 z  2 dz, С:  z  2, 0  arg z  2  .
14.
C
 i  z  dz, С: z  1.
15.
C
Ответ: 32.
БГ
УИ
Р
 zz z dz, С:  z  2, Im z  0.
13.
Ответ: 2i  4i  4 .
Ответ:  4.
L
ек
а
Задание 4.4
Вычислите интеграл от аналитической функции.
1.  z  1 e z dz, L: z  1, Re z  0.
Ответ: 2i cos1.
2.  z 2  7 z  1 dz, AB  отрезок прямой, z A  1, z B  1  i .


AB
9  26 i .
2 3
5
3.  12 z  4z 3  1 dz, AB  отрезок прямой, z A  1, z B  i .
Би
бл
ио
т
Ответ: 
AB
Ответ:  5  i .
4.
3 z
 z e dz, ABC  ломаная, z A  i, zB  1, zC  0 .
4
ABC
1 e .
4
2
5.  z  cos z  dz, ABC  ломаная, z A  0, z B  1, zC  i .
Ответ:
ABC
1
Ответ: i  sh 1   .
3

6.  ch z  cos iz  dz, ABC  ломаная, z A  0, zB  1, zC  i .
ABC
Ответ: 2 sh i .
7.  ch z  z  dz, L: z  1, Im z  0.
L
Ответ:  2 sh 1 .
38
2
2
 3z  2z  dz, AB: y  x , z A 0, zB  1  i.
8.
AB
Ответ:  2  4i .
9.  z 2  1 dz, ABC  ломаная, z A  0, zB  1  i, zC  i .
ABC
Ответ: 2 i .
3
10.  sin z  z  dz, L: z  1, Re z  0.
L
AB
БГ
УИ
Р
Ответ: 0.
11.  2 z  1 dz, AB: y  x3 , z A 0, zB  1  i.
Ответ: 1 3i .
12.  cos iz  3z 2  dz, L: z  1, Im z  0.
L
Ответ:  (2  2 sh1) .
13.
9
 z  1 dz, ABC  ломаная, z A  0, zB  1, zC  i .
ABC
1
i.
10
14.  sin z  z 5  dz, ABC  ломаная, z A  0, zB  1, zC  2i .
ABC
ек
а
Ответ: 
29 .
3
3
15.  z  sin z  dz, AB: z A  1, zB  1.
Ответ:  ch 2 
Би
бл
ио
т
AB
Ответ: 0.
Задание 4.5
Вычислите интеграл.
1.
2.
3.
4.
5.
z2 1

2 dz .
z 1  2  z  1 z  2  z
sin z dz .

2
2
z 1 1  z  1
cos z
  z  i 3 dz .
z 2
cos z
 z 3 dz .
z 1
sh 2 z dz .
 z3
z 1
Ответ:
5i .
6
Ответ: 0 .
Ответ:  i ch1 .
Ответ:  i .
Ответ: 2i .
39
7.
8.
9.
1
ez
10. 
2
2 dz .
z  2 1  z  4 
1
 dz .
11.  3 cos
z 1
z
z 1
2
12.
1
z
 i 2 (  2)
.
8
3i .
Ответ:
8
Ответ:  2i .
27
Ответ: 
Ответ:  2i sh1.
БГ
УИ
Р
6.
sin z
4
  z  12  z  3 dz .
z 2
dz
  z  13  z  13 .
z 1 1
zdz
  z  2  3 z  4  .
z 3  6
ch z
 ( z  1) 2 dz .
z 2
Ответ: 0.
Ответ: 3i .
1  sin z dz .
z2
Ответ:  2i .
2
eiz dz .
 2 2
z 1 1  z  1
dz
14.
  z  12  z 2  1 .
z 1i  2
dz
15.
 z 2  32 .
z 2 i 2
Ответ:     i (cos1  i sin 1) .
2
Би
бл
ио
т
ек
а
13.
2
Ответ:  i   .
Ответ:
 3.
18
5. Ряды в комплексной области
1. Числовые ряды
Числовым комплексным рядом называется ряд вида

 zn  z1  z2  ...  zn  ...,
n 1
где zn – последовательность комплексных чисел.
Ряд


 zn   ( xn  i yn ) сходится тогда и только тогда, когда сходятся
n 1
ряды

n 1

 xn и  y n .
n 1
Ряд
n 1


 zn   ( xn  i yn ) называется абсолютно сходящимся, если сходитn 1
ся ряд
n 1


n 1
n 1
 zn   xn2  yn2 .
Свойства сходящихся рядов:
1. Необходимый признак сходимости.
40
Если ряд

zn  0 .
 zn сходится, то lim
n
n 1
2. Если сходится ряд


n 1
n 1
 zn , то сходится и ряд  zn , т. е. из абсолютной
сходимости ряда следует его сходимость.
3. Если для ряда


n 1
n 1
 zn существует сходящийся числовой ряд  cn с поло-
сходится абсолютно.
Признак Даламбера
Если существует предел lim
n 
 zn
n 1

zn 1
 L , то при L  1 ряд  zn сходится
zn
n 1
абсолютно, а при L  1 – расходится.
Признак Коши
Если существует предел lim

БГ
УИ
Р
жительными членами сn такой, что zn  cn , n  n0 , n0  N , то ряд

n
n
zn  L , то при L  1 ряд  zn сходится
n 1

ек
а
абсолютно, а при L  1 – расходится.
2. Функциональные ряды
Функциональным рядом в комплексной области называется выражение
вида
 f n ( z )  f1 ( z )  f 2 ( z )  ...  f n ( z )  ...,
n 1
Би
бл
ио
т
где f n (z) – функции комплексной переменной z .
Ряд

 f n ( z ) называется равномерно сходящимся в области D к сумме
n 1
f (z ) , если для любого   0 существует номер N  N () такой, что при
n
n  N и для любого z  D выполнено условие f ( z )   f k ( z )   .
Признак Вейерштрасса
Если при любом z
из
k 1
области
D
выполняется


n 1
n 1
неравенство
f n ( z )  an , n  N , а числовой ряд  an сходится, то  f n ( z ) сходится
равномерно в D .
Признак Даламбера абсолютной сходимости функционального ряда

f n1 ( z )
 L ( z ) , то при L ( z )  1 ряд  f n ( z )
f n ( z)
n 1
n
сходится абсолютно, а при L ( z )  1 – расходится.
Если существует lim
Признак Коши абсолютной сходимости функционального ряда
41

Если существует lim
n
n
f n ( z )  L ( z ) , то при L ( z )  1 ряд  f n ( z )
n 1
сходится абсолютно, а при L ( z )  1 – расходится.
3. Степенные ряды
Комплексным степенным рядом называется ряд вида

 cn  ( z  z0 ) n , где
n 1
z0 , cn – заданные комплексные числа, а z – комплексная переменная.
R  lim
n
БГ
УИ
Р
Областью сходимости степенного ряда называется множество всех точек
z , в которых этот ряд сходится.
Для каждого степенного ряда существует так называемый круг сходимости с центром в точке z0 и радиусом сходимости R, R  0 , который можно
вычислить по формуле
cn
или R  lim
cn1
n
n
1 ,
cn
Би
бл
ио
т
ек
а
если эти пределы существуют.
Теорема о почленном дифференцировании и интегрировании степенного
ряда. Пусть R  0 – радиус сходимости степенного ряда. Тогда этот ряд можно
почленно дифференцировать в круге z  z0  R любое число раз и почленно
интегрировать вдоль любой гладкой кривой, расположенной в круге
z  z0  R . Полученные при этом степенные ряды имеют тот же радиус сходимости R , что и исходный ряд.
4. Ряды Тейлора и Лорана
Теорема о разложении функции в ряд Тейлора. Если однозначная функция
f (z ) является аналитической в точке z0 , то функция f (z ) разлагается в
окрестности этой точки в ряд Тейлора:

f ( z )   cn  ( z  z0 ) n ,
n 0
где коэффициенты cn вычисляются по формулам
f ( n ) ( z0 )
f ( z)
1
cn 
dz
, n  0, 1, 2, ... ;
2i l ( z  z0 ) n1
n!
l : z  z0  r , r  0 , – окружность с центром в точке z0 , лежащая в окрестности
точки z0 , в которой функция f (z ) является аналитической.
Разложения в ряд Тейлора основных элементарных функций
42
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
2
n
n

e z  1  z  z  ...  z  ...   z , z  C .
n!
2!
n 0 n!
3
5
2 n 1
2 n 1

sh z  z  z  z  ...  z
 ...   z
, z C .
3! 5!
(2n  1)!
n 0 ( 2n  1)!
2
4
2n
2n

z
z
z
z
ch z  1    ... 
 ...  
, z C .
2! 4!
(2n)!
n 0 ( 2n)!
3
5

(1) n  z 2n1
(1) n z 2 n1
sin z  z  z  z  ... 
, z C .
 ...  
3! 5!
(2n  1)!
n 0 ( 2n  1)!
2
4

(1) n  z 2n
(1) n z 2 n
z
z
cos z  1    ... 
 ...  
, z C .
2! 4!
(2n)!
(2n)!
n 0
2
3

(1) n1 z n
(1) n-1 z n
z
z
ln (1  z )  z    ... 
 ...  
, z  1.
2 3
n
n
n 1
 (  1) 2  (  1)(  2) 3

(1  z)  1  z 
z 
z  ... 
1!
2!
3!

