ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования
"УФИМСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ НЕФТЯНОЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ" (УГНТУ)
Кафедра математики
УЧЕБНО – МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС дисциплины «Математика» ________________________________________________________________________________
РАЗДЕЛ 11 «ТЕОРИЯ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ. ОПЕРАЦИОННОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ»
Теоретические основы Методические указания для студентов Материалы для самостоятельной работы студентов
Уфа • 2007
Ответственный редактор д. ф.-м. наук, проф. Р.Н. Бахтизин Редколлегия: АкмадиеваТ.Р., Аносова Е.П., Байрамгулова Р.С., Галиуллин М.М., Галиева Л.М., Галиакбарова Э.В., Гимаев Р.Г., Гудкова Е.В., Егорова Р.А., Жданова Т.Г., Зарипов Э.М., Зарипов Р.М., Исламгулова Г.Ф., Ковалева Э.А., Майский Р.А., Мухаметзянов И.З., Нагаева З.М., Савлучинская Н.М., Сахарова Л.А., Степанова М.Ф., Сокова И.А., Сулейманов И.Н., Умергалина Т.В., Фаткуллин Н.Ю., Хайбуллин Р.Я., Хакимов Д.К., Хакимова З.Р., Чернятьева М.Р., Юлдыбаев Л.Х., Шамшович В.Ф., Якубова Д.Ф., Якупов В.М., Янчушка А.П., Яфаров Ш.А. Рецензенты: Кафедра программирования и вычислительной математики Башкирского государственного педагогического университета. Заведующий кафедрой д. ф.-м. наук, профессор Р.М. Асадуллин. Кафедра вычислительной математики Башкирского государственного университета. Заведующий кафедрой д. ф.-м. наук, профессор Н.Д. Морозкин.
Учебно-методический комплекс дисциплины «Математика». Раздел 11 «Теория функции комплексной переменной. Операционное исчисление». Теоретические основы. Методические указания для студентов. Материалы для самостоятельной работы студентов. – Уфа: Издательство УГНТУ, 2007. – 118 с. Содержит теоретические материалы, способы и методы решения практических задач, задания для самостоятельной работы студентов, контрольные вопросы для самопроверки, список рекомендуемой литературы. Разработан для студентов, обучающихся по всем формам обучения по направлениям подготовки и специальностям, реализуемым в УГНТУ.
© Уфимский государственный нефтяной технический университет, 2007
1.1. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.1. Комплексным числом (КЧ) называется упорядоченная пара вещественных (действительных) чисел. Множество КЧ обозначается через С : С = (x, y ) x, y ∈ R . (1.1) В этом множестве сразу же определим равенство КЧ, а именно:
{
(x 1 , y 1 ) = (x 2 , y 2 )
}
⎧x 1 = x 2 ⇔ ⎨ ⎩y 1 = y 2 .
На плоскости введем декартову прямоугольную систему координат и каждому КЧ (x , y ) поставим в соответствие точку с
координатами (x , y ) (рис.1.1). Это соответствие биективно (взаимнооднозначно) и дает изображение КЧ. Из (1.2) следует: два КЧ равны ⇔ , когда их изображения совпадают.
(1.2)
y y
• z (x , y )
ϕ
0
x
x
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.2. Плоскость, на которой введена декартова прямоугольная Рис. 1.1 система координат для изображения комплексных чисел, называется комплексной плоскостью. Обратим внимание на то, что это есть обычная плоскость с введенной на ней прямоугольной декартовой системой координат. Термин «комплексная» возникает из-за того, что на ней изображаются комплексные числа. На множестве С введем две (алгебраические) операции: сумма и произведение. Сумма определяется так: С × С → С , то есть каждой упорядоченной паре (x 1 , y1 ) и (x 2 , y 2 ) элементов из C поставим в соответствие новый элемент из C по правилу: (x 1 , y 1 ) ± (x 2 , y 2 ) = (x 1 ± x 2 ; y 1 ± y 2 ), (1.3) то есть имеет место покоординатное суммирование. Например, (1,0 ) + (0,1) =
= (1,1); (3,7 ) − (7,4) = (− 4,3) . КЧ (x , y ) обозначим через z , полагая z = (x, y ), (1.4) при этом первая составляющая x называется вещественной частью КЧ z и обозначается Re z ; вторая составляющая y называется мнимой частью z и y = Jm z . обозначается Jm z . Таким образом, x = Re z, Сразу обратим внимание читателя на то, что Re z и Jm z есть вещественные (действительные) числа. 5
И через z же будем обозначать изображение КЧ z , чтобы не вводить новых букв и не загромождать текст (см. рис. 1.1). Непосредственно проверяется, что операция «+» обладает свойствами: 1.10. Коммутативность (переместительность). ∀ z1 , z 2 ∈ C
z1 + z 2 = z 2 + z1 . 1.2 . Ассоциативность. ∀ z1 , z 2 , z 3 ∈ C z1 + (z 2 + z 3 ) = (z 2 + z1 ) + z 3 . Легко проверяется, что пара (0,0 ) играет роль нуля. 2 Вторая из операций – умножение КЧ: C × C = C → C . Предметно это выглядит так: если z1 = (x 1 , y1 ), z 2 = (x 2 , y 2 ) , то z 1 = (x 1 , y 1 ) ⋅ (x 2 , y 2 ) = (x 1 x 2 − y 1 y 2 ; x 1 y 2 + x 2 y 1 ) (1.5) Если наряду с суммой на некотором множестве M определяется операция умножения: M × M → M ( ∀ упорядоченной паре элементов из M ставится в соответствие вполне определенный элемент из M ), то говорят, что имеет место алгебра. (На M введена алгебраическая структура.) Если операция 0
умножения обладает еще распределительными свойствами, то говорят, что имеет место линейная алгебра. Примером линейной алгебраической структуры (антикоммутативная линейная алгебра) является трехмерное векторное пространство, где операция умножения есть векторное произведение двух векторов. Обратим внимание читателя на то, что об алгебраической структуре на M можно говорить тогда и только тогда, когда на M введена операция суммы. Убедимся, что в нашем случае алгебра КЧ коммутативна, то есть 1.30. z 1 z 2 = z 2 z 1 . (1.6) В самом деле, z 2 z1 = (x 2 , y 2 )(x 1 , y1 ) = (x 2 x 1 − y 2 y1 ; x 2 y1 + x 1 y 2 ) =
= (x 1 x 2 − y1 y 2 ; x 1 y 2 + x 2 y1 ) = z1z 2 согласно (1.5). Аналогично проверяется, что произведение КЧ удовлетворяет еще следующим условиям. 1.40. (z1 z 2 ) z 3 = z1 (z 2 z 3 ) − ассоциативное свойство умножения.
1.50. (z1 + z 2 ) z 3 = z1 z 3 + z 2 z 3 − распределительное свойство относительно первого множителя. (z 2 + z 3 ) z1 = z1z 2 + z1z 3 − распределительное свойство относительно второго множителя. 1.60. Роль единицы выполняет упорядоченная пара (1,0 ) , так как для ∀
z∈C
z (1,0) = (1, 0 ) z = (1,0 )(x, y ) = (x , y ). Таким образом, операция умножения КЧ приводит к линейной алгебре.
6
1.2. МОДУЛЬ И АРГУМЕНТ КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА. СВОЙСТВА Введем стандартные обозначения (рис. 1.1):
arg z = ϕ − угол, который образует вектор 0z ( z − изображение КЧ z = (x, y ) ) с осью (0 x ) , если ϕ ∈ (− π; π], z = 0z = x 2 + y 2 − модуль КЧ z . Отсюда видно, что z определяет расстояние от точки z до начала координат. В силу этого z ≥ 0 , при этом
z = 0 ⇔ z = (0,0 ) , аргумент последнего не определяется. Вместо требования ϕ ∈ (− π; π] можно взять ϕ ∈ [− π; π ) либо ϕ ∈ (0, 2π] в зависимости от класса
решаемых задач. Согласно рис.1.1 из п.1.1
x = z ⋅ cos ϕ, y = z ⋅ sin ϕ
(1.7)
Но равенство (1.1) справедливо, если вместо ϕ взять ϕ + 2kπ, k ∈ Z .
{
}
Множество ϕ + 2kπ k ∈ Z обозначим через Arg z . В записи это выглядит так: Arg z = ϕ + 2kπ k ∈ Z ⇔ Arg z = ϕ + 2kπ, k ∈ Z . (1.8) Имея это в виду, вместо (1.7) можно написать x = z ⋅ cos Arg z , y = z ⋅ sin Arg z , (1.9)
{
}
если под Arg z понимать произвольный фиксированный элемент из совокупности (1.8). Представление КЧ в виде (1.9) принято называть тригонометрической формой комплексного числа. Алгебраическая форма КЧ Множество (x ,0 ) x ∈ R отождествим с множеством действительных чисел R , полагая x = (x, 0 ) . Последнее с геометрической точки зрения вполне объяснимо, так как (x, 0) изображаются точками координатной оси 0x . Но существенным здесь является то, что операция умножения (как и операция суммы) не выводит числа из этого множества. Действительно, (x 1 ,0) ⋅ (x 2 ,0) = (x 1 x 2 − 0 ⋅ 0, x 1 0 + x 2 0) = (x 1 x 2 , 0) = x 1 x 2 ,
{
}
{
}
тогда как множество (0, y ) y ∈ R не отождествляется с R , так как операция умножения выводит элементы из этого множества. Например, (0,1)(0,1) = (0 − 1, 0 + 0) = (− 1,0) = −1 ∈ R , но не принадлежит исходному
множеству. Полагая i = (0,1) , полученный результат можно записать так: 7
i 2 = i ⋅ i = (0,1)(0,1) = −1 = (− 1,0 ) . (1.10) 2 ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.3. КЧ i = (0,1) i = −1 принято называть мнимой
(
)
единицей. Замечание. В этом определении мнимого ничего нет, а речь идет об упорядоченной паре (0,1) , для которой выполняется равенство (1.10). Согласно (1.3) и (1.4) z = (x, y ) = (x,0 ) + (0, y ) = (x,0 ) + (0,1)(y ,0 ) = x + i y . (1.11) ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.4. Если КЧ представлено в виде (1.11), то говорят, что это есть алгебраическая форма КЧ z . Еще раз обратим внимание читателя на то, что x = Re z, y = Jm z − вещественные числа, а Jm z − коэффициент при мнимой единице. Замечание. (1.10) и (1.11) позволяют легко перемножать комплексные числа по правилу: умножаем двучлен на двучлен с использованием (1.4) и приводим подобные по i . Действительно,
z1 z 2 = (x 1 + i y1 )(x 2 + i y 2 ) = x 1 x 2 + + i y1 x 2 + i x 1 y 2 + i 2 y1 y 2 = x 1 x 2 − y1 y 2 + i (x 1 y 2 + x 2 y1 ) . Теперь остается
сравнить с результатом (1.5) и убедиться в справедливости упомянутого правила. Перейдем к иллюстративным примерам ПРИМЕР 1.1. Найти z1 z 2 , Re z1 z 2 , Jm z1 z 2 , если
z 2 = −2 + 4 i .
z1 = 1 − 3 i ,
Решение. Согласно только что сформулированному правилу имеем (ум2 ножаем двучлен на двучлен) z 1 z 2 = (1 − 3 i )(− 2 + 4 i ) = −2 + 6 i + 4 i − 12 i =
= 10 + 10 i, Re z1 z 2 = 10, Jm z1 z 2 = 10 .
y z2
Re z1 z 2 = 10, Jm z1 z 2 = 10 . 1.4 ПРИМЕР 1.2. Найти модуль и аргумент КЧ из ПРИМЕРА 1.1. Решение. Построим изображение z1 = (1,−3) (см. рис. 1.2)
arg z 2 x
1. -
z
Ответ: 10 + 10 i,
1
z1 = 12 + (− 3) = 10 , arg z1 = −arctg 3, Arg z1 = −arctg3 + 2kπ, k ∈ Z . arg z 2 = π − arctg 2 , Arg z 2 = π − arctg 2 + 2kπ = = −arctg 2 + (2k + 1) π, k ∈ Z .
x
2
arg z1 -
y
z1
Рис. 1.2 8
z2 =
(− 2)2 + 4 2
= 20 .
Ответ: z1 = 10 , z 2 =
20 , arg z1 = −arctg 3, Arg z1 = −arctg3 + 2kπ, k ∈ Z ; arg z 2 = π − arctg 2 , Arg z 2 = −arctg 2 + (2k + 1) π, k ∈ Z .
Замечание. Если z = (x , y ) , то справедливо утверждение
y ⎧ arctg , при x > 0, ⎪ x ⎪ y ⎪ arg z = ⎨− π + arctg , при x < 0, y < 0, x ⎪ y ⎪ arctg + π, при x < 0, y > 0. ⎪ x ⎩
(1.12)
В самом деле, возьмем для определенности третью четверть, тогда (см. рис.1.2).
⎛ y⎞ y<0 y arg z = −⎜⎜ π − arctg ⎟⎟ = = arctg − π . x ⎠ x<0 x ⎝ Если точка (изображение) z попадает во вторую четверть (x < 0, y > 0 ) , y y то arg z = π − arctg = π + arctg , в чем и следовало убедиться. x x ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.5. Число
z = x + i (y ) = x − i y
(1.13)
называется сопряженным к комплексному числу z . Изображения z и z симметричны относительно оси 0 x . Очевидно, что
(z) ≡ z = z . Убедимся, что 2
zz = z = z
2
(1.14)
Действительно 2
z z = (x + i y ) ⋅ (x − i y ) = x 2 − (i y ) = x 2 + y 2 = z = z , что и надо. 2
9
2
1.3. СВОЙСТВА МОДУЛЕЙ И АРГУМЕНТА. ДЕЛЕНИЕ КОМПЛЕКСНЫХ ЧИСЕЛ. СТЕПЕНЬ КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА. ИЗВЛЕЧЕНИЕ КОРНЯ ИЗ КОМПЛЕКСНОГО ЧИСЛА Согласно (1.9) и (1.11)
z = z (cos ϕ + i sin ϕ ),
(1.15)
где (см. формулу (1.8))
ϕ ∈ Arg z .
(1.16) ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.6. Если КЧ z представлено в виде (1.15), то говорят, что это есть тригонометрическая форма КЧ По определению полагаем
e i ϕ = cos ϕ + i sin ϕ .