 (  1)(  2)(  n  1) n
 (  1)(  2)(  n  1) n

z , z  1.
z  ...  1  
n!
n!
n 1
1  1  z  z 2  ...  z n  ...   z n , z  1.

1 z
n 0
1  1  z  z 2  z 3  ...  (1) n z n   (1) n  z n , z  1.

1 z
n 0
Теорема о разложении функции в ряд Лорана
Если функция f (z ) является однозначной и аналитической в кольце
r  z  z0  R , то функция f (z ) разлагается внутри его в ряд Лорана по неотрицательным и отрицательным степеням z  z0 , т. е.



cn
f ( z )   cn  ( z  z0 ) n   cn  ( z  z0 ) n  
n ,
n  
n 0
n 1 ( z  z0 )
где коэффициенты вычисляются по следующим формулам:
f ( z)
1
d z, n  0, 1, 2, ... ,

2i l ( z  z0 )n 1
cn  1  f ( z )  ( z  z0 ) n1 d z, n  1, 2, ... ,
2i l
l: z  z0  , r    R .
cn 
Ряд

 cn  ( z  z0 ) n с неотрицательными степенями z  z0 называется
n 0
43
правильной, или регулярной, частью ряда Лорана. Ряд

c
 ( z zn ) n с отрицаn 1
0
тельными степенями z  z0 называется главной частью ряда Лорана.
Если cn  0 и существует конечный предел r  lim
n
cn1
, то ряд сходится
cn
в области z  z0  r .
Пример 5.1
( z  i) n
Определите область сходимости ряда  n
и исследуйте его
n 1 2 (3n  1)
сходимость в точках z1  0, z2  3  2i, z3  i .
1
Решение. Для данного степенного ряда cn  n
. Тогда
2 (3n  1)
cn1  n1 1
.
2 (3n  2)
cn
2n1 (3n  2)
R  lim
 lim
 2.
n
n c
n
2
(
3
n

1
)
n 1
Область сходимости определяется неравенством z  i  2 , которое соответствует внутренности круга с центром в точке z0  i радиусом 2 . Очевидно,
точка z1  0 лежит внутри круга сходимости. Поэтому ряд в точке z1  0 сходится абсолютно. Точка z 2 лежит вне круга сходимости. Ряд в точке z 2 расходится. Исследуем сходимость ряда в точке z3  i , которая лежит на границе

in
круга сходимости. Положив z  i , получаем числовой ряд 
. Исследуn 1 3n  1

i n   1 . Сравнивая с
ем этот ряд на абсолютную сходимость: 
 3n  1
n 1 3n  1
n 1
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р

гармоническим рядом, устанавливаем, что абсолютной сходимости нет. Определим, является ли ряд условно сходящимся:
i n  i   1   i  1  i   1  ... 
 3n  1 2 5 8 11 14 17
n 1
 i  1  1  1  ...    1  1  1  ... .
 2 8 14
  5 11 17


Действительная и мнимая части этого ряда являются сходящимися рядами по признаку Лейбница.
( z  i) n
Ответ: ряд  n
в точке z  i сходится условно.
n 1 2 (3n  1)

Пример 5.2
44
Разложите функцию f ( z ) 
2 z  3 в ряд Лорана по степеням z в
z  3z  2
2
кольце 1  z  2 .
Решение. Функция f (z ) имеет две особые точки z1  2 и z2  1. Следовательно, существуют три кольца с центром в точке z0  0 , в каждом из которых функция f (z ) является аналитической: 1) круг z  1; 2) кольцо
БГ
УИ
Р
1  z  2 ; 3) 2  z   – внешность круга z  2 . Найдем ряд Лорана в кольце 1  z  2 . Представим f (z ) в виде суммы элементарных дробей:
2z  3
f ( z) 
 1  1 .
( z  2)( z  1) z  2 z  1
Преобразуем первую дробь и разложим ее в ряд, как сумму бесконечно
убывающей геометрической прогрессии:
2
3

(1) z
1 
1
.
 1 1  z  z  z  ...  
n 1
z2
2 2 4 8
2
z
n 0



2 1  
 2
Ряд для этой функции сходится в заданном кольце, т. к. z  2 .
1 расходится при z  1 . Поэтому преобразуРяд Тейлора для функции
1 z
1  1  1 . Тогда разложение приобретает вид
ем дробь следующим образом:
1 z z 1 1
z
n 1
1  1  1 1  1  1  ...   (1) .

 
z 1 1 z  z z2
 n1 z n
z
1  1 , т. е. при z  1.
Этот ряд сходится для
z
n
Би
бл
ио
т
ек
а
n
Подставляем найденные разложения в заданную функцию:

(1)n z n  (1)n 1
2z  3
.


z 2  3z  2 n  0 2n 1
zn
n 1

(1)n z n  (1)n1
Ответ: 
.

2n1
zn
n 0
n 1
Пример 5.3
1
в ряд в окрестности точек z  0 и z  1 .
( z  1) 2 ( z  2)
1
Решение. Разложим сначала функцию
на сумму элемен( z  1) 2 ( z  2)
Разложите функцию
тарных дробей:
45
1
1 1
1 1
1
1
.
(5.1)
 
 
 
( z  1) ( z  2) 9 z  2 9 z  1 3 ( z  1)2
В окрестности точки z  0 , а именно в круге z  1, функция
1
1 1 1
1
1
и каждое из слагаемых
, 
, 
2
9 ( z  2)
9 z  1 3 ( z  1)2
( z  1) ( z  2)
2
аналитичны.
1 , 1 в ряд Тейлора:
z  2 z 1
n
1 1
1
1
1 
n z

 

(1) n ,
9 z  2 18 1  z / 2 18 n
2
0
БГ
УИ
Р
Разложим элементарные дроби
Би
бл
ио
т
ек
а
1 1
1 1
1 
 
 
  z n.
9 z  1 9 1  z 9 n0
1
1
Ряд для функции 
найдем почленным дифференцированием
3 ( z  1)2
1 1
:
степенного ряда для функции  
9 z 1

  1  1   1  1  1  n z n 1 .

 9 z  1 9
( z  1)2 9 n 1



1
1
1 n 1

nz .
Тогда 

2
3 ( z  1) n 1 3
Таким образом, в круге z  1 имеем
n

1
1
1  z n   1 n z n1 .
n z

(

1
)



3
( z  1) 2 ( z  2) 18 n0
2 n 9 n 0
n 1
1
В окрестности точки z  1 функция
неаналитична, но она
( z  1) 2 ( z  2)
аналитична в кольце 0  z  1  3 . Разложим ее в ряд Лорана по степеням z  1 .
1 . Эта
В правой части формулы (5.1) нужно разложить только слагаемое
z2
функция аналитична в круге z  1  3 , следовательно разлагается в ряд по положительным степеням z  1 :
n

1 
1
1
1
1
n ( z  1)

  (1)
,
z  1  3.
z  2 z  1  3 3 1  z  1 3 n 0
3n
3

(1) n
1
1
1
1
1
Ответ:

  n1 ( z  1) n в кольце
2
2 
( z  1) ( z  2) 3 ( z  1) 9 z  1 n0 3
0  z 1  3 .
46
Пример 5.4
1 cos 1 в ряд Лорана в окрестности точки z  0 .
z
z
 2  4 6
Решение. Для любого комплексного  имеем: cos   1     ... .
2! 4! 6!
1
Полагая   , получим
z
1
1 1
1
1
1
 1  1  1  1  ....
cos  1  2 
4 
6  ... 
3
5
6
z
z z  2! z 4! z 6! z
 z 2! z 4! z 6! z
Это разложение справедливо для любой точки z  0 . В данном случае
БГ
УИ
Р
Разложите функцию
кольцо представляет собой всю комплексную плоскость с одной выброшенной
точкой z  0 . Его можно задать с помощью неравенства 0  z  0   . В
этом кольце рассматриваемая функция является аналитической.
Ответ:
1
1
1
1
 3  5  6  ... .
z 2! z 4! z 6! z
ек
а
Задание 5.1
Определите круг сходимости данного ряда и исследуйте сходимость в
указанных точках.
( z  i  1) n
, z1  0, z2  1  i , z3  i.
1. 
n
2
n 1
Ответ: R  1, z0  1 i, в точке z1 – расходится, в точке z 2 – сходится
абсолютно, в точке z3 – сходится условно.

2n ( z  1) n
, z1  0, z2  1  i , z3  5 .
2. 
2
2
4
n 1 n( n  1)
1
Ответ: R  , z0  1, в точке z1 – расходится, в точке z 2 – сходится
2
абсолютно, в точке z3 – сходится абсолютно.
Би
бл
ио
т

(2i) n ( z  1) n
, z1  0, z2  1  i , z3   3 .

2
2
4
n
n 1

3.
R  1 , z0   1, в точке z1 – расходится, в точке z 2 – сходится
2
абсолютно, в точке z3 – сходится абсолютно.
Ответ:
(i) n ( z  2) n
, z1  0, z2  2  3i, z3  6  2i.
4. 
3n (n  1)
n 1

Ответ:
R  3, z0  2, в точке z1 – сходится абсолютно, в точке z 2 –
47
расходится, в точке z3 – расходится.
( z  i)n
5.  n
, z1  1  i, z2  3i, z3  3  i.
n 1 2  n

Ответ: R  2, z0  i, в точке z1 – сходится абсолютно, в точке z 2 – сходится условно, в точке z3 – расходится.
( z  2  i)n
6.  n
, z1  2  3i, z2  4  i, z3  2  i.
n 1 2 ( n  1)

БГ
УИ
Р
Ответ: R  2, z0  2  i, в точке z1 – расходится, в точке z 2 – расходится, в точке z3 – сходится абсолютно.
( z  i)n
, z1  0, z2  2i, z3  4  i.
7.  n
n 1 3 ( 2n  1)

Ответ: R  3, z0  i, в точке z1 – сходится абсолютно, в точке z 2 –
сходится условно, в точке z3 – расходится.
( z  1  i)n
 2n (n 2  1) , z1  0, z2  1  i, z3  1  i.
n 1
ек
а

8.
Ответ: R  2, z0  1  i, в точке z1 – сходится, в точке z 2 – сходится абсолютно, в точке z3 – расходится.
( z  2) n
, z1  0, z2  1, z3  1  4i.
9.  n
n 1 3 ( n  1)
Би
бл
ио
т

Ответ: R  3, z0  2, в точке z1 – сходится абсолютно, в точке z 2 – сходится условно, в точке z3 – расходится.
( z  2i) n
10.  n 2 , z1  0, z2  5i, z3  2  2i.
3 n
n 1

Ответ: R  3, z0   2i, в точке z1 – сходится абсолютно, в точке z 2 –
сходится абсолютно, в точке z3 – расходится.
(1  i) n ( z  2) n
, z1  0, z2  2  i, z3  3  i.
11. 
(n  2)2n
n 1

Ответ: R  2, z0  2, в точке z1 – расходится, в точке z 2 – сходится
абсолютно, в точке z3 – расходится.
48
3n ( z  1) n
12. 
, z1  0, z2  1, z3  1  2 i.
n
3
n 1 (3n  2) 2

2 , z  1, в точке z – расходится, в точке z – сходится
0
1
2
3
абсолютно, в точке z3 – сходится условно.
Ответ: R 
5n ( z  1) n
13. 
, z1  0, z2  1  2 i, z3  1  i .
n
5
5
n 1
3n  1  2

5
в точке z3 – сходится абсолютно.
 z  1  i  , z  0, z  5  i, z  6  i.

n

14.
БГ
УИ
Р
Ответ: R  2 , z0  1, в точке z1 – расходится, в точке z 2 – расходится,
n 1
4n (2n  5)
1
2
3
Ответ: R  4, z0  1  i, в точке z1 – сходится абсолютно, в точке z 2 –
сходится условно, в точке z3 – расходится.
( z  2i) n
 2n (n  1) , z1  2  2i, z2  1  2i, z3  i.
n 0
ек
а

15.
Би
бл
ио
т
Ответ: R  2, z0  2i, в точке z1 – сходится условно, в точке z 2 – сходится абсолютно, в точке z3 – расходится.
Задание 5.2
Разложите функцию в ряд Лорана по степеням z  z0 в кольце D.
1. f ( z) 
Ответ:
1
1
, z0  0, D:  z  1.
( z  1)(1  2 z)
2
  z n  2n z n1 .

n 0
2. f ( z) 

1

3z
, z0  0, D: 2  z  3 .
z  z 6
2

(1) n z n 6  2n
3
  n1 .
Ответ: 
5 n0 3n
5 n 0 z
2
z  2z  3
, z0  1, D: 0  z  1  4 .
3. f ( z) 
( z  1)2 ( z  3)

3 (1) n
( z  1) n  1  1 2 .
Ответ: 
n 3
4
4 ( z  1) ( z  1)
n 0
49
2
, z0  2, D: 1  z  2  3 .
z 1


( z  2) n
1
.
Ответ:  
n 
3n1
n 1 ( z  2)
n 0
z2
, z0  1, D: 2  z  1   .
5. f ( z)  2
z  4z  3
n2


3
2
Ответ:
 5
.
2z  1 n1 ( z  1) n
z2  z  3
, z0  0, D: 1  z  2 .
6. f ( z)  2
z  3z  2


zn
1
Ответ: 1  3  n1  5  n .
n 0 2
n 1 z
1
, z0  0, D: 1  z   .
7. f ( z)  2
z z

(1) n
Ответ:  n2 .
n 0 z
1
, z  i, D: 0  z  i  2 .
8. f ( z)  2
z 1 0

(1) n

i
1
n
 
Ответ:
n ( z  i) .
2( z  i) 4 n0 (2i)
1
, z0  0, D: 2  z  5 .
9. f ( z)  2
z  7 z  10
1  zn
2n
Ответ:    n1  n1 .
3 n 0  5
z 
1
, z  2, D: 2  z  2  4 .
10. f ( z)  2
z  2z  8 0
n
n
n
1  (1) 2  1  ( z  2) .
Ответ:  

6 n0 ( z  2)n1 6 n0 4n1
z3
, z0  1, D: 0  z  1  3 .
11. f ( z) 
( z  1)( z  2)
1  8  1 ( z  1) n .
Ответ:  z  1 

3 ( z  1) 9 n0 3n
1
, z0  1, D: 1  z  1  2 .
12. f ( z)  2
z  5z  6

( z  1) n 
1 .

Ответ:  
n 1
n
2
n 0
n 1 ( z  1)
1
, z0  1, D: 0  z  1   .
13. f ( z)  2
z  2z  3
2
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
4. f ( z) 
50
БГ
УИ
Р

(1)n 4n
1
1
1
Ответ: 
 
.
4 z  1 4 n  0 ( z  1)n 1
1
, z  3, D: z  3  3 .
14. f ( z) 
z ( z  3) 0
n

1
1
n ( z  3)
Ответ:
  (1)
.
3 z  3 n 0
3n2
z
, z0  2, D: z  2  1.
15. f ( z) 
( z  3)( z  2)2
2  3  ( 1) n ( z  2)n .
Ответ: 3 

z  2 ( z  2)2
n 0
Задание 5.3
Разложите функцию в ряд Лорана по степеням z  z0 в указанном кольце.
1.
1
,
( z  1) (1  2 z )
2
1  z  1.
2



n 0
n 0
n 0
Ответ:  2 z n   n z n1  4
1 .
(2 z ) n1
1
,
2  z  5.
( z  2) 2 ( z  5)
n


2n (n  1) 1  z n
1
2
1
  n1 .
Ответ:   n1  
9 n 0 z
3 n 0 z n  2
9 n 0 5
z
,
0  z  2  1.
3.
2
( z  3) ( z  2)
Би
бл
ио
т
ек
а
2.


n 0
n 0
2
,
( z  1) 2 ( z  1)
1  z  2  3.
Ответ: 2  (1) n ( z  2) n  3  (1) n n ( z  2) n1 
4.
2 .
z2
n


n ( z  2) n1 1 
1
z

2
1


 
.
Ответ:  
 
n 1
6 n 0  3  n 0
3
2 n0 ( z  2) n1
1
,
0  z  i  2.
5.
( z  i)( z  i) 2
n


n (i  z ) n1
n ( z  i)
1
1
1
i
   1
 
Ответ: 
.
4 z  i 4 n 0
(2i) n1 2 n0 (2i) n1
6.
z 1
,
( z  4) 2 ( z  1)
4  z  1  .
51
n

n
2
3
5  (n  1)   3   2 1 .
Ответ:   1




9 n 0
( z  1) n 3 n0
 z 1 9 z 1
n
7.
z
,
( z  2)( z  5) 2
5  z  .
n 1
n 1
n



Ответ: 2  2n  1   2  5n  1   5  n  1 1  .
9 n 0  z 
9 n 0  z 
3 n 0
z
Ответ: 
9.
Ответ: 
10.
4  z  2  .
n
1 
4n
1  4 (n  1)  1 1  1
1 .



n 1
n 2
32 n0 ( z  2)
16 n0 ( z  2)
32 z  2 16 ( z  2) 2
z
,
( z  1)( z  2) 2
Ответ: 
0  z  1  3.
n 1
n
1 1  1  ( z  1)  2  n ( z  1) .


9 z  1 9 n0 3n1
3 n 0
3n1
3z
,
( z  7)( z  2) 2
0  z  2  2.
Би
бл
ио
т
11.
n 1
6  6  ( z  3) n  4  n  z  3 .


z  3 n 0
n 0
1
,
( z  4) 2
2
0  z  3  1.
БГ
УИ
Р
2z
,
( z  3)( z  2) 2
ек
а
8.
21 1  (1) n  z  2   21 1  6
1 .
Ответ: 



25 5 n0
 5  25 z  2 5 ( z  2) 2
n
12.
3z  1
,
( z  1) 2 ( z  4)
1  z  4.

(1) n 4  (1) n (n  1) 11  z n
11
 

Ответ: 
.