(1.17) Формула (1.17) называется формулой Эйлера. Из (1.17) следует
e i ϕ = cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1 . Функция e i ϕ об-
y z
•
z
arg z 0 Рис. 1.1
ладает всеми свойствами показательной функции, что доказывается прямыми выкладками (см. доказательство нижеследующей теоремы). (1.17) позволяет написать (1.15) в виде z = z ⋅ ei ϕ , (1.18) называемой показательной формой комплексного числа. Таким образом, имеются три формы
представления КЧ: 1.1) z = x + i y − алгебраическая форма;
1.2) z = z ⋅ (cos ϕ + i sin ϕ ), ϕ ∈ Arg z − тригонометрическая форма. iϕ
1.3) z = z ⋅ e , ϕ ∈ Arg z − показательная форма. Докажем, что представление z в тригонометрической (показательной) форме (1.15) единственно в следующем смысле. Если совместно с (1.15) имеет место z = r ⋅ (cos ψ + i sin ψ ) = r ⋅ cos ψ + i r sin ψ , r ≥ 0 , (1.19) то
x = r ⋅ cos ψ, y = r ⋅ sin ψ, x 2 + y 2 = r 2 , r ⋅ cos ψ = r ⋅ cos ϕ; r ⋅ sin ϕ = r ⋅ sin ψ .
x 2 + y2 = z ,
Следовательно,
⎧cos ψ = cos ϕ, ⎨ ⎩sin ψ = sin ϕ, что дает ψ = ϕ + 2pπ, p ∈ Z , то есть ψ, ϕ ∈ Arg z . 10
(1.20)
Другими словами, единственность представления заключается в том, что r ≥ 0 (формула (1.19)) определяется однозначно: r = z , тогда как ψ должно удовлетворять (1.16). Что и надо. Теорема 1.1. Модуль произведения z1 ⋅ z 2 двух КЧ равняется произведению модулей множителей. z1 z 2 = z1 ⋅ z 2 , а Arg (z1 z 2 ) = Arg z1 + Arg z 2 , где последнее равенство надо понимать так: если
ψ ∈ Arg (z1 z 2 ), то ∃
ϕ1 ∈ Arg z1 и ϕ 2 ∈ Arg z 2 , что ψ = ϕ1 + ϕ 2 . Доказательство. Согласно (1.15) z1 = z1 ⋅ (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) , z 2 = z 2 ⋅ (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) , z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ z 2 ⋅ (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) ⋅ (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) = = z1 ⋅ z 2 ⋅ [cos ϕ1 cos ϕ 2 + i ⋅ (cos ϕ1 sin ϕ 2 + cos ϕ 2 sin ϕ1 ) − sin ϕ1 sin ϕ 2 ] = = z1 ⋅ z 2 ⋅ [cos (ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin (ϕ1 + ϕ 2 )], z 1 ⋅ z 2 = z 1 ⋅ z 2 ⋅ [cos (ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin (ϕ 1 + ϕ 2 )]. (1.21) Так как z1 ⋅ z 2 ≥ 0 , то согласно единственности представления КЧ последнее равенство означает следующее: z1 z 2 = z1 ⋅ z 2 , а Arg z1 z 2 = ϕ1 + ϕ 2 , ϕ1 ∈ Arg z1 , ϕ 2 ∈ Arg z 2 , что и требовалось доказать. Следствие. Теорема справедлива для ∀ конечного числа множителей, то есть
z1 z 2 Kz n = z1 ⋅ z 2 ⋅K z n ,
Arg (z 1 z 2 K z n ) = Arg z 1 + Arg z 2 + K + Arg z n .
(1.22)
Рассмотрим частный случай Если z1 = z 2 = K = z n ≡ z , то согласно (1.22) и (1.15)
z n = z ⋅ (cos nϕ + i sin nϕ ) = z ⋅ e i nϕ , n
где
n
(1.23)
ϕ ∈ Arg z , n ϕ ∈ Arg z n .
(1.24) Таким образом, чтобы возвести КЧ в натуральную степень n , надо в эту степень возвести модуль этого числа и увеличить его аргумент в n раз. Замечание. Если под произведением n ⋅ Arg z понимать множество
{n ⋅ ϕ
ϕ ∈ Arg z}(каждый член Arg z умножается на число n ), то множества n ⋅ Arg z и Arg z + Arg z + K + Arg z не совпадают. Следовательно, n ⋅ Arg z ≠ Arg z + Arg z + K + Arg z . (1.25) Согласно (1.15) соотношение (1.23) можно переписать так:
11
[ z ⋅ (cos ϕ + i sin ϕ )]n = z n ⋅ (cos n ϕ + sin n ϕ ) ⇔
[
⇔ z ⋅e
]
iϕ n
n
= z ⋅e
inϕ
(1.26)
.
Полагая здесь z = 1, получим вместо (1.26)
(cos ϕ + i sin ϕ )n
= cos n ϕ + i sin n ϕ .
(1.27)
Равенство (1.27) называется формулой Муавра. ПРИМЕР 1.3. При n = 2 из (1.27) получаем
cos 2 ϕ + 2 i sin ϕ ⋅ cos ϕ − sin 2 ϕ = cos 2ϕ + i sin 2ϕ , cos 2ϕ = cos 2 ϕ − sin 2 ϕ; sin 2ϕ = 2 sin ϕ ⋅ cos ϕ .
Это известные формулы косинуса и синуса удвоенного угла. При n = 3 имеем
cos 3ϕ + i sin 3ϕ = (cos ϕ + i sin ϕ) = cos 3 ϕ + 3 cos 2 ϕ i sin ϕ + 2 + 3 cos ϕ ⋅ (i ⋅ sin ϕ) + i 3 ⋅ sin 3 ϕ = i 3 = i 2 i = −i = cos 3 ϕ − 3 cos ϕ ⋅ sin 2 ϕ + 3
(
)
+ i ⋅ 3 cos 2 ϕ sin ϕ − sin 3 ϕ , что приводит к известным формулам тригонометрии косинуса и синуса утроенcos 3ϕ = 4 cos 3 ϕ − 3 cos ϕ, sin 3ϕ = 3 sin ϕ − 4 sin 3 ϕ . ного угла Извлечение корня из комплексного числа ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.7. Корнем n − й степени из z,
n
z , называется КЧ ω , n − я степень которого равна z . Таким образом, ω = n z ⇔ , когда ωn = z , (1.28) то есть произвольное решение ω уравнения (1.28) при заданном z есть n − я степень z . Согласно (1.18)
ω = ω ⋅ ei ψ , z = z ⋅ ei ψ .
(1.29)
Эти значения подставим в (1.28) и в соответствии с (1.26) найдем n
ω ⋅ ei n ψ = z ⋅ ei ϕ , что дает ω
(1.30)
n
= z , n ⋅ ψ = ϕ + 2 k π, k ∈ Z , или 2π ϕ + 2 kπ ϕ ω =n z, ψ= = +k⋅ , n n n k ∈ Z, ϕ ∈ Arg z .
Первая из этих формул указывает на то, что модуль метическому корню из модуля z : n
z =n z
(1.31) n
z равняется ариф(1.32)
12
(операцию модуль можно вносить под знак корня) и тем самым определяется однозначно, а Arg n z определяется многозначно согласно второму равенству из (1.31). Окончательно имеем
ωk =
( z) n
k
2π ⎞ ⎡ ⎛ϕ = n z ⋅ ⎢cos⎜ + k ⎟ + n ⎠ ⎣ ⎝n
2π ⎞ ⎤ ⎛ϕ + i ⋅ sin ⎜ + k ⎟ ⎥ = n z ⋅ e n ⎠⎦ ⎝n
i⋅
ϕ + 2 kπ n
(1.33)
, k ∈ Z, ϕ ∈ Arg z .
Отсюда видно, что все корни (1.33) имеют один и то же модуль, их изо-
z . На самом деле оказывается, что (1.33) определяет ровно n различных корней z . Действительно, во втором равенстве из (1.31), не теряя общности, полагаем ϕ = arg z . Тогда при ϕ ϕ 2π ϕ ϕ 2π 2π k = 0, n − 1 величины , + , + 2 ⋅ , K, + (n − 1) ⋅ определяют n n n n n n n бражения находятся на окружности радиуса
n
аргументы соответствующих корней. Так как разности этих аргументов не кратны 2π , то изображения корней будут различны, они образуют вершины правильного n угольника ω 0 ω1 ω 2 K ω n −1 , вписанного в окружность радиуса
z . При других значениях k получаем аргументы, разности которых с одним из выписанных будут кратны 2π , что не дает нового значения корня. Например, при k = n имеем из (1.33) ⎡ ⎛ϕ ⎞ ⎛ϕ ⎞⎤ n z n = n z ⋅ ⎢cos⋅ ⎜ + 2π ⎟ + i ⋅ sin⋅ ⎜ + 2π ⎟⎥ = n z . ⎝n ⎠ ⎝n ⎠⎦ ⎣ ПРИМЕР 1.4. Найти 4 − 1 . Решение. z = −1, arg (− 1) = π . (Рис. 1.4). Согласно (1.33) имеем π⎞ ⎛π 4 − 1 k = cos ⎜ + k ⎟ + y 2⎠ ⎝4 π⎞ ⎛π + sin⋅ ⎜ + k ⎟, k = 0,3 . π 2⎠ x ⎝4 • 0 π π −1 ω 0 = 4 − 1 0 = cos + i sin = π 4 4 − − i• 2 2 = (1 + i ); 2 Рис. 1.4 n
( ) (
( )
)
(
ω1
(
4
)
2 2 2 ⎛π π⎞ ⎛π π⎞ − +i ⋅ =− ⋅ (1 − i ) ; − 1 1 = cos ⋅ ⎜ + ⎟ + i sin ⋅ ⎜ + ⎟ = − 2 2 4 2 4 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
)
13
ω2
(
ω3
(
4
4
2 2 2 ⎞ ⎛π ⎞ ⎛π −i⋅ =− ⋅ (1 + i ) ; = cos ⋅ ⎜ + π ⎟ + i sin ⋅ ⎜ + π ⎟ = − 2 2 2 ⎠ ⎝4 ⎠ ⎝4 2 2 2 ⎛ π 3π ⎞ ⎛ π 3π ⎞ −i⋅ = ⋅ (1 − i ) . − 1 3 = cos ⋅ ⎜ + ⎟=− ⎟ + i sin ⋅ ⎜ + 2 2 2 ⎝4 2 ⎠ ⎝4 2 ⎠ −1
)
2
)
Сделаем проверку для последнего корня. Имеем
(
)
1 1 ω32 − ⋅ 1 − 2 i + i 2 = ⋅ (− 2 i ) = −i; ω34 = i 2 = −1 . 2 2
Читателю предлагаем сделать проверку остальных корней.
2 2 ⋅ (1 − i ); ± ⋅ (1 + i ) . 2 2 ПРИМЕР 1.5. Найти − i . π Решение: z = −i, arg (− i ) = − (см. рис. 1.4), z = 2
Ответ: ±
(− 1)2
= 1, n = 2 .
Согласно (1.33) имеем
⎛ π ⎛ π ⎞ ⎞ = cos ⎜ − + kπ ⎟ + i sin ⎜ − + kπ ⎟, k = 0,1; ⎝ 4 ⎝ 4 ⎠ ⎠ π 2 ⎛ π⎞ − i 0 = cos ⎜ − ⎟ − i sin = (1 − i ) 4 2 ⎝ 4⎠ 2 2 ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ − i 1 = cos ⎜ − + π ⎟ + i sin ⎜ − + π ⎟ = − +i = 2 2 ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 2 1 2 =− ⋅ (1 − i ) . Сделаем проверку: − 1 0 = ⋅ 1 − 2i + i 2 = −i; 2 2 2 1 − 1 1 = ⋅ (− 2i ) = −i , что указывает на правильность найденных кор2
(
−i
)
k
(
)
(
)
(
(
)
(
)
)
ней.
Ответ: −
2 2 ⋅ (1 − i ) ; + ⋅ (1 − i ) , 2 2
Деление комплексных чисел. Единственность операции деления ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.8. Если z1 и z 2 − два КЧ и z1 ≠ 0 , то частным КЧ
z 2 и z1 называется решение z уравнения z z1 = z 2 . Это решение обозначается z 2 z1 . Таким образом,
14
(1.34)
z=
z2 , z1 ≠ 0 . z1
(1.35)
Из (1.34) следует, что если ∃ частное, то его модуль
z2 z2 , (1.36) = z1 z1 так как z z1 = z ⋅ z1 = z 2 . Точно так же из (1.34) получаем Arg z + Arg z 1 = Arg z 2 , Arg z = Arg z 2 − Arg z 1 , (1.37) то есть, если ϕ1 ∈ Arg z1 , ϕ 2 ∈ Arg z 2 , то (ϕ 2 − ϕ1 ) ∈ Arg z . Таким образом, z z z = 2 = 2 ⋅ [cos⋅ (ϕ 2 −ϕ 1 ) + i sin⋅ (ϕ 2 − ϕ 1 )] = z1 z1 z =
=
z2 z1
(1.38)
⋅ e i⋅(ϕ 2 − ϕ1 ) .
Последнее равенство означает, что если ∃ - частное, то оно определяется однозначно последней формулой. Проверим прямой выкладкой, что формально найденное КЧ (1.38) действительно есть решение уравнения (1.34). В самом деле,
z z1 =
z2 z1
⋅ e i⋅(ϕ2 −ϕ1 ) ⋅ z1 ⋅ e i ϕ1 = z 2 ⋅ e i⋅(ϕ2 −ϕ1 )+i ϕ1 = z 2 ⋅ e i ϕ2 = z 2 ,
в чем и следовало убедиться. Таким образом, доказана
z2 ∃ и опреz1 z деляется однозначно. Тригонометрическая и показательная формы частного 2 z1 Теорема 1.2. Если z1 и z 2 − два КЧ и z1 ≠ 0 , то частное
даются равенством (1.38). Замечание. Второе равенство из (1.36), то есть
z2 z2 , означает, что = z1 z1
модуль частного равняется частному соответственно от модулей числителя и знаменателя. Перейдем теперь к отысканию алгебраической формы частного. Из (1.34) имеем,
(z z 1 ) z 1 = z (z 1 z 1 ) = z z 1 2 = z 2 z 1 z=
z 2 z 2 ⋅ z1 z 2 z1 = = = 2 z1 z1 ⋅ z1 z1
15
⇔
x 1 x 2 + y 1 y 2 + i ⋅ (x 1 y 2 − x 2 y 1 ) = x 12 + y 12 x 12 + y 12 x1 y 2 − x 2 y 1 x x + y1y 2 + ⋅ . = 1 22 i 2 2 2 x1 + y 1 x1 + y 1 =
(x 2 + i y 2 ) ⋅ (x 1 − i y 1 )
=
(1.39)
Таким образом, приходим к правилу: формально символ (частное)
z2 z1
умножаем и делим на z 1 = x 1 − i y1 ≠ (0,0 ) и далее вычисление идет по формуле (1.39).