25 n0 z n1 5 n0
z n 2
25 n0 4n1
1  4z
,
0  z  1  1.
( z  3) 2 ( z  1)

( z  1) n 13  n ( z  1) n1
3
3
 
 
Ответ: 
.
16 ( z  1) 16 n0 4n1
4 n 0
4n1
5
,
1  z  1  .
14. 2
z ( z  1)
13.
52

Ответ:  5  (1) n
n 0

(n  1)
1
5 .

5
(1) n

n 1
n 2 
( z  1)
( z  1)
z 1
n 0
2
z
,
5  z  4  .
( z  4)( z  1) 2
n



(n  1)(1) n 5n
16
1
9
5
1
5
n


.
Ответ:
   

   (1)
25  z  4  25 n0
( z  4) n1 5 n0 3 n0
z n 2
15.
БГ
УИ
Р
Задание 5.4
Разложите функцию в ряд Лорана в окрестности точки z0 .
1. sin (2 z  1), z0  0 .

(1) n 22 n z 2 n
(1) n 22 n1 z 2 n1
 sin 1
.
Ответ: cos1
(2n  1)!
(2n)!
n 0
n 0

1
2. z  e z i ,
z0  i .

n 1 

i

1
  (n  1)!  n! ( z  i) n .
Ответ:
sin 2 z , z  0 .
0
z
2 z  8 z 3  32 z 5  ....
Ответ:
2!
4!
6!
z
e
4. 3 , z0  0 .
z
1 1
1  1  z  ....
Ответ: 3  2 
z z 2! z 3! 4!
Би
бл
ио
т
ек
а
3.
1
5. z 3  e z ,
z0  0 .
Ответ: z 3  z 2 
z  1  1  ....
2! 3! 4! z
sin z , z  2 .
0
z2
sin 2  cos 2  sin 2 ( z  2)  cos 2 ( z  2) 2  sin 2 ( z  2)3 
Ответ:
z2
2!
3!
4!
 cos 2 ( z  2) 4  ... .
5!
1
7. z 4 cos , z0  0 .
z
2
z
1
1  ....
4
Ответ: z   
2! 4 6! z 2
1
2
8. sin 2 , z0  0 .
z
z
6.
53
42
44
46


 ....
2!2 z 3 4!2 z 5 6!2 z 7
1  cos z , z  0 .
9.
0
z2
Ответ:
1 z2 z4 z6
   ....
2! 4! 6! 8!
1
10. e1 z ,
z 0  1.
Ответ:
 (1) n

n0
1
.
n!( z  1) n
БГ
УИ
Р
Ответ:
1 , z  1.
0
z 1
5 
1
19
1
 ....
Ответ: ( z  1)  2 
2 
3 
6( z  1) 3( z  1) 120 ( z  1) 60( z  1) 4
11. z 2 sin
z , z  1.
0
1 z
sin 1  n 

2 

Ответ:  
.
n!( z  1) n
n 0
ек
а
12. sin
1  cos z , z  0 .
0
z4
2
1  1  z 2  ....
Ответ: 4 
z 2! z 2 4! 6!
1  e z , z  0 .
14.
0
z3
1
1  1  z  ....
Ответ: 2 
z 2! z 3! 4!
1 , z  i .
15. ( z  i ) sin
zi 0
Би
бл
ио
т
13.
Ответ:

1
 (1) n (2n  1)! 
n 0
1
.
( z  1) 2n
6. Нули и изолированные особые точки аналитической функции
1. Нули и функции
Пусть функция f (z ) является аналитической в точке z0 .
Точка z0 называется нулем функции f (z ) порядка (или кратности) n ,
если выполняются условия f ( z0 )  0, f ( z0 )  0, ...,  f ( n1) ( z0 )  0, f ( n ) ( z0 )  0 .
54
Точка z0 тогда и только тогда является нулем n -го порядка функции
f (z ) , аналитической в точке z0 , когда в некоторой окрестности этой точки
имеет место равенство f ( z )  ( z  z0 )n   ( z ) , где функция  (z ) аналитична в
точке z0 и  ( z0 )  0 .
2. Изолированные особые точки
1
z0 – устранимая особая
точка
z0 – существенно особая
точка
lim
f ( z )  const
zz
Главная часть содержит
конечное число членов
lim
f ( z)  
zz
0
0
lim
f ( z)
Главная часть содержит
z z0
бесконечное число членов не существует
Би
бл
ио
т
3
Нет главной части
ек
а
2 z0 – полюс порядка n
БГ
УИ
Р
Точка z0 называется изолированной особой точкой функции f (z ) , если
существует окрестность этой точки, в которой f (z ) аналитична всюду, кроме
самой точки z  z0 (табл. 6.1).
Таблица 6.1
Классификация изолированных особых точек
По разложению в ряд
№
Характер особой точки z0
(по главной части ряда
По определению
п/п
Лорана)
Определение порядка полюса
Для того, чтобы точка z0 являлась полюсом порядка n функции f (z ) ,
необходимо и достаточно, чтобы функцию f (z ) можно было представить в ви-
( z )
, где функция (z ) аналитична в точке z0 и ( z0 )  0 .
( z  z0 ) n
Для того чтобы точка z0 была полюсом функции f (z ) , необходимо и до1 .
статочно, чтобы эта точка была нулем для функции ( z ) 
f ( z)
Наибольший из показателей степеней у разностей ( z  z0 ) , содержащихся в
де f ( z ) 
знаменателях членов главной части ряда Лорана, совпадает с порядком полюса.
3. Вычеты функций
Пусть точка z0 есть изолированная особая точка функции f (z ) .
55
Вычетом функции f (z ) в точке z0 называется число (табл. 6.2), обозначаемое
символом res f ( z0 ) и определяемое равенством res f ( z0 )  1
2i l
f ( z ) dz .
В качестве контура l можно взять окружность с центром в точке z0 достаточно малым радиусом, такого, чтобы окружность не выходила за пределы
области аналитичности функции f (z ) .
Таблица 6.2
Вычисление вычетов
1
2
3
Характер особой точки
z0 – устранимая особая
точка
Вычисление вычетов
БГ
УИ
Р
№
п/п
res f ( z0 )  0
1 lim d n1  f ( z )  ( z  z )n 
0
(n  1)! zz dz n1
z0 – полюс порядка n
res f ( z0 ) 
z0 – существенно особая
res f ( z0 )  С1
точка
0
ек
а
 f ( z)  ( z  z0 );
res f ( z0 )  lim
z z
0
(простой полюс)
( z )
,  ( z 0 )  0 и  ( z0 )  0 ,
( z )
( z0 )
 ( z0 )  0 , то res f ( z0 ) 
.
( z0 )
если f ( z ) 
Би
бл
ио
т
4
z0 – полюс порядка 1
4. Вычет функции относительно бесконечно удаленной точки
Пусть функция f (z ) аналитична в некоторой окрестности бесконечно
удаленной точки (кроме самой точки z   ).
Точка z   называется изолированной особой точкой функции f (z ) ,
если в некоторой окрестности этой точки нет других особых точек функции f (z ) .
Говорят, что z   является устранимой особой точкой, полюсом или
существенно особой точкой функции f (z ) в зависимости от того, конечен,
f ( z) .
бесконечен или вовсе не существует lim
z 
Теорема. Если z   является устранимой особой точкой функции f (z ) ,
то лорановское разложение f (z ) в окрестности этой точки не содержит положительных степеней z ; если z   – полюс, то это разложение содержит
конечное число положительных степеней z , в случае существенной особенности – бесконечное число положительных степеней z .
56
Вычет функции в бесконечности равен коэффициенту при z 1 в лорановском разложении f (z ) в окрестности точки z   , взятому с противоположным знаком:
res f ()  c1 .
БГ
УИ
Р
5. Теорема Коши о вычетах
Если функция f (z ) является аналитической в односвязной области D
всюду, за исключением конечного числа особых точек z1, z2 , ..., zn , а l – произвольная замкнутая кривая, лежащая в D и содержащая внутри себя точки
z1, z2 , ..., zn , то
n
res f ( z k ),
 f ( z ) dz  2i  
k 1
l
(6.1)
где при обходе контура l область, ограниченная им, остается слева, т. е. кривая l
является положительно ориентированной.
Пример 6.1
Найдите вычеты для функции f ( z ) 
z
в конечных особых
z  4z  3
2
ек
а
точках.
Решение. Точки z  1 и z  3 являются простыми полюсами функции.
Поэтому
z
z  1 ,
 lim
z

1
( z  1)( z  3)
z 3
2
z
z 1.
res
f ( z )  lim
( z  3) 
 lim
z 3
z

3
3
( z  1)( z  3)
z 1 2
1
Ответ: .
2
Би
бл
ио
т
res
f ( z )  lim
( z  1) 
z 1
1
Пример 6.2
Найдите вычеты для функции f ( z ) 
z  1 в конечных особых точках.
z2
Решение. Так как z  0 – полюс второго порядка, то
d  z 2 1 z 2 
1 lim  z
  1 lim d ( z  1)  1 .
res
f
(
z
)

0
1! z0
dz
1! z0
dz
Ответ: 1 .
Пример 6.3
sin 1
z в конечных особых точках.
Найдите вычеты для функции f ( z ) 
1 z
57
Решение. Особыми точками данной функции являются точки z1  1 и
z2  0 . Точка z1  1 – простой полюс, поэтому
sin 1
z   sin 1.
res f (1)  lim
( z  1)
z 1
1 z
Так как вычет в точке z2  0 равен коэффициенту при z 1 разложения в
ряд Лорана, то получаем
БГ
УИ
Р
sin 1  1   1  1 3  1 5  ... 1  z  z 2  z 3  ... 
z 1  z  z 3! z 5! z

 1 1  1  1  1 ...  C2 12  ...  правильная часть, т. к. Ck  0.
z  3! 5! 7! 
z
Так как главная часть ряда Лорана содержит бесконечное множество членов с отрицательными степенями z , то z  0 является существенно особой
точкой. Ее вычет
res f (0)  C1  1  1  ...  sin 1.
3!
Ответ: res f (1)   sin 1, res f (0)  sin 1 .
ек
а
Пример 6.4
Би
бл
ио
т
cos z
x2 y 2
2

 1.
При помощи вычетов вычислите интеграл  2
dz , где C:
9
4
С z 4
Решение. В области, ограниченной эллипсом С, подынтегральная функция имеет две особые точки z1  2 и z2  2 . Легко установить, что это про-
стые полюсы. Поэтому
cos z
cos1 ,
2
res
f
(
z
)

lim
(
z

2
)

z 2
z 2
( z  2)( z  2)
4
cos z
2
res
f ( z )  lim
( z  2)
  cos1 .
z 2
z 2
( z  2)( z  2)
4
Следовательно, согласно (6.1)
cos z
 cos1 cos1 
 z 2 24 dz  2 i  4  4   0 .
С
Ответ: 0 .
Пример 6.5
При помощи вычетов вычислить интеграл

z i 1
58
ezd z
.
z 4  2z2  1
Решение. В круге z  i  1 подынтегральная функция имеет особую
точку z  i . Она является полюсом второго порядка. Тогда

ez
2
d
2
2  ( z  i) 
1
 ( z  i) ( z  i)

res f ( z)  lim
z

i
z i
1!
dz
i
e (1  i) (cos1  i sin 1) (1  i) cos1  sin 1  i (sin 1  cos1)
.



4
4
4
Следовательно,
БГ
УИ
Р

z i 1
ezd z
cos1  sin 1  i (sin 1  cos1) 
 2 i 

4
2
z  2z  1
4


  cos1  sin 1  i (sin 1  cos1) .
2
Ответ:
 cos1  sin 1  i (sin 1  cos1)  .
2
Пример 6.6
Вычислите интеграл
sin i z
dz.
z2
z 1

ек
а
Решение. Внутри контура интегрирования находится единственная особая
точка z0  0 . Найдем вычет в этой точке, разложив подынтегральную функцию
в степенной ряд в окрестности z0  0 :
Би
бл
ио
т
sin i z 1 
(i z )3
iz
 2 iz 
 ...  i   ... .
2
z
z 
3!
 z 3!
sin i z
По определению вычета, res 2  c1  i . Следовательно,
z 0
z
sin i z
 z 2 d z  2i  i  2 .
z 1
Ответ:  2 .
Пример 6.7
z11
Вычислить интеграл 
2
2
2
4 d z .
z 6 ( z  5) ( z  2)
Решение. Подынтегральная функция
f ( z) 
z11
( z 2  5) 2 ( z 2  2) 4
внутри
окружности z  6 имеет четыре особые точки, являющиеся кратными полюсами. Для вычисления данного интеграла удобно использовать равенство
n
res f ()   res f (ak ) , где ak – конечные особые точки функции f (z ) .
k 1
59
В силу этого равенства   2 i res f () . Так как функцию f (z ) можно представить в виде
f ( z) 
z11
1
1
2
4 ,
z 
5
2
5
2
4 
8





z 1  2   z 1  2 
 1  2  1  2 
 z 
 z 
 z   z 
2
4
то правильная часть лорановского разложения этой функции в окрестности
бесконечно удаленной точки z   начинается с члена
res f ()  C1  1.
1
. Следовательно,
z
БГ
УИ
Р
Подставляя эту величину в формулу (6.1), получаем
z11

2
2
2
4 d z  2 i .
z 6 ( z  5)  ( z  2)
Ответ: 2 i .
Задание 6.1
Найдите вычеты для функции f (z ) в конечных особых точках.
z 1 .
z  4z  3
Ответ: res f (1)  1, res f (3)  2 .
2
z
4
.
2. f ( z )  3
z  5z 2  6 z
Ответ: res f (2)  4, res f (3)  13 , res f (0)  2 .
3
3
z .
3. f ( z )  2
z 4
1
1
Ответ: res f (2i )  , res f (2i )  .
2
2
2
2z
4. f ( z )  3
.
z  4 z 2  3z
Ответ: res f (0)  0, res f (1)  1, res f (3)  3 .
z 2  6z .
5. f ( z )  2
z 4
Ответ: res f (2)  4, res f (2)  2 .
2 iz
e
.
6. f ( z )  2
z  16
i
ie8 .
Ответ: res f (4i)   8 , res f (4i) 
8e
8
2
z 1
7. f ( z )  3
.
z  3z 2  2 z
2
Би
бл
ио
т
ек
а
1. f ( z ) 
60
Ответ: res f (0)  1 , res f (1)  2, res f (2)  5 .
2
8. f ( z ) 
2
z
.
z  4z  5
2
Ответ: res f (2  i ) 
1  i, res f (2  i)  1  i .
2
2
z 3 .
z  6z  8
7
5
Ответ: res f (4)  , res f (2)   .
2
2
iz
e
10. f ( z )  2
.
z  36
i , res f (6i)  ie 6 .
Ответ: res f (6i )  
12e6
12
3
z 1 .
11. f ( z ) 
8  2z 2
i
i
Ответ: res f (2i)  1  , res f (2i)  1  .
8
8
2z  1
12. f ( z )  3
.
z  6 z 2  11z  6
1
5
Ответ: res f (1)  , res f (2)  3, res f (3)  .
2
2
3 iz
e .
13. f ( z )  2
z 9
i
ie9 .
Ответ: res f (3i)   9 , res f (3i ) 
6e
6
2z  1 .
14. f ( z )  3
z  6z 2  7 z
13
3
1
Ответ: res f (7)   , res f (1)  , res f (0)   .
56
8
7
2
z 1.
15. f ( z )  2
z 1
Ответ: res f (i)  i, res f (i)  i.
2
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
9. f ( z ) 
Задание 6.2
Найдите вычеты для функции f (z ) в конечных особых точках.
z2 .
z ( z  1) 2
Ответ: res f (0)  2, res f (1)  2 .
1. f ( z ) 
61
2. f ( z ) 
ez
.
( z  1)3 z
Ответ: res f (0)  1, res f (1)  
5;
2e
z 1
.
( z  i ) 2 ( z  3)
4  3i , res f (3)  4  3i .
Ответ: res f (i)  
25 25
25 25
4. f ( z )  22 z  1 .
z ( z  4)
9
9
Ответ: res f (0)  , res f (4)   .
16
16
3
1 z .
5. f ( z ) 
( z  2) 2 z
15
1
Ответ: res f (2)  , res f (0)  .
4
4
1 .
6. f ( z )  4
z  z2
1
1
Ответ: res f (1)  , res f (1)   , res f (0)  0 .
2
2
1
7. f ( z )  3 2
.
z ( z  1)
1
1
Ответ: res f (0)  1, res f (i)  , res f (i)  .
2
2
z
e
.
8. f ( z ) 
(1  z )( z  2)3
2
e
Ответ: res f (1)  e, res f (2)   .
2
2
z 1 .
9. f ( z ) 
( z  2) 2 z 3
7
7
Ответ: res f (2)   , res f (0)  .
16
16
sin 3z .
10. f ( z ) 
( z  1)3
9
Ответ: res f (1)   sin 3 .
2
2
z
11. f ( z ) 
.
( z  3)3
Ответ: res f (3)  1.
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
3. f ( z ) 
62
3z  1
.
z ( z 2  z  2)
5
2
7
Ответ: res f (0)   , res f (1)  , res f (2)  .
4
3
12
2
z
13. f ( z ) 
.
2
(4  z )( z  1) 2
4  3i , res f (2i)   4  3i , res f (1)  8 .
Ответ: res f (2i)  
25 25
25 25
25
iz
e
14. f ( z )  2
.
( z  4) z 2
i , res f (2i)   ie 2 , res f (0)  i .
Ответ: res f (2i) 
16e 2
16
4
2
z 3 .
15. f ( z )  4
z  4z 2
7
7
Ответ: res f (0)  0, res f (2)  , res f (2)   .
16
16
2
БГ
УИ
Р
12. f ( z ) 
Би
бл
ио
т
3
sin
z dz .
1. 
z 1  2 z cos z
z
2 dz .
2. 
2
cos
z
z 2
ек
а
Задание 6.3
При помощи вычетов вычислите интегралы.
3.
1
z
 z e dz .
3
z 1  2
4.
1  cos z
dz .
 3
z 9 1 z ( z  3)
cos 2 z  1 dz .