3 − 2i . 2 + 3i 3 − 2 i (3 − 2 i ) ⋅ (2 − 3 i ) Решение: Согласно правилу (1.39) = = 2 + 3 i (2 + 3 i ) ⋅ (2 − 3 i )
ПРИМЕР 1.6. Найти алгебраическую форму КЧ
3 − 2i 3 − 2i 6 − 4 i − 9 i + 6 i 2 − 13 i = = = −i , Re = 0; Jm = −1. 13 13 2 + 3i 2 + 3i 3 − 2i 3 − 2i = −1. Ответ: − i ; Re = 0; Jm 2 + 3i 2 + 3i ПРИМЕР 1.7. Указать на комплексной плоскости множество точек, удов-
i−z z +1 = 0. = 0; arg z −i z +i Решение: Начнем со второго примера. Имеем, arg ω = 0 ⇔ Jm ω = 0 и Re ω > 0 . С учетом этого имеем i−z i − (x + i y ) − x + i (1 − y ) [− x + i (1 − y )] ⋅ [x − i (1 + y )] = z ≠ −i = = = = 2 2 z+i x+ iy + i x + i (1 + y ) x + (1 + y )
летворяющих соотношениям Jm
=
1 − x 2 − y2 x + (1 + y ) 2
2
+i
2x x + (1 + y ) 2
2
.
Теперь надо потребовать, чтобы 2 x = 0 . В силу этого должно быть
1 − y2
(1 + y )
2
> 0 ⇔ − 1 < y < 1.
⎧x = 0, ⎩− 1 < y < 1.
Следовательно, искомое множество имеет вид ⎨ Ответ: На оси y интервал (− 1;1) . Далее
16
x + i y + 1 x + 1 + i y [(x + 1) + i y] ⋅ [x − i (y − 1)] z +1 = z≠i = = = = 2 z−i x + i y − i x + i(y − 1) x 2 + (y − 1) x (x + 1) + y (y − 1) + i [x y − (x + 1) ⋅ (y − 1)] = . Отсюда следует, что 2 2 x + (y − 1) z + 1 x y − (x + y ) ⋅ (y − 1) Jm = = 0, 2 2 y z−i x + (y − 1)
(
)
x y − x y + y 2 − x − y = x + y − y 2 = 0, x = y 2 − y − парабола с проколотой точкой (0,1) (см. рис. 1.5). 2 Ответ: Парабола x = y − y с проколотой точкой (0,1) .
1• • 0
x Рис. 1.5
ПРИМЕР 1.8. Описать область, заданную условием Jm (i z ) < 1 .
Решение. i z = i (x + i y ) = − y + i x , Jm i z = x < 1 . Ответ: x < 1 − полуплоскость (левая), определяемая прямой x = 1. Замечание. При доказательстве последних двух теорем, мы показали справедливость свойств: i⋅(ϕ + ϕ ) iϕ iϕ 1. e 1 2 = e 1 ⋅ e 2 , ϕ1 , ϕ 2 ∈ R ; Следствие. e
i⋅(ϕ1 + ϕ2 +K+ ϕ n )
= e i ϕ1 ⋅ e i ϕ2 ⋅ K ⋅ e i ϕn , ϕ1 , ϕ 2 , K , ϕ n ∈ R .
e i ϕ2 iϕ i (ϕ − ϕ ) −i ϕ 2. i ϕ = e 2 ⋅ e 1 = e 2 1 , ϕ1 , ϕ 2 ∈ R ; e 1 2π i 3. e = cos 2π + i ⋅ sin 2π = 1; e π i = −1 ; iϕ i ϕ+ 2 π , ϕ∈R. 4. e = e
Основные элементарные функции комплексного переменного z К ним относятся показательная функция e , логарифмическая функция
( )
(ln z ), тригонометрические функции (sin z, cos z, tg z, ctg z ) , гиперболические функции (sh z, ch z, th z, cth z ) , обратные тригонометрические функции (Arc sin z, Arc cos z, Arctg z, Arcctg z ) , обратные гиперболические функции (Ar sh z, Arch z, Arth z, Arcth z ) , многочлены с комплексными ко-
(
)
n −1
c n z + c n −1 z + K + c1 z + c 0 , дробно-рациональные эффициентами функции (отношение двух многочленов), степенная функция α a Ln z z z Ln a z =e , a ∈ C , показательно-степенная функция a = e , a ∈C , к определению которых мы переходим. По определению полагаем
(
n
)
(
17
)
e z = e x + i y = e x ⋅ (cos y + i sin y ) = e x ⋅ cos y + i e x ⋅ sin y , (1.40) где z − заданная комплексная величина (число). Если z − переменная комплексная величина, то (1.40) задает показательную функцию. Далее, по определению, имеем
e i z − e −i z e i z + e −i z . sin z = ; cos z = 2i 2
(1.41)
Прямым вычислением отсюда получаем
− e 2i z + 2 + e −2i z + e 2i z + 2 + e 2i z sin z + cos z = = 1. 4 Таким образом, для ∀ z функции (1.41) определены и sin 2 z + cos 2 z = 1 . 1 + cos 2z 1 − cos 2z . cos 2 z = , sin 2 z = 2 2 2
2
(1.42) (1.43)
Точно так же по определению полагаем
sin z cos z e z − e −z e z + e −z tg z = , ctg z = , sh z = , ch z = , cos z sin z 2 2 ch z sh z . При этом , cth z = th z = sh z ch z
e 2 z + 2 + e −2 z e 2 z − 2 + e 2 z ch z − sh z = − = 1, 4 4 ch 2 z − sh 2 z = 1 , (1.44) 1 + ch 2z ch 2z − 1 ch 2 z = , sh 2 z = . (1.45) 2 2 Через Ln z, z − задано и отлично от 0 , обозначается множество решений ω уравнения eω = z . (1.46) u +i v = e u ⋅ ei v = z ⋅ ei ϕ ⇔ Полагая ω = u + i v , отсюда получаем e 2
2
⎧e u = z , u = ln z , ⇔ ⎨ ⎩v = ϕ = Arg z = arg z + 2 k π, k ∈ Z. Таким образом,
ω = Ln z = ln z + i ⋅ (arg z + 2kπ ) = ln z + 2k π i ,
k ∈ Z, где
ln z = ln z + i arg z
(1.47) (1.48)
называется главным значением Ln z и однозначно определяется, тогда как
Ln z − многозначная функция от переменной z (z ≠ 0 ) . 18
Множество решений уравнения sin ω = z , (1.49) где z известно, а ω − неизвестно, обозначается Arc sin z . Перейдем к его на-
e i ω − e −i ω хождению. Имеем z = , e i ω − e −i ω = −2 i z = 0, 2i e 2i ω − 2 i z ⋅ e i ω − 1 = 0. Полагая t = e i ω , получим t 2 − 2 i z t − 1 = 0, t = i z ± 1 − z 2 , ei ω = i z ± 1 − z 2 . Окончательно получаем
( Точно так же найдем ω = Arc cos z = − i Ln (i z +
)
ω = Arc sin z = − i Ln i z + 1 − z 2 .
(1.50)
)
− 1 + z2 .
(1.51)
i 1+ iz ω = Arc tg z = − Ln , 2 1−iz ⎛ z −1 ⎞ i Arc ctg z = − Ln ⎜⎜ ⎟⎟, 2 z 1 + ⎠ ⎝
( ω = Ar ch z = Ln (z +
(1.52)
) − 1 ),
ω = Arsh z = Ln z + z 2 + 1 ,
z2 1+ z 1 ω = Ar th z = Ln (1.53) , 2 1− z 1 z +1 ω = Ar cth z = Ln . 2 z −1 1 z +1 ω = Ar cth z = Ln . (1.54) 2 z −1 ПРИМЕР 1.9. Найти Arc sin i, Ar th (1 − i ) . Решение. Согласно (1.47) и (1.50), (1.53) Arc sin i = −i Ln − 1 + 2 = = −i ln 2 − 1 + 2 k π, k ∈ Z. 1 1+1− i 1 2−i 1 Ar th (1 − i ) = Ln = Ln = Ln (− 1 − 2i ) = 2 1−1+ i 2 i 2 1 1 = ⋅ ln 5 + i (− π + arctg 2 + 2 k π) = ⋅ ln 5 + i ⋅ ((2k − 1) π + arctg 2 ) , 2 2 k ∈ Z. Ответ: − i ln 2 − 1 + 2 k π, k ∈ Z ,
(
(
)
[
]
(
[
)
19
)
]
[
]
1 ⋅ ln 5 + i ⋅ ((2k − 1) π + arctg 2 ) , k ∈ Z . 2 i 2 ПРИМЕР 1.10. Найти значения степеней (− 1) , (− 1) . Ln (− 1) = ln 1 + i ⋅ (π + 2 kπ) = i i⋅Ln ( −1) Решение. (− 1) = e = = e −(2 k +1) π , = (2k + 1)π i
k ∈ Z . Мы получили бесконечное множество действительных значений. (− 1) 2 = e 2 Ln (−1) = e 2 (2 k +1) π i , k ∈ Z . − ( 2 k +1) π
, k ∈ Z; e
2 ( 2 k +1) π i
, k ∈ Z. ix ПРИМЕР 1.11. Решить уравнения ln (z − i ) = 0; e = cos πx , x ∈ R . Решение. ln (z − i ) = ln z − i + i ⋅ arg (z − i ) = 0 , что дает Ответ: e
⎧ln z − i = 0 ⎧z −i =1 ⇔ ⎨ ⎨ ⎩arg (z − i ) = 0 ⎩z − i − действительное число и больше 0. С учетом этого получим z − i = z − i = 1, z = 1 + i . ⎧cos x = cos πx, ⎧πx = ± x + 2p π, e i x = cos x + i sin x = cos πx ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎩sin x = 0 ⎩x = n π n π 2 = ± n π + 2pπ, nπ = ± n + 2p, n (π ± 1) = 2p ⇔ ⎧p = 0, ⇔ ⎨ ⇔ x = 0. = n 0 ⎩ Ответ: 1 + i; 0 . Замечание. Более простой способ решения уравнения ln (z − i ) = 0 следующий: согласно (1.46) z − i = 1, z = 1 + i . ПРИМЕР 1.12. Решить уравнение sh i z = −1. Решение. Согласно (1.52) i z = Ar sh (− 1) = Ln − 1 ± 2 . Ln 2 − 1 = ln 2 − 1 + 2 kπ i, z = 2 kπ − i ⋅ ln 2 − 1 ; Ln − 1 − 2 = ln 2 + 1 + i (2k + 1) π, k ∈ Z z = (2k + 1) π − i ⋅ ln 2 + 1 , k ∈ Z . Ответ: 2 kπ − i ⋅ ln 2 − 1 , k ∈ Z; (2k + 1) π − i ⋅ ln 2 + 1 , k ∈ Z .
( (
)
)
(
(
)
( (
(
)
) )
) )
(
(
В качестве примера докажем тождества
)
sin i z = i ⋅ sh z, cos iz = ch z, tg iz = i th z . Действительно, подставляя в (1.41) вместо z → i z , получим
20
e−z − ez ez − e−z sin iz = =i = i ⋅ sh z , 2i 2 ez + e−z cos iz = = ch z . 2
(1.55) (1.56)
Последнее тождество – следствие первых двух. Если в (1.55) и (1.56) взять z = x , x ∈ R , то sin ix = i ⋅ sh x , cos ix = ch x . Отсюда следует, что по модулю эти величины могут быть сколь угодно большими. Например, cos ix → +∞ при x → +∞ (− ∞ ) . Таким образом, sin z , cos z могут превосходить 1. Введение ∞ удаленной точки. Сфера Римана. Аксиоматически ∞ удаленная точка комплексной плоскости вводится через ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.9. R − окрестностью ∞ точки называется множество точек, для которых z > R, R > 0 . (1.57) Если рассмотреть преобразование комплексной плоскости
η=
1 1 , z= , η z
(1.58)
то согласно (1.57) R − окрестность ∞ точки преобразуется в начала координат 0 + i 0 , так как
η<
1 , R
1 − окрестность R (1.59)
что позволяет считать образом z = 0 бесконечно удаленную точку (∞ ) . ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.10. z = x + i y называется конечной точкой комплексной плоскости, если x = Re z и y = Jm z − числа (конечные величины). Множество таких точек принято называть конечной комплексной плоскостью. Если же конечную комплексную плоскость дополнить ∞ точкой, то полученное множество точек принято называть расширенной комплексной плоскостью. Сразу отметим, что символ ∞ , по-другому – бесконечно удаленная точка, не имеет аргумента и модуля. Другой подход введения ∞ удаленной точки связан с именем Римана. Рассмотрим сферу ω радиуса сферы
1 1⎞ ⎛ и с центром в т. L⎜ 0,0, ⎟ (рис. 1.6). Точка 2 2⎠ ⎝
N(0,0,1) называется северным полюсом, диаметральная точка
21
S(0,0,0 ) − южным полюсом, которая совпадает с началом координат. Отображение
π : z → M , M = (N z ) I ω ,
(1.60)
где (Nz ) − прямая, проходящая через т. N и т. z , биективно (взаимноz • однозначно). Если z → ∞ , то ее образ N • M стремится занять на сфере положение северного полюса N . Таким обраL• M зом, сфера с проколотой т. N - геометри• • ческая иллюстрация конечной комy плексной плоскости. Если же мысленно (аксиоматически) дополнить конечную 0 комплексную плоскость еще одной точz x • кой, считая N ее образом и сохраняя при этом биективность отображения Рис. 1.6 (1.60), то такая плоскость и есть расширенная комплексная плоскость, прообраз N есть ∞ удаленная точка, а сфера ω − геометрическая иллюстрация расширенной комплексной плоскости. Сфера ω , которая является геометрической интерпретацией расширенной комплексной плоскости, называется сферой Римана. 1.4. КОМПЛЕКСНАЯ ПЕРЕМЕННАЯ И ЕЕ ПРЕДЕЛ. ПОНЯТИЕ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО. ПРЕДЕЛ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО. НЕПРЕРЫВНОСТЬ ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.11. z = x + i y называется переменной комплексной величиной, если хотя бы одна из величин x = Re z и y = Jm z является переменной. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.12. Если x = Re z и y = Jm z - упорядоченные переменные величины, то z = x + i y называется упорядоченной переменной величиной. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.13. Будем говорить, что z → z 0 = x 0 + i y 0 ⇔
lim z = z 0 ,
(1.61)
если для ∀ δ > 0 ∃ значение z = x + i y такое, что все последующие значения комплексной переменной z удовлетворяют условию (рис.1.6). z − z0 < δ , (1.62) *
*
22
*
*
то есть все значения z после z попадают в открытый круг радиуса δ с центром в точке z 0 (см. рис. 1.7). Кратко определение 1.13 означает, что
z − z0 =
(x − x 0 )
2
•
+ (y − y 0 ) − есть бесконечно ма2
z
•
z0
лая действительная величина. Теорема 1.3. когда
Рис. 1.7
z = x + i y → z0 = x 0 + i y0 ⇔ ,
⎧x → x 0 , ⎨ ⎩y → y 0 ,
(1.63)
что равносильно
lim z = lim (x + i y ) = lim x + i ⋅ lim y = x 0 + i y 0 .
(1.64) Таким образом, нахождение предела комплексной переменной (КП) сводится к нахождению двух конечных пределов вещественных переменных: Re z и Jm z , и тогда скобку в (1.64) можно раскрывать. Доказательство. Необходимость. Так как
x − x 0 , y − y0 ≤ z − z0 =
(x − x 0 )2 + ( y − y 0 ) 2 ,
то согласно условию
(1.62) x − x 0 < δ, y − y 0 < δ , что приводит к (1.63). Необходимость доказана. Достаточность.
Условие
(1.63)
означает
∀
следующее:
δ >0 2
∃ x * = x * (δ ), y * = y * (δ ) , что все последующие значения x и y удовлетворяют
требованиям
δ δ , y − y0 < . Отсюда для таких 2 2 x и y имеем z − z 0 = x + i y − (x 0 + i y 0 ) =
y
x − x0 <
=
(x − x 0 )
2
+ (y − y 0 )
2
δ2 δ2 < + =δ 2 2
Этим теорема доказана полностью. Из теоремы 1 (см. (1.64)) следует, что все теоремы о пределах переменной вещественной величины имеют место и для переменной комплексной величины.
D x
0 0′ •
v
T
u Рис. 1.8
Понятие функции комплексного переменного (ФКП). Рассмотрим две комплексные плоскости z и ω (рис. 1.8). 23
На комплексной плоскости z рассмотрим множество точек D , а на ω − множество точек T (рис. 1.8). ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.14. Если задано отображение f : D → T , где каждому z ∈ D (прообразу) ставится в соответствие ровно одно (несколько) ω ∈ T (образ), то говорят, что задана однозначная (многозначная) функция комплексного переменного, и это записывают так: ω = f (z ) , (1.65)
при этом D называется областью определения функции f (z ) , а T − областью значений f (z ). Как правило, в дальнейшем рассматриваются однозначные функции комплексного переменного, если не оговорено противное. Образ множества при отображении f : D → T обозначается через f (D ) .
{
}
Таким образом, по определению f (D ) = f (z ) z ∈ D .
Если f (D ) = T , то f называется отображением «на», то есть каждое значение из T имеет хотя бы один прообраз из D . Выделяя вещественную и мнимую части, (1.65) можно записать в виде ω = u + i v = f (x + i y ) = u (x, y ) + i v (x, y ), (1.66) где u = u (x, y ) = Re f (z ), v = v (x, y ) = Jm f (z ) . (1.67) Таким образом, задание ФКП равносильно заданию двух вещественных функций u и v от двух вещественных переменных x и y (см. (1.67)), заданных на D . Предел. Непрерывность ФКП ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.15. Комплексное число A = A 1 + i A 2 называется пределом
функции
lim f (z ) = A ⇔
z →z 0
f (z ) при z → z 0 и это записывается так: ⇔ f (z ) → A при z → z0 , если для
∃ δ = δ(ε ) > 0 , что как только 0 < z − z0 < δ , (1.68) то для таких z имеет место f (z ) − A < ε . (1.69) Геометрическая иллюстрация lim f (z ) заключается в следующем: ∀ε>0
z→z 0
какой бы открытый круг радиуса ε > 0 с центром в т. A ни взять, найдется открытый круг радиуса δ > 0 с центром в т. z 0 , что как только z ≠ z 0 попадает в этот круг, то соответствующая точка f (z ) попадает в открытый круг радиуса ε Теорема 1.4. lim f (z ) = A = A 1 + i A 2 ⇔ (1.70) z→z0
24
⎧ lim u(x, y ) ≡ lim Re f (z ) = A 1 = Re A, x0 x→ x 0 ⎪⎪xy→ →y 0 y→y 0 ⎨ v(x, y ) ≡ lim Jm f (z ) = A 2 = Jm A. ⎪xlim → x0 x→ x 0 ⎪⎩y → y 0 y →y 0
(1.71)
Доказательство. Предоставляем читателю. Таким образом, предел ФКП сводится к нахождению пределов от двух функций двух независимых переменных. Отсюда следует, что основные теоремы о пределах функций многих переменных имеют место и для ФКП. Согласно (1.71) соотношение (1.70) можно записать так:
lim f (z ) = lim [u (x, y ) + i v (x, y )] =
z→z0
x→ x 0 y →y 0
(1.72)
= lim u(x, y ) + i lim v(x, y ), x→ x0 y →y 0
то
x→ x0 y →y 0
есть
квадратные скобки можно Re f (z ), Jm f (z ) ∃ и конечны (числа).
раскрывать,
если
пределы
от
Непрерывность ФКП ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.16. Функция ω = f (z ) непрерывна в т. z 0 , если в
этой точке функция определена и ее предел при z → z 0 равен значению функции в этой точке, то есть
lim f (z ) = f (z 0 ) .
(1.73)
z→z0
Согласно теореме 1.4 (1.73) означает следующее: ω = f (z ) непрерывна в т. z 0 = x + i y ⇔ , когда ее вещественная и мнимая части – непрерывные функции в точке (x 0 , y 0 ) , то есть
⎧ lim u(x, y ) ≡ lim Re f (z ) = u (x 0 , y 0 ), x0 x→ x 0 ⎪⎪xy→ →y 0 y →y 0 ⎨ v(x, y ) ≡ lim Jm f (z ) = v (x 0 , y 0 ). ⎪ xlim → x0 x→x0 ⎪⎩ y → y 0 y →y 0 (1.73) ⇔
(1.74)
lim f (z ) = lim [u (x, y ) + i v (x, y )] =
z→z0
x→x0 y →y 0
= lim u(x, y ) + i lim v(x, y ) = u(x 0 , y 0 ) + i v(x 0 , y 0 ). x→ x 0 y→y 0
x→ x0 y →y 0
25
(1.75)
1.5. ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ ФКП. ПОНЯТИЕ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ В ТОЧКЕ И В ОБЛАСТИ
Δ f (z ) , то он называется производΔz →0 Δz ной ФКП ω = f (z ) = u (x , y ) + i(x , y ) в т. z и обозначается f ′(z ) . ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.17. Если ∃ lim
Таким образом, по определению производная
f ′(z ) = lim
Δz → 0 ( Δz > 0 )
*
*
Δf (z ) , Δz *
(1.76)
(
*
*
) (
*
)
где z = x + i y, z = x + i y , Δz = z − z = x − x + i y − y =
⎧Δx → 0, = Δx + i Δy, Δx = x * − x , Δy = y * − y, Δz → 0 = 0 + i 0 ⇔ ⎨ ⎩Δy → 0, 2 2 * но Δx + Δy ≠ 0; Δf (z ) = f z − f (z ) = f (z + Δz ) − f (z ) = = u x * = x + Δx , y * = y + Δy + i ⋅ v x * , y * − u (x , y ) − i ⋅ v (x , y ) = = Δu (x, y ) + i ⋅ Δv (x , y ). Как всегда, предполагается, что предел (1.76) не зависит от способа стремления Δz → 0 при условии Δz > 0 . ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.18. ФПК ω = f (z ) называется дифференцируемой в т. z , если ее приращение в этой точке представимо в виде Δf (z ) = A (z ) Δz + ω (z , Δz ) , (1.77) где первое слагаемое – главная часть приращения функции при A(z ) ≠ 0 − линейно относительно приращения Δz , а второе слагаемое есть бесконечно малая величина, более высокого порядка малости, чем Δz , то есть ω (z , Δz ) (1.78) lim = 0. Δz → 0 Δz При условии дифференцируемости f (z ) в т. z и A (z ) ≠ 0 главная часть приращения функции, линейная относительно Δz , называется ее дифференциалом в т. z и обозначается df (z ) . Таким образом, df (z ) = A (z ) ⋅ Δz . Убедимся, что нелинейную часть ω приращения функции можно пред-
( ) ) (
(
)
ставить в виде где
ω (z , Δz ) = p (z , Δz ) ⋅ Δz ,
(1.79)
lim p (z , Δz ) = 0 .
(1.80)
Δz → 0
Действительно, полагая
ω (z , Δz ) = p (z , Δz ), ω(z , Δz ) = p (z , Δz ) ⋅ Δz Δz 26
(1.81)
и учитывая (1.78), получаем (1.80). Обратное очевидно. Замечание. (1.79), (1.80) равносильно
ω (z , Δz ) = p (z , Δz ) Δx + q (z , Δz ) Δy , lim p(z , Δz ) = lim q (z , Δz ) = 0. Δz → 0
(1.82)
Δz → 0
Теорема 1.5. ФКП допускает производную в точке z ⇔ , когда она дифференцируема в этой точке. Доказательство. Необходимость. (1.76) ⇔ p (z, Δz ) + f ′(z ) =
Δ f (z ) , Δz
lim p(z, Δz ) = 0, Δf (z ) = f ′(z ) Δz + p (z, Δz ) Δz . Теперь остается сравнить
Δz →0
полученное с (1.77), (1.79) и (1.80), что завершает доказательство необходимости. Достаточность. Из (1.77), (1.78) следует
ω (z, Δz )⎤ ω (z, Δz ) Δf (z ) ⎡ ( ) = lim ⎢A (z ) + = A z + lim = A (z ) , то Δz →0 Δz Δz → 0 ⎣ Δz → 0 Δz Δz ⎥⎦ есть f ′(z ) = A(z ) . Теорема доказана полностью. lim
Таким образом, при условии дифференцируемости, формулу (1.77) можно написать так: Δf (z ) = f ′(z ) Δz + p (z , Δz ) Δz . (1.83) Следовательно, (1.83) совместно с требованием (1.80) определяют необходимые и достаточные условия дифференцируемости f (z ) в т. z . И при этом
условии и f ′(z ) ≠ 0 дифференциал функции f (z ) в т. z определяется равенст-
вом df (z ) = f ′(z ) dz, Δz = dz .
Теорема 1.6. Если ФКП ω = f (z ) допускает f ′(z ) в точке z = x + i y , то вещественная и мнимая части этой функции допускают частные производные в точке (x , y ) и эти частные производные должны удовлетворять условиям
⎧⎪u ′x (x, y ) = v ′y (x, y ), ⎨ ⎪⎩ v ′x (x, y ) = −u ′y (x, y ).
(1.84)
Условия (1.84) называются условиями Коши-Римана (К-Р) либо Даламбера-Эйлера (Д-Э). Доказательство. Предположим, что производная f ′(z ) ∃ . Тогда согласно (1.72) имеем
Δy = 0 Δu (x , y ) + i Δv (x , y ) f ′(z ) = lim = Δx → 0 = Δz →0 Δx + i Δy ⎛⎜ {Δx →0 ⎞⎟ Δx ≠ 0 Δy → 0 ⎝
⎠
Δu (x , y ) Δv (x , y ) + i ⋅ lim = u ′x (x, y ) + i ⋅ v′x (x , y ), Δx →0 Δx →0 Δx Δx
= lim
27
f ′(z ) = u ′x (x, y ) + i ⋅ v ′x (x, y ) , так как предел не должен зависеть от способа * * * стремления z → z z ≠ z . Здесь z → z по прямой x = const (рис. 1.9). Аналогично, уст* ремляя z → z по прямой y = const (рис. 1.9), имеем
(
)
Δu (x, y ) + i Δv (x , y ) = ⎛ {Δy →0 ⎞ i y Δ ⎜ Δx = 0 ⎟
f ′(z ) = lim
⎜ Δy ≠ 0 ⎟ ⎠ ⎝
=
(1.85)
y
y•
• z*
z• x
0
x
Рис. 1.9
1 1 i [ u ′y (x, y ) + i v ′y (x, y )] = = 2 = − i = v ′y (x, y ) − i ⋅ u ′y (x, y ). i i i f ′(z ) = v ′y (x, y ) − i ⋅ u ′y (x, y ).
(1.86)
Сравнение (1.85) и (1.86) дает (1.84). Что и требовалось доказать. Таким образом,
f ′(z ) = u ′x (x, y ) + i ⋅ v ′x (x , y ) = v ′y (x , y ) − i ⋅ u ′y (x , y ).