2
2
z  2 3 z  
2
z
 z dz .
6. 
z 1  2 sin 2 z
2 cos z  3 dz .
7. 
2
2
z 7 3 z  9
z 2 (1  2 sin z )
8. 
dz .
sin z
z  3 2
5.
Ответ:  4i .
Ответ:  2i .
i
.
12
4i .
Ответ:
27 2
Ответ:
Ответ: 2i .
3 3i .
4
i
Ответ:  .
3
Ответ: 
Ответ:  23i .
2
9.
1
3
 z sin z 2 dz .
Ответ: 0 .
z 1
63
2
Ответ: 2e i .
ez
dz .

3
z 1i 2 ( z  4) ( z  2)
z
e
11. 
dz .
sin z
z 3  1
10.
216
Ответ:  2ie  .
2
2
cos
z  1 dz .
12. 
z sin z
z  2
tg z
dz .
13. 

2
z 1  2
z  z
4
1
14.  z 2 sin dz .
z
z 1
Ответ: 8i .
Ответ: 
sin 2 z dz .

z 1  2 z cos z
Ответ:  4i.
Задание 6.4
При помощи вычетов вычислите интегралы.
2.
Би
бл
ио
т
3.
z2  2
dz .

2
z 1 2 ( z  1) ( z  4) z
2 ch z
 ( z  1)3 ( z  1) dz .
z 2
z 8
 ( z  4)3 ( z  6) dz .
z 5
e 2 iz dz .

2
2
z  2 2 i 3 ( z  4)
z 8
 ( z  4)3 ( z  3) dz .
z  2 3
ек
а
1.
4.
5.
i
.
3
БГ
УИ
Р
15.
Ответ:  4i .
dz
6. 
.
( z  1) 2 ( z 2  1)
z 1i  3
9i
.
25
i
Ответ:  .
e
Ответ:
Ответ:
i .
2
5 .
16 e 4
10 i .
Ответ:
343
Ответ:
Ответ: 
πi
.
2
Ответ: 
i .
18
2
sin z
4
dz; .
7. 
2
(
z

2
)
(
z  4)
z  2 1
z 1
8. 
3 dz; .
z 3 0 , 5 ( z  2)( z  3)
cos 2
z dz .
9. 
( z  1)3
z 1  1
2
64
Ответ: 2i .
Ответ:  43i .
1
10.
z
11.
1  sin 2 z dz .
z2
Ответ:  4i .
2
3z
Ответ: 

3 dz .
z 4 ( z  5)( z  2)
z 2  1 dz .
 3 2
2
z i 2 z ( z  4)
2
1

z
13. 
dz .
3
z 1 2 ( z  1) ( z  3) z
2
4
ch
z dz .
14. 
3
z
z 1
z2
15. 
dz .
3
z 6 ( z  4) ( z  8)
Ответ:
12.
1
z
48
Ответ: 8i .
Ответ: 
5 i .
16
Ответ: 4i .
Би
бл
ио
т

Ответ:  5 i .
ек
а
e  1 dz .
z
z 3
1  sin 1
z dz .
2. 
z
z 2
i
2
3.
 z sin z 2 dz .
z 2
2i
4.  z 3 cos 3 dz .
z
z 1
1.
3 i .
16
БГ
УИ
Р
Задание 6.5
Вычислите интеграл.
10 i .
9
Ответ: 2i .
Ответ: 0.
Ответ: 0.
1
5.
6.
z e  1 dz .
z
z 1
z2
2

1
z i
  z  i  e dz .
Ответ: 0.
Ответ: i .
z i 1
7.
1
z
Ответ:
1
4
 z cos z dz .
Ответ: 0.
z 4
8.
i
.
12
 z e dz .
3
z 2
9.
1
2
1
10.
2
 sin z dz .
z 1 z
 e1 z dz .
Ответ: 0.
Ответ: 2i .
z 1  2
65
11.
12.
1  cos z 1
dz .

z
z 1
Ответ: 4i .
1
 z  i  sin z  i dz .
Ответ: 0.
6
 z sin z 2 dz .
Ответ: 12i .
z i  2
13.
z 2
4
14.
 ze dz .
Ответ: 0.
2
Ответ: 0.
z3
15.
 z cos z 3 dz.
z 1
БГ
УИ
Р
z 1
Задание 6.6
Используя вычет относительно бесконечно удаленной точки, вычислите
интегралы.
2.
3.
Би
бл
ио
т
4.
z 2  1 dz .
 z3
z 1
dz
 1  z12 .
z 2
1000 z  2
 1  z1224 dz .
z 2
1

2 dz .
2
z 3  z  4   z  1
1
2
 z sin z dz .
z 1
ек
а
1.
5.
z 9 dz .
 10  1
z 3 z
z17
7.  2
3
3
4 dz .
z 3 ( z  2) ( z  3)
dz .
8. 
8
z 2 1  z
1
dz .
9.  2
2
z  2  z  2  ( z  4)
z14 dz .
10.  5
z 6 z  3
35
z
dz .
11.  12
7
z 10 z
6.
66
Ответ: 2i .
Ответ: 0.
Ответ: 0.
2i .
225

Ответ:  i .
3
Ответ: 
Ответ: 2i .
Ответ: 2i .
Ответ: 0.
Ответ: 
i .
98
Ответ: 18i .
Ответ: 98i .
z 32 dz .
 11  6
z 10 z
29
z
dz .
13.  10
5
z 10 z
20
14.  7z
dz .
z 10 z  2
47
z
dz .
15.  16
 11
z 2 z
Ответ: 72 i .
12.
Ответ: 50 i .
Ответ: 8i .
БГ
УИ
Р
Ответ: 242  i .
7. Приложения вычетов к вычислению интегралов
Рассмотрим интегралы вида
2
   R (sin x, cos x) dx ,
0
(7.1)
где R – рациональная функция от sin x и cos x . Введем замену eix  z , тогда
1
1
dz
z

z
z

z
dx 
, sin x 
, cos x 
.
iz
2i
2
(7.2)
ек
а
В результате интеграл (7.1) преобразуется в контурный интеграл
Би
бл
ио
т
1
1
   R  z  z , z  z  dz , вычисляемый с помощью вычетов.
2  iz
 2i
z 1
2
dx
Пример 7.1. Вычислите интеграл 
dx .
0 (2 
3 cos x) 2
Решение. Введем замену z  eix . Согласно (7.2) получим
2
z dz
z dz
dx
4
4





2 .
2 
0 (2 
3 cos x) 2 i z 1 ( 3z 2  4 z  3) 2 3i z 1

3
z  3    z  3 


z
Подынтегральная функция f ( z ) 
имеет полюсы
2
2 
z  3    z  33 


3 . Так как z  3  1, z  3  1, то в
второго порядка z1   3, z2  
1
2
3
3
3 функции f (z ) .
круге z  1 содержится лишь одна особая точка z2  
3
Найдем вычет этой функции в точке z 2 :
67




( z  3) 2  2 z ( z  3)
3
z
res f  

  lim
  lim 
2 
( z  3) 4
 3  z   33  ( z  3)  z   33
z 3 3
 lim
 .
3
3 (z 
2
3
)
z 
3
Тогда
2
z dz
dx
 4 
2
3i z 1
0 (2 
3 cos x)
Ответ: 4 .
2


( z  3)2   z  3 
3 



 4  2i  res f   3   4  2i  3  4.
3i
2
 3  3i

БГ
УИ
Р

Пусть R (x) – рациональная функция вида R ( x) 
Pm ( x)
, где Pm (x) –
Qn ( x)
многочлены степеней m и n соответственно. Если Qn (x) непрерывна на всей
действительной оси (Qn ( x)  0) и n  m  2 , т. е. степень знаменателя по край-
ек
а
ней мере на две единицы больше степени числителя, то

 R ( x) dx  2i   , где

 – сумма вычетов функции R (z ) во всех полюсах, расположенных в верхней
Би
бл
ио
т
полуплоскости.
Если zk , k  1, n , – полюсы функции R (z ) , лежащие в верхней полуплоскости комплексной плоскости, то

n
res R( z ), Im zk  0 .
 R ( x) dx  2i  
k 1 z  z

(7.3)
k
2
x
 1 dx .
Пример 7.2. Вычислите  6
 x  1

z2 1
:
Решение. Найдем особые точки функции R ( z)  6
z 1
z6  1  0  z  6 1 
 zk  cos   2k  i sin   2k , k  0,5 
6
6
 z0  3  i 1 , z1  i, z2   3  i 1 , z3   3  i 1 , z4  i, z5  3  i 1 .
2
2
2
2
2
2
2
2
Следовательно, знаменатель функции R (z ) имеет простые полюсы в точках zk , k  0,5 .
Числитель функции R (z ) имеет простые полюсы в точках z  i .
68
Отсюда функция R (z ) имеет простые полюсы в точках
z  3 i 1, z  3 i 1, z   3 i 1, z   3 i 1 .
2
2
2
2
2
2
2
2
3 i 1, z   3 i 1 .
В верхней полуплоскости расположены точки z 
2
2
2
2
Найдем вычеты функции R (z ) в этих точках:

БГ
УИ
Р
 3 1
1
res R 
 i   lim

3 1 
2
2



z


i
3
1
3
1


2
2 z 
i  z 
i 
2
2
2
2


i ( 3  i)
1 i 3
1


,
3 i  ( 3  i)
4 3
4 3


1
res R   3  i 1   lim3 1

2  z  2 i 2 



3
1
3
1
3
1
 2
i  z 
i  z 
i 
z
2
2 
2
2 
2
2

i  3  i  1  i 3
1
.