(1.87)
Теорема 1.7. При условии (1.84) ФКП ω = f (z ) допускает производную
f ′(z ) в точке z = x + i y ⇔ , когда вещественная и мнимая части f (z ) дифференцируемы в точке (x , y ) . Доказательство. Необходимость. Согласно (1.83) и (1.80)
Δf (z ) = Δu (x , y ) + i ⋅ Δv (x, y ) = = [u ′x (x , y ) + i ⋅ v ′x (x, y )] ⋅ (Δx + i ⋅ Δy ) + + [α (x , y, Δx , Δy ) + i β (x, y, Δx, Δy )] ⋅ (Δx + i Δy ) = α = α ⋅ (x , y, Δx , Δy ) = Re p (z, Δz ) → 0 β = β ⋅ (x , y, Δx , Δy ) = Jm p (z, Δz ) → 0 =
при Δz → 0 = u ′x Δx + u ′y Δy + i ⋅ [u ′x Δy + u ′x Δx ] + α Δx − β Δy + i ⋅ (α Δy + β Δx )
[
]
Δu (x, y ) = d u (x, y ) + α Δx − β Δy , Δv (x, y ) = d v (x, y ) + α Δy + β Δx, последнее означает дифференцируемость u (x , y ) = Re f (z ), v (x , y ) = Jm f (z ) в рассматриваемой точке (x , y ) , если учесть, что α Δy + β Δ x α Δ x − β Δy lim = 0, lim = 0. Δx → 0 Δx → 0 Δ z Δ z Δy → 0 Δy → 0
(1.88) (1.89)
(1.90)
Достаточность. Из (1.88), (1.89) согласно (1.84), (1.87) и (1.90) имеем 28
Δu + i Δv = Δf (z ) = (u ′x dx + u ′y dy ) + α Δx + β Δy + + i ⋅ [(v ′x dx + v′y dy ) + γ ⋅ Δx + δ ⋅ Δy] = (u ′x + i v ′x ) dx + (u ′y + i v ′y )dy + + α Δx + β Δy + i ⋅ (γ Δx + δ Δy ) = (u ′x + i v ′x ) ⋅ (dx + i dy ) + α Δx + + β Δy + i (γ Δx + δ Δy ) = f ′(z ) Δz + ω (z, Δz ). Δu + i Δv = Δf (z ) = f ′(z ) Δz + ω (z , Δz ),
(1.91)
где (см. (1.82))
ω (z , Δz ) = (α + i γ ) Δx + (β + i δ ) Δy , ω (z , Δz ) lim = 0 ⇔ ω (z , Δz ) = p (z , Δz ) Δz , Δz → 0 Δz lim p (z , Δz ) = 0
(1.92) (1.93) (1.94)
Δz → 0
что и требовалось доказать. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.19. Функция ω = f (z ) называется аналитической в открытой области D , если в каждой точке этой области она дифференцируема и при этом должно удовлетворяться требование: f ′(z ) − непрерывная функция для каждой точки z ∈ D . Замечание. Требование непрерывности f ′(z ) вводится из методических соображений, так как при строгом изложении курса указанное требование можно доказать из ∃ производной в каждой точке области D . ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.20. Функция ω = f (z ) называется аналитической в т. z 0 , если ∃ окрестность этой точки ω : z − z 0 < δ , в которой эта функция
аналитическая; f ′(z ) − непрерывная функция для каждого z ∈ ω . Отметим, что правила дифференцирования, которые имеют место для действительных функций, справедливы и для ФКП.
( )′ = e
ПРИМЕР 1.13. e
z
z
. Доказать.
ω = e z = e x +i y = e x ⋅ (cos y + i sin y ) = e x cos y + i e x sin y . ′ ′ z ′ Отсюда согласно (1.87) имеем e = e x cos y x + i e x sin y x = = e x ⋅ (cos y + i sin y ) = e z , что и надо доказать. Отсюда следует, что e z − анаРешение.
( ) (
)
(
)
литическая функция на всей конечной комплексной плоскости. ПРИМЕР 1.14. Найти производные функций sin z, cos z . Решение.
′ ⎛ e i z − e −i z ⎞ 1 i e i z + e −i z iz −i z ⎟⎟ = ⋅ i e + i e (sin z ) = ⎜⎜ = ⋅ = cos z ; 2i 2i 2i 2 ⎝ ⎠ ′
(
)
29
′ ⎛ e i z + e −i z ⎞ 1 i ⋅i iz ⎟⎟ = ⋅ i e i z − i e −i z = (cos z ) = ⎜⎜ ⋅ e − e −i z = − sin z . 2 2 2i ⎝ ⎠ ′ ′ Ответ: (sin z ) = cos z; (cos z ) = − sin z . ПРИМЕР 1.15. Найти производные функций tg z, ctg z, sh z, ch z, . th z, cth z ′ ⎛ ⎞ sin z cos 2 z + sin 2 x 1 ′ ⎜ ⎟⎟ = = . Решение. (tg z ) = ⎜ 2 2 cos z cos z cos z ⎝ ⎠ ′ − sin 2 z − cos 2 x 1 ′ ⎛⎜ sin z ⎞⎟ = = − . Аналогично, (ctg z ) = ⎜ ⎟ 2 2 cos z sin z sin z ⎝ ⎠ z −z ′ ⎛ ⎞ e z + e −z − e e ′ ⎜ ⎟⎟ = (sh z ) = ⎜ = ch z ; 2 2 ⎝ ⎠ z −z ′ ⎛ ⎞ e z − e −z + e e ′ ⎜ ⎟⎟ = (ch z ) = ⎜ = sh z ; 2 2 ⎝ ⎠ 2 2 (th z )′ = ch z −2 sh z = 12 ; ch z ch z ′ 2 2 1 ′ ⎛⎜ ch z ⎞⎟ sh z − ch z (cth z ) = ⎜ ⎟ = = . 2 2 sh z sh z sh z ⎝ ⎠ (tg z )′ = 12 ; (ctg z )′ = − 12 ; (sh z )′ = ch z; cos z sin z Ответ: (ch z )′ = sh z; (th z )′ = 12 ; (cth z )′ = − 12 . ch z sh z ′
(
)
(
)
Отсюда следует, что элементарные функции комплексного переменного – аналитические функции на конечной комплексной плоскости. Почленно дифференцируя (1.84), получим
′ (x , y ) = v′yx ′ (x , y ), u ′yy ′ = − v ′xy ′ (x, y ), u ′xx ′ (x, y ) = −u ′yx ′ (x, y ), v′yy ′ = u ′xy ′ (x, y ), что дает v ′xx
′ + u ′yy ′ = 0, v ′xx ′ + v ′yy ′ = 0, u ′xx где предполагается ∃ непрерывных вторых частных производных.
30
(1.95)
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.21. Функция, удовлетворяющая (1.95), называется гармонической функцией. Согласно последнему определению действительная и мнимая части аналитической функции – гармонические функции, удовлетворяющие условиям КР. Покажем на примере, как восстановить аналитическую функцию по заданной вещественной или мнимой части. ПРИМЕР 1.16. v (x , y ) = x y, 0 ≤ z < +∞ .
′ = 0, v ′xx ′ + v ′yy ′ = 0; v ′y = x , v ′yy ′ = 0. Решение. v ′x = y, v ′xx
⎧u ′x (x , y ) = x, x2 ⇒ u (x , y ) = ∫ x dx = + ϕ (y ) , ⎨ ′ u x , y = − y ( ) 2 ⎩ y
Согласно (1.84)
где ϕ (y ) не зависит от x и в этом смысле выполняет роль постоянной интегрирования. Дифференцируя по y , находим отсюда с учетом второго условия
y2 системы, что ϕ′(y ) = − y, ϕ (y ) = − + C, C = const . Таким образом, 2 z+z x = 2 2 z2 + 2 z z + z z2 − 2 z z + z x 2 y2 2 f (z ) = = + + − + C + i ⋅ xy = 2 2 8 8 z−z y= 2i 2
z2 − z z2 +C+ = + C. 4 2 Геометрический смысл модуля и аргумента производной ФКП Пусть функция ω = f (z ) (1.96) задана в области D и допускает отличную от нуля производную в т. z 0 :
f ′(z 0 ) ≠ 0 . Тогда ее дифференциал в т. z 0 d ω 0 = f ′(z 0 )dz 0
может интерпретироваться как т. ω 0 (Δ ω 0 ≈ d ω 0 ) , соответствующее малому смещению
iψ
смещение достаточно
d z 0 = Δz 0 . На самом деле
линейная часть d ω0 − Δω0 (Δω0 ≈ d ω0 ) (рис. 1.10). (1.97) ⇔ d ω 0 e
(1.97)
смещения
= f ′ (z 0 ) ⋅ e i α d z 0 e i ϕ . (1.98) 31
ω • d ω0 ≈ Δ ω0 ω0 • z0 d z0 z Рис. 1.10
⎧⎪ d ω 0 = f ′(z 0 ) ⋅ d z 0 ⎪⎩e i ψ = e i α ⋅ e i ϕ , где ϕ = arg dz 0 , α = arg f ′(z 0 ) . (1.98) ⇔ ⎨
(1.99)
Первое из равенств (1.99) геометрически интерпретируется так: в достаточно малой окрестности т. z 0 расстояние (линейный элемент)
Δz p = z − z 0 = d z 0 между прообразами z 0 и z изменяется с одним и тем
же коэффициентом подобия k = f ′(z 0 ) ≠ 0 , не зависящим от выбора т. z (линейного элемента), то есть имеет место подобное преобразование (отображение) окрестности т. z 0 с коэффициентом подобия k = f ′(z 0 ) ≠ 0 . Второе равенство из (1.99) означает, что направление вектора
d ω0 = ω0 ω, ω = f (z ) , получается из направления вектора p = z 0 z поворотом на угол α независимо от выбора его конца z , то есть образ вектора p −
вектор q = ω 0 ω − составляет угол α с прообразом p . Отсюда следует, что если рассмотреть угол между векторами p1 = z 0 z1 , p 2 = z 0 z 2 , z1 и z 2 принадлежат достаточно малой окрестности т. z 0 , то при отображении (1.96) этот угол сохраняется как по величине, так и по направлению. Выбирая теперь гладкую линию l Э т. z 0 : z (t ) = x (t ) + i y (t ) , где при
t = t 0 z (t 0 ) = x (t 0 ) + i y (t 0 ) = z 0 , видим, что образ этой линии L = f (l )
определяется уравнением
ω (t ) = f [z (t )], ω 0 = ω (t 0 ) = f [z (t 0 )] = f (z 0 ).
(1.100)
Из первого равенства (1.100) дифференцированием получаем ω′ (t ) = f ′ [z (t )] ⋅ z ′(t ), ω′ (t 0 ) = f ′ (z 0 ) ⋅ z ′(t 0 ),
(1.101)
где z ′(t 0 ) ≠ 0 определяет направление касательной к l в т. z 0 , ω′(t 0 ) дает на-
правление касательной к L = f (l ) в т. ω 0 = f (z 0 ) .
Выбирая в достаточно малой окрестности т. z 0 две линии l 1 и l 2 , проходящие через эту точку, и принимая во внимание геометрическую интерпретацию (1.99), приходим к выводу, что при отображении (1.96) угол между образами L1 = f (l 1 ), L 2 = f (l 2 ) равняется углу между прообразами l 1 и l 2 по величине и направлению (по знаку). ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.22. Непрерывное отображение области D комплексной плоскости z на область T комплексной плоскости ω называется конформным, если в каждой точке z ∈ D выполняются два условия: 1)сохраняются величины углов и 2)имеет место подобное преобразование (отображение) окрестности этой точки.
32
Если при этом сохраняется (изменяется на обратное) направление отчета углов, то такое отображение называется конформным отображением 1-го рода (2-го рода). Согласно этому определению, если однозначная однолистная функция ω = f (z ) является аналитической в области D , то отображение f : D → T есть конформное отображение 1-го рода. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.23. Функция (1.96) называется однолистной в области D , если из z1 ≠ z 2 ⇒ f (z1 ) ≠ f (z 2 ), то есть разным прообразом соответствуют разные образы. 1.6. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФКП. ТЕОРЕМА КОШИ. ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ ТЕОРИИ ИНТЕГРИРОВАНИЯ АНАЛИТИЧЕСКИХ ФУНКЦИЙ Функция
ω = f (z ) = u (x, y ) + i v (x, y ) (1.102) задана в области D . Линия l ⊂ D (рис. 1.11) является кусочно-гладкой линией без самопересечений. Последнее означает следующее: l :{x = x (t ), y = y (t )}, α ≤ x ≤ β ,
x (t ), y(t ) − непрерывны вместе со своими производными x ′(t ), y′(t ) за исключением, быть может, ко-
где функции
нечного
точек, в которых x (t ), y(t ), x ′(t ), y ′(t ) терпят разрывы 1-го рода. Таким образом, в каждом из сегментов [α, t 1 ], [t 1 , t 2 ], K , [t k −1 , β] функции
(1.103)
y
D B
числа
0
x
•A x (t ), y(t ) непрерывны вместе с производными x ′ (t ), y ′(t ) . Разрывы 1-го рода могут быть только в точках t 1 , t 2 , K , t k −1 . Рис. 1.11 Если t1 ≠ t 2 , то (x (t 1 ), y(t 1 )) ≠ (x (t 2 ), y(t 2 )) за исключением, быть может, α и β , при этом 2 2 всегда x ′ (t ) + y ′ (t ) > 0, A (x (α ), y(α )), B(x (β ), y(β )) . Для определенности положительное направление на l выберем в направлении от A к B , то есть, в направлении возрастания параметра t (рис. 1.11). Соотношение
z = x (t ) + i y (t ), α ≤ t ≤ β определяет уравнение l в комплексной форме, z ′(t ) = x ′(t ) + i y ′(t ), x ′ 2 (t ) + y ′ 2 (t ) > 0, dz (t ) = dx (t ) + i dy (t )
33
(1.104) (1.105)
определяет касательный вектор к l в т. t ∈ [α, β], дифференциал dz (t ) − линейную часть смещения вдоль l . Сделаем формальные выкладки (рис. 1.11):
∫+ f (z )dz = ∫+ [u (x, y ) + i v (x, y )] ⋅ (dx + i dy ) =
l
l
= ∫ u (x, y )dx − v (x, y )dy + i ⋅ ∫ v (x, y )dx + u (x, y )dy . l+
(1.106)
l+
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.24. Под интегралом от ФКП понимается сумма (1.106), где каждый из слагаемых интегралов есть криволинейный интеграл 2го рода. Прямым вычислением получаем из (1.106), что β
∫+ f (z )dz = ∫ f [z (t )] ⋅ z ′(t )dt ,
l
так как
(1.107)
α
∫+ u (x, y )dx − v (x, y ) dy + i ⋅ ∫+ v (x, y )dx + u (x, y ) dy =
l β
l
= ∫ u [x (t ), y (t )]dx (t ) − v [x (t ), y (t )]dy (t ) + α
β
+ i ⋅ ∫ v [x (t ), y (t )]dx (t ) + u [x (t ), y (t )]dy (t ) = α
β
= ∫ {u [x (t ), y (t )] + i ⋅ v [x (t ), y (t )] }dx (t ) + α
+ i ⋅ {u [x (t ), y(t )] + i v [x (t ), y (t )]} = β
β
α
α
= ∫ {u [x (t ), y(t )] + i v [x (t ), y (t )]}dx (t ) + dy (t ) = ∫ f [z (t )] ⋅ z ′(t ) dt. ПРИМЕР 1.17. Вычислить
∫ Ln z dz, l = {z z = 1}, Ln i = l
π i. 2
Решение. l − окружность радиуса 1 с центром в начале координат (рис. 1.12). В силу этого ее уравнеiϕ ние z = e , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Теперь надо найти ветвь Ln z , удовлетворяющую заданному условию. Имеем (см. формулу (1.47)) Ln z = ln z + i arg z + 2π i k ,
i• • −1
•
y
0
•− i Рис. 1.12
34
• x 1
π π + 2 π i k = i , что дает k = 0 . Таким образом, искомая ветвь 2 2 Ln z = ln z + i arg z = ln z . Для точек окружности получаем Ln z = ln 1 + i arg z = i ⋅ ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ 2π . В силу этого и согласно (1.107) Ln i = i
2π
iϕ
∫ Ln z dz = ∫ i ϕ d e = 0
l
= iϕe
i ϕ 2π 0
u = i ϕ, dv = d e i ϕ du = i ⋅ d ϕ, v = e
2π
− ∫ e i ϕ d i ϕ = i 2π e 2 π i − e i ϕ 0
iϕ
2π 0
=
= 2πi − e 2 π i + 1 = 2π i .
Ответ: 2π i .
π⎫ Ln 2 z ⎧ ПРИМЕР 1.18. Вычислить ∫ dz, l = ⎨z z = 1, 0 ≤ arg z ≤ ⎬, z 2⎭ ⎩ l Ln 1 = 2π i . π iϕ iϕ Решение. z = e , 0 ≤ ϕ ≤ , dz = e d i ϕ , 2 Ln z = ln z + i arg z + 2π ik , Ln 1 = 2π k i = 2π i ⇒ k = 1. Следовательно, Ln z = ln z + i arg z + 2π i . В точках l имеем Ln e i ϕ = i ϕ + 2π i . π 2
π 3 2
(i ϕ + 2π i ) ⋅ e d iϕ 1 Ln z dx = = ⋅ (i ϕ + 2π i ) = ∫ ∫ iϕ z 3 e 0 l 0 3 ⎤ i π 3 ⎛ 125 ⎞ i π 3 61 i ⎡⎛ π 61 ⎞ 3 = − ⋅ ⎢⎜ + 2π ⎟ − (2π) ⎥ = − ⋅⎜ − 8⎟ = − ⋅ = − π 3i . 3 ⎢⎣⎝ 2 3 ⎝ 8 3 8 24 ⎠ ⎠ ⎥⎦ 61 3 π i. Ответ: − 24 dz = d Ln z найдем Второй способ. С учетом найденной ветви ln z и z i iπ⎞ 1 1 ⎡⎛ 61 3 3⎤ 2 3 Ln z dLn z = ⋅ Ln z = ⋅ 2 π i + − ( 2 π i ) = − π i . Получили ⎜ ⎟ ∫ ⎢ ⎥ 3 3 3 24 ⎝ ⎠ l ⎣ ⎦ 1 2
2
iϕ
тот же результат, как и должно быть. ПРИМЕР
1.19.
Вычислить
n ∫ z Ln z dz, n ∈ N, l : {z z = 1}, l
Ln (− 1) = π i iϕ
Решение. l : z = e , 0 ≤ ϕ ≤ 2π, dz = e
35
iϕ
d iϕ = i e i ϕ dϕ .
Ln z = ln z + i arg z + 2π k i, Ln (− 1) = i π + 2 π k i = π i ⇒ k = 0 . Таким образом, искомая ветвь Ln z = ln z + i arg z = ln z . Тогда 2π
n
∫ z Ln z dz = ∫ e
inϕ
0
l
2π
i ϕ d e = ∫ e i (n +1) ϕ i ϕ d i ϕ = iϕ
0
dt , 1 = n +1 = 2 ( ) n + 1 t н = 0, t в = 2π (n + 1)
(n + 1) ϕ = t,
=
dϕ =
u = i t , dv = d e i t ,
2 π ( n +1)
⎡ it = ⋅ ite (n + 1)2 ⎢⎣ 1
it ∫ e i t d it =
0
2 π ( n +1)
−
2 π ( n +1)
⎤
it ∫ e d it ⎥ =
0 du = d it , v = e i t 0 ⎦ 1 ⎡i 2π (n + 1) e 2 π (n +1) i − e i t 2 π (n +1) ⎤ = 2 π i . = ⋅ ⎥⎦ n + 1 0 (n + 1)2 ⎢⎣ 2 πi . Ответ: n +1 dz ПРИМЕР 1.20. Вычислить ∫ 3 , l : {z z = 1, 0 ≤ arg z ≤ π}, 3 1 = 1 . l z
Решение. 3 3
3
1 =1= e z =3 z
i
z =3 z 2 kπ 3
iϕ e3,
i⋅(ϕ + 2 kπ ) ⋅e 3 ,
ϕ = arg z, k = 0,1,2.
⇒ k=0 0 ≤ ϕ ≤ π, z = e i ϕ . π 2 iϕ 3
2 de e d iϕ 2 ⎛⎜ 3 πi ⎞⎟ dz 3 = ⋅ e −1 = ∫ 3 = ∫ i ϕ = ∫ i ϕ = ∫ e d iϕ = e ⎟ 3 ⎜⎝ 2 l z 0 0 0 ⎠ 3 3 0 e e 3 ⎞ 2 2 3 ⎛ ⎞ 3 ⎛ 1 − 1⎟⎟ = = ⋅ ⎜ cos π + i ⋅ sin π − 1⎟ = ⋅ ⎜⎜ − + i 2 3 3 2 ⎝ ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ 9 3 3 3⎛−3+i 3⎞ 3 3 ⎟⎟ = . = ⎜⎜ − 3+i = − +i 4 4 2⎝ 2 2 ⎠ π
iϕ
π
iϕ
π
(
Ответ: −
2 iϕ 3
)
9 3 3 +i . 4 4
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.25. Область D называется n − связной, если выполняются требования: 1) граница области распадается на n кусочно-гладких замкнутых контуров без самопересечений; 36
2) ∃ ровно один контур (внешний контур), внутри которого содержатся остальные (n − 1) контуров γ 1 , γ 2 , K , γ n −1 ; го.
3) среди γ 1 , γ 2 , K , γ n −1 ни один из контуров не содержится внутри друго-
γ2
γi
γ n −1
l −1
l1
Γ
γ1
Рис. 1.13 Если теперь мысленно выкинуть области, ограниченные замкнутыми контурами γ 1 , γ 2 , K , γ n −1 , то получим n - связную область D (рис. 1.13). Сразу
отметим, что не исключаются случаи вырождения некоторых из γ i в точку или линию. Теорема Коши. Если в односвязной области D ω = f (z ) есть аналитическая функция, тогда (1.108) ∫ f (z )dz = 0 , l+
где l − замкнутый кусочно-гладкий контур без самопересечения, лежащий в D (рис. 1.14). Если же f (z ) аналитическая в замкнутой области D = D U Γ , Γ − граница односвязной области D , то
∫ f (z )dz = 0 ,
(1.109)
Γ
где под аналитичностью f (z ) в замкнутой 37
Γ
l T
D Рис. 1.14
области понимается аналитичность в открытой области, которая содержит замкнутую область. Доказательство. Сразу отметим, что ввиду (1.109) выбор направления обхода не существен. Согласно (1.106) и условиям (К-Р) (1.109) имеем (см. формулу (1.95)) ∫ U dx − V dy = − ∫∫ v ′x (x , y ) + u ′y (x , y ) dx dy = 0 , l
[
+
]
T
где T − область, ограниченная замкнутым контуром l . Аналогично
∫+ V (x, y ) dx + U (x, y ) dy = ∫∫ [U ′x (x, y ) − Vy′ (x, y )]dx dy = 0 , Τ
l
что завершает доказательство первой части теоремы. Если же f (z ) − аналитическая функция в D , то в качестве замкнутого контура l можем взять границу Γ , и мы получим (1.110) ∫ f (z )dz = 0 , Γ
что и требовалось доказать. Убедимся, что теорема Коши справедлива для многосвязной области. Положительное направление обхода по границе области совершается так, чтобы область оставалась по левую сторону руки при условии, что сторона плоскости выбрана (рис.1.13). Итак, граница ω = Γ ∪ γ 1 ∪ γ 2 ∪ K ∪ γ n −1 , а ее положительное направление обхода определяется равенством (рис. 1.13) ω + = Γ + ∪ γ −1 ∪ γ −2 − − ∪ K ∪ γ n−−1 , (1.111) где «+», «-» означает обход против часовой стрелки (по часовой стрелке). Соединяя кусочно-гладкими контурами l 1 , l 2 , K , l n −1 (рис. 1.13) звенья границы
ω , мы получим односвязную область с границей L = Γ ∪ γ 1 ∪ γ 2 ∪ K K ∪ γ ′n − ∪ l 1 ∪ l 2 ∪ K ∪ l n −1 , где ее положительный обход определяется
равенством
L+ = Γ + ∪ γ 1− ∪ γ −2 ∪ K ∪ γ n−−1 ∪
(1.112)
∪ l +1 ∪ l −21 ∪ l +2 ∪ l −21 ∪ K ∪ l +n −1 ∪ l −n −1
и звенья l i проходятся дважды в противоположных направлениях. В полученной односвязной области условия теоремы Коши удовлетворяются, что дает (см. формулу (1.110))
∫+ f (z )dz = ∫+ f (z )dz + ∫− f (z )dz + ∫− f (z )dz + K + ∫− f (z )dz + Γ
L
γ1
γ2
γn
+ ∫ f (z )dz + ∫ f (z )dz + K + ∫ f (z )dz + ∫ f (z )dz = 0. l +1
Но
l −1
l +n −1
l −n −1
(1.113)
∫+ f (z ) dz + ∫− f (z ) dz = ∫+ f (z ) dz − ∫+ f (z ) dz = 0, i = 1, n − 1.
li
li
li
li
С учетом последнего равенства (1.113) можно переписать так: 38
∫+ f (z )dz = ∫+ f (z )dz + ∫− f (z )dz + Γ
L
γ1
(1.114)
+ ∫ f (z )dz + K + ∫ f (z )dz = 0, γ −2
γ n−
в чем и следовало убедиться. (1.114) ⇔ ∫ f (z )dz = ∫ f (z )dz + Γ
+
γ 1+
∫+ f (z )dz + K + ∫+ f (z )dz .
γ2
(1.115)
γn
Последнее означает следующее: если для n − связной области D условия теоремы Коши выполняются, то контурный интеграл по внешнему контуру Γ равняется сумме контурных интегралов по внутренним контурам γ i , i = 1, n − 1 , где обход всех контуров должен быть согласован, то есть все контуры обходятся либо по часовой стрелке, либо против часовой стрелки. Основные формулы теории интегрирования аналитических функций Докажем, что для целых n (n ∈ Z )
10 . ∫ l
+
dz = 2 π i, l : z − z 0 = r . z − z0
(1.116)
2 . ∫ (z − z 0 ) dz = 0, n ≠ −1 . n
0
l
r •z
(1.117)
+
iϕ
Действительно, l : z = z 0 + r ⋅ e , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . В силу этого и (1.106)
z •
2π r ⋅ e i ϕ ⋅ i dϕ dz iϕ = dz = r ⋅ e ⋅ i dϕ = ∫ = ∫+ iϕ − z z ⋅ r e 0 0 l
0
Рис. 1.15
2π
= i ∫ dϕ = 2π i . 0
Аналогично
2π
∫+ (z − z 0 ) dz = ∫ r ⋅ e n
n
n ϕi
ϕi
⋅ r ⋅ e i dϕ = r
n +1
0
l
2π
∫e
[
]
r ⋅ e 2 π i (n +1) − 1 = 0 , так как n +1 2 π i ( n +1) e = cos 2π (n + 1) + i ⋅ sin 2π (n + 1) = 1. =
Замечание. Основные формулы (1.116), (1.117) справедливы и для произвольного контура Γ , если только z 0 есть внутренняя точка области Τ , ограниченной Γ . Действительно, существует 39
dϕ i =
0
r n +1 2 π (n +1)i ϕ r n +1 (n +1) i ϕ = d [i ⋅ (n + 1)] = n + 1 ≠ 0 = ⋅e ∫e n +1 0 n +1 n +1
( n +1)ϕ i
2π
= 0
Τ
ω
• z0
Γ Рис.1.16
замкнутый круг радиуса r с центром в т. z 0 , принадлежащий открытой области
Τ , так как z 0 − внутренняя точка Τ . В двусвязной области (рис. 1.16), ограниченной Γ U ω, ω : z − z 0 = r , подынтегральные функции – аналитические ( z 0 в эту двусвязную область не входит). Теперь остается применить (1.115), чтобы убедиться в справедливости нашего утверждения. 1.7. ИНТЕГРАЛЬНАЯ ФОРМУЛА КОШИ. СЛЕДСТВИЯ. ПРИМЕРЫ Теорема 1.9. Если ω = f (z ) (1.118) аналитическая функция в замкнутой односвязной области D и Γ − замкнутая кусочно-гладкая граница этой области, z 0 − внутренняя точка D , то
f (z 0 ) =
1 f (z )dz . ∫ 2 πi Γ z − z 0
(1.119)
Другими словами, для задания аналитической функции в замкнутой области D , вполне достаточно задать эту аналитическую функцию на границе области. Доказательство. Функция
ϕ (z ) =
f (z ) − f (z 0 ) z − z0
D
ω • z0
(1.120)
есть аналитическая функция в D за исключением точки z 0 . Но
Γ
p Рис. 1.17
f (z ) − f (z 0 ) = f ′(z 0 ). z→z0 z − z0
lim ϕ(z ) = lim
(1.121)
Имея последнее в виду, полагаем ϕ (z 0 ) = f ′(z 0 ).