4 3
4 3
 3 i  3  i 
ек
а
По формуле (7.3) имеем
x 2  1 dx  2i   res R  3  i 1   res R   3  i 1   





 6
2
2 
 x  1
 2
 2



 2   1  i 3  1  i 3   2    i   .
 2
4 3 
 4 3
Ответ:  .
Би
бл
ио
т

Задание 7.1
Вычислите интегралы.
2
1.
dt
 5  cos t .
Ответ:
0
2
dt
Ответ:
dt
.
0 4 cos t  5 2
2
dt
4. 
.
0 cost  2 3
2
dt
5. 
.
0 7  cos t
Ответ:
2.
 3  2 cos t .
0
2
3.

Ответ:
Ответ:
 .
6
2 .
5
2 .
34
2 .
11
 .
2 3
69
2
dt
.
0 cost 
7
2
dt
7. 
.
0 3 cos t 
11
2
dt
8. 
.
0 4  cos t
2
dt
9. 
.
0 2 sin t  3
2
dt
10. 
.
0 5 sin t  3 5
2
dt
.
11. 
0 3 2  4 sin t
2
dt
12. 
.
0 3 5  cos t
2
dt
.
13. 
0
10  2 cos t
2
dt
14. 
.
0
21  3 cos t
2
dt
15. 
.
0 3 2  4 cos t
Ответ: 2 .

Ответ:

1.
Ответ:
Ответ:
Ответ:
Ответ:
Ответ:
4.
70
dx
Ответ:
dx
Ответ:
dx
Ответ:
dx
Ответ:
dx
Ответ:
.
 2
2
 ( x  25)( x  4)

7.
Ответ:
.
 2
2
 ( x  4)( x  36 )

6.
dx
.
 2
2
 ( x  25)( x  1)

5.
Ответ:
.
 2
2
 ( x  9)( x  4)

Ответ:
dx
.
 2
2
 ( x  9)( x  1)

3.
15
2 .
5
 .
5
2 .
2
 .
11
2 .
6
 .
3
БГ
УИ
Р
Ответ:
.
 2
2
 ( x  4)( x  1)

2.
2 .
Ответ: 2 .
Би
бл
ио
т
Задание 7.2
Вычислите интегралы.
6
ек
а
6.
.
 2
2
 ( x  121)( x  1)
2 .
.
6
.
12
 .
30
 .
30
 .
96
.
70
 .
132
9.
10.
11.
12.
13.
14.
dx

dx
 .
162
Ответ:  .
156
Ответ:  .
84
Ответ:  .
20
Ответ:  .
48
 .
Ответ:
462
 .
Ответ:
180
 .
Ответ:
540
.
 2
2
 ( x  9)( x  36 )
Ответ:
.
 2
2
 ( x  1)( x  144 )

dx

dx

dx
.
 2
2
 ( x  16 )( x  9)
.
 2
2
 ( x  1)( x  16 )
.
 2
2
 ( x  4)( x  16 )

dx

dx

dx
.
 2
2
 ( x  9)( x  121)
.
 2
2
 ( x  16 )( x  25)
.
 2
2
 ( x  144 )( x  9)
ек
а
15.

БГ
УИ
Р
8.
Тесты
Тест 1
Би
бл
ио
т
Задача 1
Найдите уравнение линии в декартовой системе координат:
а) Re z  3;
б) Im z  Re z .
Задача 2
Найдите значение функции f (z ) в точке z0 :
а) f ( z )  e z , z0  1  i;
б) f ( z )  ln z, z0  1  i .
Задача 3
Выделите действительную и мнимую части функции f (z ) :
а) f ( z )  z 2 ;
б) f ( z )  ze z .
Задача 4
Пользуясь условиями Коши – Римана выясните, какие из заданных ниже
функций аналитичны в точке z  1  i :
а) f ( z )  z ;
б) f ( z )  z 2 .
71
Задача 5
Какая (какие) из следующих функций может являться действительной
частью аналитической функции:
б) x 2 .
а) x 2  y 2  2xy;
Задача 6
Вычислите интеграл
 (1  i  2 z )dz,
где С – отрезок, соединяющий
C
точки z1  0 и z2  1  i, стрелка направлена в сторону точки z2 .
z
e
dz;
а) 
2
C: z 1 z  2 z
б)
БГ
УИ
Р
Задача 7
Используя интегральную формулу Коши, вычислите интегралы по замкнутому контуру:
dz
.
 2
C: z 5 z  16
Задача 8
Используя интегральную формулу Коши для производных, вычислите
интегралы:

z 1
cos z dz;
z3
Задача 9
б)
zdz
.

2
z 3 6 ( z  2) ( z  4)
ек
а
а)

 ein z n .
Би
бл
ио
т
Найдите радиус сходимости степенного ряда
n 1
Задача 10
Разложите в ряд Тейлора функцию f ( z ) 
z
в окрестности точz  2z  3
2
ки z  0. В ответ записать коэффициент при z 3 и радиус сходимости ряда.
Задача 11
1
Разложите в ряд Лорана функцию f ( z )  z 3e z
z  0. В ответ записать коэффициент при z 1.
в окрестности точки
Задача 12
Сколько особых точек имеет функция f (z ) в области, ограниченной контуром С:
f ( z) 
Задача 13
72
1
,
z sin( z  1)
z  5?
При каких значениях  особая точка z  0 будет:
б) полюсом, если f ( z ) 
а) устранимой;

sin z ?
z
Задача 14
С помощью вычетов вычислите интегралы:
а)
e z  1 dz;
 2
z 4 z  z
б)
 tg zdz .
z 2
Задача 15
dt
.
2
0 ( 10  3 cos t )

БГ
УИ
Р
Вычислите определенный интеграл с помощью вычетов
2
Задача 16

Вычислите несобственный интеграл
xdx
 2
2 .
  ( x  2 x  10)
Тест 2
ек
а
Задача 1
Найдите уравнение линии в декартовой системе координат:

4
б) arg z   .
а) z  2;
Би
бл
ио
т
Задача 2
Найдите значение функции f (z) в точке z0 :
а) f ( z)  ln z, z0  1  i;
б) f ( z)  z  z ,
z0  1  i .
Задача 3
Выделите действительную и мнимую части функции f (z ) :
а) f ( z )  ze z ;
б) f ( z )  sin z .
Задача 4
Пользуясь условиями Коши – Римана, выясните, какие из заданных ниже
функций аналитичны в точке z  1  i :
а) f ( z )  sin z;
б) f ( z)  z  z .
Задача 5
Какая (какие) из следующих функций может являться действительной частью аналитической функции:
а) ln ( x  y );
2
2
2
x
1 y2 .
б)
2
73
Задача 6
Вычислите интеграл
2
 ( z  zz ) dz, где С – дуга окружности z  1,
C
0  arg z  ;
Задача 7
Используя интегральную формулу Коши, вычислите интегралы по замкнутому контуру:
а)
dz
;
 2
C: z 5 z  16
б)

C: z  2 1
dz .
z
а)
БГ
УИ
Р
Задача 8
Используя интегральную формулу Коши для производных, вычислите
интегралы:
zdz
;

2
z 3 6 ( z  2) ( z  4)
б)
Задача 9
dz
 3.
z  2 1 z
Найдите радиус сходимости степенного ряда

 (n  1) z n .
n 0
ек
а
Задача 10
Разложите в ряд по степеням z функцию f ( z ) 
Би
бл
ио
т
z  2. В ответ запишите коэффициент при z 2 .
1 внутри круга
z2
Задача 11
1
z
Разложите в ряд Лорана функцию f ( z )  z 2  cos . В ответ запишите ко-
эффициент при z 4 .
Задача 12
Сколько особых точек имеет функция f (z ) в области, ограниченной
контуром С: f ( z ) 
z 1
,
z  2z 4  z3
5
z  3?
Задача 13
При каких значениях  особая точка z  0 будет существенно особой
2
sin
z
для f ( z ) 
?
z
Задача 14
С помощью вычетов вычислите интегралы:
74
1
 tg z dz;
а)
e
 3 z 2  1 dz .
б)
z 2
z2
z i 
2
Задача 15
Вычислите определенный интеграл с помощью вычетов
2
dx
 2  sin x .
0
Задача 16

dx
.
 2
2
  ( x  1)( x  4)
БГ
УИ
Р
Вычислите несобственный интеграл
Тест 3
Задача 1
Вычислите значение выражения
z1
 Re z1  Im z2 , если z1  2  i , z2  1  i .
z2
ек
а
Задача 2
Определите вид кривой, заданной соотношением z  4  10 i  z  4  2i .
Би
бл
ио
т
Задача 3
Исследуйте на дифференцируемость функцию f (z ) , найдите ее производную, если она существует, f ( z )  ( z  i) Re ( z  1) .
Задача 4
Восстановите аналитическую функцию f (z ) по известной действительной части u ( x, y) и значению f ( z0 ) :
u ( x, y)  2 x 2  2 y 2  3 y  1, f (1)  3  3i .
Задача 5
Вычислите интеграл от функции комплексной переменной по заданной
кривой  ( z  2 z ) dz , AB – отрезок прямой z A  1  3i, zB  2  5i .
AB
Задача 6
Пользуясь
интегральной
формулой
Коши,
вычислите
интеграл
cos z d z
.
 2
z 1  2 z  3 z
75
Задача 7
Пользуясь интегральной формулой Коши для многосвязной области, вычислите интеграл
e z 3 d z
.

z 10 ( z  1)( z  5)
Задача 8
Вычислите интеграл, используя интегральную формулу Коши для производных
z2
dz.