(1.122)
z→z0
Из определения аналитичности функции f (z ) в D ( f ′(z ) непрерывна в
D ) следует, что доопределенная в т. z 0 по формуле (1.122) ϕ (z ) есть непрерывная функция в D и, тем самым, в D она ограничена: ϕ (z ) ≤ M , M > 0 . (1.123) Далее, (см. рис. 1.17)
∫+ϕ (z )dz = ∫+ ϕ (z )dz ,
Г
(1.124)
ω
40
так как ϕ(z ) − аналитическая функция в двусвязной области, ограниченной Γ ∪ ω (см. рис. 1.17). Это дает 2 2 ∫+ ϕ (z ) dz = ∫+ ϕ(z ) dz ≤ ∫+ ϕ (z ) ⋅ dz = dz = dx + dy = dl ≤
Γ
ω
ω
≤ 2 M π p → 0 при p → 0 (см. рис. 1.17), p − радиус окружности ω . Отсюда следует, что
∫+ ϕ (z )dz = ∫+ ϕ (z )dz = 0 ,
Γ
или
∫+
Γ
(1.125)
ω
f (z ) − f (z 0 ) f (z ) dz dz dz = ∫ dz − ∫ f (z 0 ) = 0 . Теперь, согласz − z0 z − z0 Γ+ z − z 0 Γ+
но основным формулам интегрирования (формулы (1.116), (1.117)), отсюда имеем
f (z 0 ) =
1 f (z )dz , ⋅ ∫ 2 πi Γ + z − z 0
(1.126)
что и надо. Последнее соотношение можно переписать так:
∫+
Γ
f (z )dz = 2π i f (z 0 ) . z − z0
(1.127)
Следствие 1 (без доказательства).
f n (z 0 ) =
n! f (z )dz ⋅∫ , n∈N, 2π i Γ (z − z 0 )n +1
(1.128)
то есть (1.126) можно почленно дифференцировать под знаком контурного интеграла по параметру z 0 неограниченное число раз. Другими словами, аналитическая функция дифференцируема неопределенное число раз в точке аналитичности. Следствие 2. Формула Коши справедлива для многосвязной области. Доказательство. Возьмем для определенности трехсвязную область (рис. 1.18). Здесь мы поступаем, как и в теореме Коши (см. теорему 1.8) (см. доказательство теоремы). Область, ограниченная + + + − + + − + Γ = γ ∪ l 1 ∪ l 1 ∪ γ 1 ∪ l 2 ∪ l 2 ∪ γ 2 − односвязна. В силу этого
f (z 0 ) = так как
∫ +
l i ∪℘i−
1 f (z )dz 1 f (z )dz , = ⋅ ∫+ ∫ 2 πi Γ z − z 0 2 π γ + ∪ γ1+ ∪ γ +2 z − z 0
(1.129)
f (z ) dz = 0, i = 1,2 , что и следовало доказать. z − z0
Формулы (1.126), (1.127) и (1.128) находят приложения при нахождении контурных интегралов. Покажем это на примерах.
41
e z dz ПРИМЕР 1.21. Вычислить по интегральной формуле Коши ∫ 2 , Lz +4 L : z + i = 2,5 . Решение. L − окружность с центром в т. (− i ) и радиуса r = 2,5 . Точка 2i не принадлежит кругу, ограниченному L , тогда как • z0 − 2i принадлежит этому кругу. Подынтегральную функцию ϕ(z ) преобразуем следующим образом:
ez z − 2i ez ϕ(z ) = = . (z + 2 i ) ⋅ (z − 2 i ) z − (− 2 i ) ez − аналитическая функция в f (z ) = z − 2i замкнутом круге Τ как отношение двух анаz литических функций e и z − 2 i ≠ 0 в Τ , z 0 = −2 i есть внутренняя точка этого круга.
l2 l1
γ2
γ
γ1
Рис. 1.18
Тогда, согласно (1.127),
y
z
e dz e z dz z − 2i e −2 i = 2π i ∫ = 2 πi ⋅ = ∫ 2 ( ) − 4i . L z +4 L z − − 2i π = − ⋅ (cos 2 − i ⋅ sin 2) 2 π Ответ: ⋅ (− cos 2 + i ⋅ sin 2 ) 2
2i
•i 0
Рис. 1.19
ПРИМЕР 1.22. Вычислить по интегральной формуле Коши
∫
L
L : z −1 = 4 .
n = 1. Согласно (1.128) f (z ) = z = 2π i . f ′(z ) = 1
z dz
(z + 1)
0
• • • • • • • 4 -3 1 Рис. 1.20 42
2
;
y
Решение. L − окружность с центром (1,0) и радиуса r = 4 , Τ − круг, ограниченный
L , z 0 = −1, z dz = ∫ 2 L (z + 1)
x
• −i • − 2i
x
Ответ: 2 π i .
dz
∫
ПРИМЕР 1.23. Вычислить интеграл
3 3 L (z − 1) ⋅ (z + 1)
; L : a ) z − 1 = 1;
б) z + 1 = 1; с) z = R , R ≠ 1 . Обозначая искомый интеграл через
∫
, имеем (см. формулу (1.128) при
L
n = 2) 1 а)
dz
(z + 1) 3 L (z − 1) 3
∫ =∫
L
=
2 πi 1 − аналитическая ⋅ f ′′(1) , где f (z ) = 3 21 (z + 1)
функция в замкнутом круге с границей а).
[
]
−3 ′ −4 −5 f ′(z ) = (z + 1) = −3 ⋅ (z + 1) , f ′′(z ) = 12 ⋅ (z + 1) , 3 3 f ′′(1) = . Отсюда ∫ = π i ; 8 L 8 1 dz 3 1 ( z − 1) ′ ′ ( ) ( ) б) ∫ = ∫ f z = π i ⋅ f − 1 , где = − аналитическая 3 (z − 1)3 L L (z + 1)
Найдем
функция в замкнутом круге с границей б).
[
]
−3 ′ −4 −5 f ′(z ) = (z − 1) = −3 ⋅ (z − 1) , f ′′(z ) = 12 ⋅ (z − 1) , 3 3 f ′′(− 1) = − . Отсюда ∫ = − π i . 8 8 L с) Если R < 1 , то подынтегральная функция аналитична в замкнутом
Далее
круге с границей с). Согласно теореме Коши искомый интеграл равен нулю. Если же R > 2 , то рассматриваем трехсвязную область, ограниченную окружностями а), б), с). Здесь подынтегральная функция аналитична, и по теореме Коши
∫
z =R
dz
(z − 1) ⋅ (z + 1) 3
3
= ∫
z −1 =1
dz
(z − 1) ⋅ (z + 1) 3
3
3 3 = πi − πi = 0. 8 8 3 3 Ответ: а) π i; б) − π i ; с)0. 8 8
+ ∫
z +1 =1
∫
z −1 =1
43
(z − 1) ⋅ (z + 1) 3
πz 4 dz . 2 (z − 1) ⋅ (z − 3) sin
ПРИМЕР 1.24. Вычислить интеграл
dz 3
=
πz 4 z − 3 = 2 π i ⋅ f ′(1) , (z − 1)2 sin
Решение.
∫= ∫
z −1 =1
y где 0
πz sin 4 есть аналитическая функция в замкнутом f (z ) = z−3 круге с границей z − 1 = 1. Ее производная πz πz π cos ⋅ (z − 3) − sin⋅ 4 4 , f ′(z ) = 4 2 (z − 3) π π π π π π ⋅ cos + sin cos − sin⋅ 4 4 =− 4 4 = − 2 ⋅ (π + 2 ) . f ′(1) = 2 4 4 8 2 ⋅ π i ⋅ (π + 2). Ответ: − 4
•
1
x
1.8. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛОВЫЕ РЯДЫ. КОМПЛЕКСНЫЕ ФУНКЦИОНАЛЬНЫЕ РЯДЫ Понятие сходимости комплексной числовой последовательности (КЧП) ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.26. Говорят, что КЧП
z 1 = x 1 + i y 1 , z 2 = x 2 + i y 2 ,K ,
(1.130)
K , z n = x n + i y n ,K сходится к КЧ z 0 = A + B i , если для любого числа ε > 0 , в частности, сколь угодно малого ∃ номер N = N (ε ) , такой, что как только n > N (ε ) , то для всех таких номеров выполняется соотношение
zn − z0 < ε
(1.131)
По-другому (1.131) можно записать так:
lim z n = z 0 = A + B i , z n → z 0 = A + B i .
n →∞
(1.132)
Отметим, что N (ε ) находится из решения неравенства (1.131), если z 0 является пределом указанной числовой последовательности, и только в этом случае. Геометрическая иллюстрация (1.131) заключается в следующем: какой бы открытый круг ω (z 0 , r ) радиуса ε с центром в точке z 0 ни выбрать, все
44
члены (1.130), за исключением конечного числа членов: z1 , z 2 , K , z N , окажутся в этом открытом круге. Теорема 1.10.
• z N +1
lim z n = z 0 = A + B i ⇔, ∃
n →∞
lim x n = A, lim y n = B .
n →∞
И тогда первое равенство из (1.132) в записи выглядит так: lim (x n + i ⋅ y n ) = lim x n + i lim y n . n→∞
z0 •
z N+p •
(1.133)
n →∞
n→∞
ε
n→∞
Рис. 1.21 (1.134)
Отметим, что критерий Коши для вещественной действительной последовательности имеет место и для КЧП, а именно: Критерий Коши. Для того, чтобы КЧП (1.130) сходилась к z 0 , необходимо и достаточно, чтобы для любого ε > 0 , в частности, сколь угодно малого, существует номер N = N (ε ) , такой, что имеет место неравенство
z n + m − z n < ε при n > N (ε ), m = 1,2, K . Комплексный числовой ряд (КЧР) Если члены ряда ∞
∑ z n , z n = xn + i y n
(1.135)
1
– комплексные числа, то он называется комплексным числовым рядом (КЧР). Ряды
∞
∞
k =1
k =1
∑ x k , ∑ y k назовем соответственно вещественной и мнимой ча-
стью КЧР (1.135). И здесь имеет место стандартная терминология для рядов n
n
k =1
k =1
S n = ∑ z k = ∑ (x k + i y k ) = n n = ⎛⎜ ∑ x k ⎞⎟ + i ⋅ ⎛⎜ ∑ y k ⎞⎟ − ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
(1.136)
− n − я частичная сумма ряда (1.135).
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.27. Говорят, что КЧР (1.135) сходится, если существует конечный lim S n = S = A + B i , A, B ∈ R . (1.137) n→∞
Предел, где S = A + B i называется суммой КЧР и это записывается так: ∞
S = ∑ z k = z1 + z 2 + K + z n + K . 1
45
Согласно (1.136) соотношение (1.137) означает следующее: n
n
A = lim ∑ x k , B = lim ∑ y k . n → ∞ k =1
(1.138)
n → ∞ k =1
Таким образом, справедлива Теорема 1.11. КЧР (1.135) сходится ⇔ , когда совместно сходятся ее вещественная и мнимая части. Понятие комплексного функционального ряда (КФР) ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.28. Если члены ряда – функции комплексного переменного, то такой ряд называется комплексным функциональным рядом (КФР). Таким образом, КФР имеет вид ∞
∑ u n (z ) = u 1 (z ) + u 2 (z ) + K + u n (z ) + K .
(1.139)
1
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.29. Говорят, что КФР (1.139) сходится в т. z 0 , если ∞
∑ u n (z 0 )
(1.140)
1
есть сходящийся КЧР. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.30. Говорят, что D есть область сходимости КФР (1.139), если в каждой точке z 0 ∈ D ряд (1.140) сходится. Тогда сумма ряда (1.139) есть функция от z, z ∈ D и s (z ) = lim s n (z ) . n →∞
Абсолютная и условная сходимость КЧР и КФР Рассмотрим КЧР (1.135) и составим ряд из модулей z n его членов: ∞
∑ zn
.
(1.141)
1
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.31. Говорят, что КЧР (1.135) сходится абсолютно, если сходится ряд (1.141). Теорема 1.12. Ряд (1.135) сходится абсолютно ⇔ , когда сходятся абсолютно его вещественная и мнимая части, то есть сходятся абсолютно ряды ∞
∞
1
1
∑ xk , ∑ y k .
(1.142)
Доказательство. Необходимость. По условию (1.141) сходится абсолютно. Из x n , y n ≤ z n = x n + y n ⇒ абсолютная сходимость рядов (1.142), если применить первую теорему сравнения для знакоположительных рядов, что и надо. 2
2
2
2
Достаточность. z n = x n + y n ≤ x n + y n мость ряда (1.135). Теорема доказана полностью. 46
2
⇒ абсолютная сходи-
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.32. Говорят, что КФР (1.139) абсолютно сходится в области D , если сходится
∞
∑ u n (z )
для всех z ∈ D .
1
Отметим, что в простейших случаях к ряду
∞
∑ u n (z ) ,
составленному из
1
модулей u n (z ) , применяем известные признаки сходимости знакоположительных рядов. Поясним это на примерах. ПРИМЕР 1.25. Найти область абсолютной сходимости ряда
u n (z ) = n ⋅ e
Решение.
−n z
= n⋅e
n ⋅( x + i y )
∞
∑ n e −n z . 1 nx
= n ⋅e
⋅ e −n i y =
= n ⋅ e −n x . Применяя признак Даламбера к полученному знакоположительному ряду −n x , имеем с общим членом n ⋅ e
lim
u n +1 (z )
n →∞
u n (z )
u (z ) = lim n +1 = lim n →∞ n →∞ u (z ) n
n + 1 ⋅ e −(n +1)⋅z = n ⋅ e −n z
lim
n →∞
1 ez
=
1 . ex
1 < 1 дает x > 0 . x e Ответ: Re z = x > 0 − правая полуплоскость. −n x = +∞ , то необходимое услоЗамечание. Так как при x ≤ 0 lim n ⋅ e
Требование
(
)
n →∞
вие сходимости lim u n (z ) = 0 ⇔ lim u n (z ) = 0 исходного ряда не выполn →∞
n →∞
няется. Итак, при x ≤ 0 исследуемый ряд расходится. Таким образом, область сходимости совпала с областью абсолютной сходимости. ПРИМЕР 1.26. Найти область абсолютной сходимости ряда ∞
n ∑ (− 1) ⋅ n −z . 1
Решение. u n (z ) = (− 1) n n
−z
= e − z ln n = e −( x +i y )⋅ln n =
= e − x⋅ln n ⋅ e −i y ln n = e − x⋅ln n = n − x =
1 . nx
1 − обобщенный гармонический ряд (ряд Дирихле), который схоx 1 n дится при x > 1 и расходится при x ≤ 1. Ответ: Re z = x > 1 − правая полуплоскость, определяемая прямой x = 1. ∞
∑
47
ПРИМЕР ∞
∑ 1
1.27.