2
z  2 ( z  1) ( z  3)
Задача 9
БГ
УИ
Р
6n (1  i) n
( z  i  1) n .
Найдите область сходимости степенных рядов 
n
n 1
(3n  2)  8

Задача 10
Разложите в ряд Лорана в окрестности точки
f ( z)  e  1 .
z
z
Задача 11
z  0 функцию
1 z  2  3.
Би
бл
ио
т
Задача 12
ек
а
Разложите в ряд Лорана в указанном кольце функцию f ( z ) 
2 ,
z 1
2
sin 2 z
При помощи вычетов вычислите интеграл 
dz .
z 1  2 z cos z
Задача 13
При помощи вычетов вычислите интеграл
z 1
dz .

3
z  2 ( z  1) ( z  3)
Задача 14
Используя вычет относительно бесконечно удаленной точки, вычислите
23
z
интеграл  8
.
z 10 z  3
Задача 15
Вычислите определенный интеграл
2
0
Задача 16
76
dt
 5  4 sin t .
Вычислите несобственный интеграл

xdx
 2
2 .
 ( x  4 x  13)
Тест 4
Задача 1
Вычислите значение выражения
z1
 Re z1  Im z2 , если z1  2  i , z2  i  1 .
z2
БГ
УИ
Р
Задача 2
Определите вид кривой, заданной соотношением z  2  5 i  z  4  i .
Задача 3
Исследуйте на дифференцируемость функцию f (z ) , найдите ее производную, если она существует, f ( z )  ( z  2) Im ( z  3i) .
ек
а
Задача 4
Восстановите аналитическую функцию f (z ) по известной ее мнимой
части v ( x, y) и значению f ( z0 ) :
v ( x, y)  2 y 2  2 x 2  y, f (1)  7  2i .
Би
бл
ио
т
Задача 5
Вычислите интеграл от функции комплексной переменной по заданной
кривой  ( z  3z ) dz , AB – отрезок прямой z A  1  3i, zB  2  5i .
AB
Задача 6
Пользуясь интегральной формулой Коши, вычислите интеграл
ch z
.
 2
z 1 z  2 z
Задача 7
Пользуясь интегральной формулой Коши для многосвязной области, вы-
числите интеграл
sin ( z  3) d z
.

z 10 ( z  1)( z  5)
Задача 8
Вычислите интеграл, используя интегральную формулу Коши для произ-
ez d z
водных, 
4 .
z 3 ( z  2)
77
Задача 9
Найдите область сходимости степенных рядов:
4n (2  3i ) n
( z  3i  4) n .

n
n 1
(3n  2)  52

Задача 10
Разложите в ряд Лорана в окрестности точки
z.
f ( z )  1  cos
4
z
БГ
УИ
Р
Задача 11
z  0 функцию
Разложите в ряд Лорана в указанном кольце функцию f ( z ) 
1 z  2.
Задача 12
2z  3 ,
z  3z  2
2
Задача 13
ек
а
cos 2 z  1
При помощи вычетов вычислите интеграл 
2
2 .
z  2 3 z  
При помощи вычетов вычислите интеграл
z4
dz .

3
z  2 ( z  1) ( z  3)
Би
бл
ио
т
Задача 14
Используя вычет относительно бесконечно удаленной точки, вычислите
20
z
dz.
интеграл  7
z 10 z  2
Задача 15
Вычислите определенный интеграл
2

0
dt
.
7 sin t  4
Задача 16
Вычислите несобственный интеграл
78

dx
.
 2
2
 ( x  1)( x  9)
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННЫХ ИСТОЧНИКОВ
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
1. Араманович, И. Г. Функции комплексного переменного. Операционное
исчисление. Теория устойчивости / И. Г. Араманович, Г. Л. Лунц, Л. Э. Эльсгольц. – М. : Наука, 1968. – 416 с.
2. Бугров, Я. С. Высшая математика : учеб. пособие. В 3 т. Т. 3 : Дифференциальные уравнения. Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного / Я. С. Бугров, С. М. Никольский. – М. : Наука, 1981. – 448 с.
3. Волковыский, Л. И. Сборник задач по теории функций комплексной
переменной : учеб. пособие / Л. И. Волковыский, Г. Л. Лунц, И. Г. Араманович. –
М. : ФИЗМАТЛИТ, 2002. – 312 с.
4. Краснов, М. Л. Функции комплексного переменного. Операционное
исчисление. Теория устойчивости : учеб. пособие / М. Л. Краснов, А. И. Киселев, Г. И. Макаренко. – М. : Наука, 1981. – 304 с.
5. Лаврентьев, М. Я. Методы теории функций комплексного переменного / М. Я. Лаврентьев, Б. В. Шабат. – СПб. : Лань, 2002. – 749 с.
6. Маркушевич, А. И. Теория аналитических функций. В 2 т. Т. 1 : Начала
теории / А. И. Маркушевич. – СПб. : Лань, 2009. – 496 с.
7. Маркушевич, А. И. Теория аналитических функций. В 2. т. Т. 2 : Дальнейшее построение теории / А. И. Маркушевич. – СПб. : Лань, 2009. – 624 с.
8. Воднев, В. Т. Основные математические формулы : справочник /
В. Т. Воднев, А. Ф. Наумович, Н. Ф. Наумович; под ред. Ю. С. Богданова. –
Минск : Выш. шк., 1988. – 269 с.
9. Письменный, Д. Т. Конспект лекций по высшей математике. В 2 ч.
Ч. 2 / Д. Т. Письменный. – М. : Айрис-Пресс, 2006. – 256 с.
10. Сборник задач и упражнений по специальным главам высшей математики : учеб. пособие / Г. И. Кручкович [и др.]. – Минск : Выш. шк., 1970. –
512 с.
11. Сборник задач по математике для втузов : учеб. пособие. В 2 ч. Ч. 2 :
Специальные разделы математического анализа / Болгов В. А. [и др.] ; под ред.
А. В. Ефимова и Б. П. Демидовича. – М. : Наука, 1966. – 368 с.
12. Сидоров, Ю. В. Лекции по теории функций комплексного переменного : учеб. пособие / Ю. В. Сидоров, М. В. Федорюк, М. И. Шабунин. – М. :
Наука, 1989. – 480 с.
13. Шахно, К. У. Элементы теории функций комплексной переменной и
операционного исчисления / К. У. Шахно. – Минск : Выш. шк., 1975. – 400 с.
14. Чудесенко, В. Ф. Сборник заданий по специальным курсам высшей
математики (типовые расчеты) : учеб. пособие / В. Ф. Чудесенко. – М. :
Выш. шк., 1999. – 126 с.
79
СОДЕРЖАНИЕ
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
1. Комплексные числа…………………………………………………
2. Функции комплексной переменной……………………………….
3. Дифференцирование функций комплексной переменной ………
4. Интеграл от функции комплексной переменной …………………
5. Ряды в комплексной области……………………………………….
6. Нули и изолированные особые точки аналитической функции …
7. Приложения вычетов к вычислению интегралов …………………
Тесты ……………………………………………………………………
Тест 1……………………………………………………………………
Тест 2……………………………………………………………………
Тест 3……………………………………………………………………
Тест 4……………………………………………………………………
Список использованных источников …………………………………
80
3
18
23
29
40
54
67
71
71
73
75
77
79
Св. план 2017, поз. 29
Учебное издание
БГ
УИ
Р
Баркова Елена Александровна
Конюх Елена Николаевна
Примичева Зоя Николаевна и др.
ек
а
ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ
КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Би
бл
ио
т
УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
Редактор Е. С. Юрец
Компьютерная верстка Г. М. Кореневская
Компьютерная правка, оригинал-макет Е. Д. Степусь
Подписано в печать 17.10.2017. Формат 60×84 1/16. Бумага офсетная. Гарнитура «Таймс».
Отпечатано на ризографе. Усл. печ. л. 4,88. Уч.-изд. л. 5,0. Тираж 250 экз. Заказ 125.
Издатель и полиграфическое исполнение: учреждение образования
«Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники».
Свидетельство о государственной регистрации издателя, изготовителя,
распространителя печатных изданий № 1/238 от 24.03.2014,
№2/113 от 07.04.2014, № 3/615 от 07.04.2014
ЛП № 02330/264 от 14.04.2014.
220013, Минск, П. Бровки, 6
81