1 −n z2 . ⋅e n2
Найти
область
абсолютной
сходимости
ряда
1 1 − n⋅(x 2 − y 2 ) − n ⋅(x 2 − y 2 + 2 i x y ) ⋅ e = ⋅e = 2 2 n n n (y 2 − x 2 ) e = . n2
Решение. u n (z ) =
=
1
n 2 ⋅ e n⋅(x
2
− y2
)
−2 ⎡ (n + 1)2 ⋅ e (n +1)⋅(x 2 − y 2 ) ⎤ 1 ⎛ 1⎞ −x 2 + y2 y2 − x 2 lim ⎢ lim 1 e = + ⋅ = = e . ⎥ ⎜ ⎟ 2 2 x − y 2 n ⋅(x 2 − y 2 ) n →∞ n →∞ ⎝ n ⎠ n ⋅e e ⎢⎣ ⎥⎦ − x 2 + y2 < 1 дает − x 2 + y 2 < 0 . И в этой области ряд схоТребование e 1 2 2 дится абсолютно. Если − x + y = 0 , то u n (z ) = 2 . И в этом случае имеет n 2 2 место абсолютная сходимость. Если же y − x > 0 , то lim u n (z ) = −1
(
n → +∞
)
en y2 − x 2 = lim = ∞ , то есть необходимое условие сходимости ряда не выn →∞ n2 2 2 полняется. Ответ: y − x ≤ 0 . ПРИМЕР ∞
n⋅2
1
(z − 3 i )
∑
2n
n →∞
Найти
область
абсолютной
сходимости
ряда
.
Решение.
= 2 lim
1.28.
n
u n (z ) =
n ⋅ 2n z − 3i
2n
2n n + 1) ⋅ 2 n +1 (z − 3 i ) ( ⋅ lim n →∞ (z − 3 i )2 n + 2 n ⋅ 2n
,
=
2 n +1 1 2 2 ; < 1 , z − 3 i > 2 − внешность ⋅ = 2 2 2 n (z − 3 i ) z − 3i z − 3i
круга радиуса
2 с центром в точке 3 i .
Если z − 3 i
2
≤ 2 , то u n (z ) ≥ n, lim u n (z ) = ∞ . И нарушается необn →∞
ходимое условие сходимости ряда. Ответ: z − 3 i > 2 − внешность круга радиуса
2 с центром в точке 3i . n
⎛z−i⎞ ПРИМЕР 1.29. Найти область абсолютной сходимости ряда ∑ ⎜ ⎟ . 1 ⎝z +i⎠ ∞
48
n
z−i , члены этого ряда образуют геометрическую Решение. ∑ 1 z+i z−i прогрессию со знаменателем q = < 1 . В противном случае последний z+i ∞
ряд будет расходиться. Должно быть
z − i < z + i ⇔ x 2 + (y − 1) < x 2 + (y + 1) , − 2 y < 2 y, y > 0 . Ответ: Jm z = y > 0 − верхняя полуплоскость. 2
2
Равномерная сходимость КФР ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.33. Говорят, что КФР сходится равномерно в области D , если выполняется условие: для ∀ ε > 0 ∃ номер N = N (ε ) , такой, что для
всех n > N (ε ) и для всех z ∈ D выполняется требование
s n (z ) − s (z ) < ε , где s (z ) − сумма КФР s (z ) = lim s n (z ) .
(
n →∞
)
(1.143)
Обратим внимание читателя на то, что равномерная сходимость предполагает сходимость (1.139) в области D к сумме s (z ) .
Если ряд (1.139) сходится к сумме s (z ) неравномерно, то, решая
неравенство (1.143) по заданному ε > 0 , найдем, что N = N (ε, z ) , так как, например, для z = z 0 и z = z1 соответствующие числовые ряды (1.140) разные. Равномерная же сходимость означает, что по выбранному ε N от z не зависит. Так же, как и в случае вещественного функционального ряда, имеет место признак Вейерштрасса и критерий Коши о равномерной сходимости. Признак Вейерштрасса. Если для ∀ z ∈ D имеет место неравенство
u n (z ) ≤ c n , c n ≥ 0
и
(1.144)
∞
∑ c n − сходится, то КФР (1.139) равномерно сходится в области D . 1
Критерий Коши. КФР (1.139) сходится равномерно к своей сумме f (z )
⎛ f (z ) = ∞ u (z )⎞ в области D ⇔ , когда для любого ε > 0 ∃ N = N(ε ) , что ∑ n ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ 1 для n > N (ε ) справедливо неравенство s n + m (z ) − s n (z ) < ε , (1.145) при m = 1,2, K, и для произвольного z из D .
Так же, как и в случае вещественных функциональных рядов, справедливы нижеследующие утверждения, доказательства которых –
49
буквальный повтор доказательств соответствующих вещественных функциональных рядов. Теорема 1.13. Если члены u n (z ) ряда (1.139) непрерывны в области D и
⎛ ⎝
∞
⎞ ⎠
ряд сходится равномерно к своей сумме f (z ) ⎜ f (z ) = ∑ u n (z )⎟ , то f (z ) − 1
непрерывная функция в области D . Теорема 1.14. Если члены u n (z ) ряда (1.139) непрерывны в области D и ряд сходится равномерно в D , то его можно почленно интегрировать, то есть
⎧ ∞ u (z )⎫ dz = ∞ u (z )dz , ∑∫ n ∫ ⎨∑ n ⎬ 1 L ⎭ L ⎩ 1
(1.146)
где L − кусочно-гладкая кривая, лежащая в области D . Теорема 1.15. (Вейерштрасса). Если члены u n (z ) КФР ∞
∑ u n (z )
(1.147)
1
являются аналитическими функциями в области D , а ряд (1.147) сходится
′
равномерно к своей сумме f (z ) в любой замкнутой подобласти D области D , то 10 f (z ) − аналитическая функция в области D ;
) 2 ) 0
∞
f (k ) (z ) = ∑ u (nk ) (z ) − ряд можно почленно дифференцировать 1
неограниченное число раз;
)
∞
30 ряд ∑ u (nk ) (z ) сходится равномерно в любой замкнутой подобласти ′ D области D .
1
1.9. СТЕПЕННЫЕ КОМПЛЕКСНЫЕ РЯДЫ ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.34. КФР вида ∞
∑ c n (z − z 0 )
n
(1.148)
0
называется степенным комплексным рядом СКР, где c n = α n + i β n − заданные коэффициенты, z = x + i y − комплексная переменная (КП),
z 0 = x 0 + i y 0 − заданное КЧ. Не теряя общности, вместо (1.148) рассмотрим СКР ∞
∑ cn z n .
(1.149)
0
50
Теорема 1.16. (Абеля). Если степенной ряд (1.149) сходится при z = z 0 ≠ 0 , то он абсолютно сходится при всех z , удовлетворяющих условию
z < z0 .
(1.150)
Если степенной ряд (1.149) расходится при z = z1 ≠ 0 , то он расходится при всех z , удовлетворяющих неравенству z > z1 . (1.151) Геометрическая иллюстрация y теоремы Абеля заключается в следующем (см. рис. 1.22): неравенство (1.150) определяет открытый круг радиуса z0 z 0 ≠ 0 c центром в начале координат, в • которых ряд (1.149) сходится абсолютно. z0 Если же рассмотреть внешность круга • x 0 z 1 радиуса z1 ≠ 0 (см. (1.151)), то в этом множестве точек ряд (1.149) расходится. Доказательство теоремы Абеля. Из z1• сходимости КЧР ∞
∑ c n ⋅ z n0
(1.152)
Рис. 1.22
1
⇒ lim c n ⋅ z 0n ⇔ lim c n ⋅ z 0n = lim c n ⋅ z 0 n →∞
n →∞
lim c n ⋅ z 0
n→∞
то есть
n
n →∞
n
=0
= 0,
(1.153)
c n ⋅ z 0n − бесконечно малая числовая последовательность, что
приводит к ее ограниченности:
с n ⋅ z n0 = c n ⋅ z 0
n
≤ M, M > 0
(1.154)
для всех n . Теперь, согласно (1.154), сделаем оценку:
zn z с n ⋅ z = c n ⋅ z ⋅ n = c n z n0 ⋅ z0 z0 n 0
n 0
n
z ≤ M⋅ z0
n
(1.155)
Если выполняется (1.150), то знакоположительный числовой ряд с общим
z членом M z0
n
сходится, так как его члены образуют геометрическую
прогрессию со знаменателем
z z = < 1 . Этим первая часть теоремы Абеля z0 z0
доказана. 51
Вторая часть теоремы Абеля – следствие первой части. Действительно, если для некоторого z = z 2 и z 2 > z1 ряд (1.149) сходится, то согласно первой части теоремы в т. z1 (1.149) есть абсолютно сходящийся ряд. И мы приходим к противоречию, что завершает доказательство теоремы. Используя теорему Абеля, можно доказать следующий факт: для каждого степенного ряда (1.149) ∃ R ≥ 0 , что для всех z < R степенной ряд (1.149) будет сходиться абсолютно. При открытом круге радиуса R с центром в начале координат, для всех z , удовлетворяющих условию z > R , ряд (1.149) расходится. Это R ≥ 0 принято называть радиусом сходимости степенного ряда. Если мы рассматриваем общий случай (1.148), то центр окружности будет в т. z 0 ≠ 0 , отличном от начала координат. В точках самой окружности вопрос остается открытым. Если взять 0 < r < R (R > 0 ) , то в замкнутом круге z ≤ r степенной ряд (1.149) сходится абсолютно и равномерно. В самом деле, для z = p > 0 , ∞
r < p < R числовой ряд ∑ c n ⋅ p n сходится абсолютно. Применяя признак 0
Вейерштрасса, убеждаемся в справедливости нашего утверждения. ПРИМЕР 1.30. Найти радиус сходимости степенного ряда
∞
∑
(z + i )n . nn n z+i
1
1 , z 0 = −i , u n (z ) = . К n n n n знакоположительному ряду с общим членом u n (z ) применим радикальный z+i признак Коши: lim n u n (z ) = lim = 0 . Последнее говорит о том, что n →∞ n →∞ n для любого z исследуемый ряд сходится абсолютно (R = ∞ ) . Ответ: R = ∞ . Решение. Согласно (1.148) c n =
Замечание. Рассматриваемый ряд сходится равномерно в любом z +i ≤ r, так как в этом круге замкнутом круге
z+i
n
n
n
∞ rn ⎛ r ⎞ ⎛r⎞ и знакоположительный ряд u n (z ) = ≤ = ⎜ ⎟ сходится. ⎜ ⎟ ∑ nn nn ⎝ n ⎠ 1 ⎝n⎠ Но любая конечная т. z может быть включена в указанный круг при подходящем выборе r . Отсюда следует, что в любой ограниченной области
исследуемый ряд сходится равномерно.
n ( z − 2i ) . ПРИМЕР 1.31. Найти радиус сходимости степенного ряда ∑ n 0 (n + 1) ⋅ 2 ∞
52
n
z − 2i 1 ( ) = = Решение. c n = . , z 2 i , u z 0 n n n (n + 1) ⋅ 2 (n + 1) ⋅ 2 Применяя признак Даламбера, найдем lim
n →∞
= lim
z − 2i ⋅ (n + 1)
n →∞
2 ⋅ (n + 2 )
Требование
z − 2i
=
z − 2i
n +1
(n + 2) ⋅ 2 n +1
n + 1) ⋅ 2 n ( ⋅ z − 2i
n
=
1 n = z − 2i . lim n →∞ 2 2 1+ n 1+
z − 2i 2
< 1 ⇔ z − 2i < 2 , что определяет внутренность
2 круга радиуса 2 (R = 2 ) с центром в т. 2i . Ответ: R = 2 .
дает u n (z ) ≥
Замечание. Условие z − 2i ≥ 2 ряда
∞
1 ⇒ расходимость n +1
При этом u n +1 (n ) ≥ u n (z ) и тем самым для таких z −
∑ u n (z ) . 0
внешность открытого круга с центром в т. 2i радиуса 2 − lim u n (z ) ≠ 0 . n →∞
Отсюда имеем lim u n (z ) ≠ 0 и необходимое условие сходимости ряда
не
n →∞
выполняется. ПРИМЕР 1.32. Найти область абсолютной сходимости ряда
∞
∑ n!z n . 1
Решение. u n (z ) = n! z , u n (z ) = n! z . n!
n
(n +1)!
(n + 1)! z u (z ) lim n +1 = lim n! n →∞ n →∞ u (z ) n! z n
= lim (n + 1) ⋅ z
n ⋅( n!)
n →∞
⎧⎪0, если z < 1 =⎨ ⎪⎩∞, если z ≥ 1
Следовательно, z < 1 − область абсолютной сходимости исследуемого ряда. Ответ: z < 1 − область абсолютной сходимости. Замечание.
z ≤ r < 1,
Если
знакоположительный ряд
∞
то
∑ n!r n! сходится.
n!⋅z n! = n!⋅ z
n!
≤ n!r n! .
Но
Отсюда согласно достаточному
1
признаку Вейерштрасса исходный ряд будет сходиться равномерно в круге z ≤ r. ПРИМЕР 1.33. Найти область абсолютной сходимости ряда 53
∞
∑
(z − 2)n
1
n
n
Решение.
n
z − 2 (z − 2 ) (z − 2) = + + K + 1 22 nn 4
n ( z − 2) u n (z ) = n
n
признак Коши, получим
lim n u n (z ) = lim
n →∞
z−2
n →∞
n
, u n (z ) =
n ( n −1)
n
nn
z−2
+ K. nn
, применяя радикальный
nn
⎧⎪0, если z − 2 ≤ 1 =⎨ ⎪⎩∞, если z − 2 > 1.
Ответ: z − 2 ≤ 1 − область абсолютной сходимости. Замечание. Эта же область есть область равномерной сходимости исследуемого ряда, так как u n (z ) ≤
∞ 1 1 , а ∑ n - сходящийся. n n 1 n
Теорема 1.17. Сумма s (z ) степенного ряда
∞
∑ c n (z − z 0 )
n
,
0
∞
s (t ) = ∑ c n (z − z 0 )
n
есть
в круге сходимости
0
z − z 0 < R (R > 0)
аналитическая функция. При этом для коэффициентов ряда справедливы равенства
c 0 = s (z 0 ), c 1 =
s ′(z 0 ) s ′′(z 0 ) , c1 = ,K 1! 2!
(1.156)
s (k ) (z 0 ) , n ∈ N. K, cn = n!
Доказательство. Убедимся, что условия теоремы Вейерштрасса
(см.
теорему 1.15) соблюдены. Действительно, члены u n (z ) = c n (z − z 0 ) степенного ряда – аналитические функции в точках конечной комплексной плоскости. При z − z 0 ≤ r < R степенной ряд сходится равномерно. Любая n
замкнутая подобласть из открытого круга z − z 0 < R может быть включена в замкнутый круг z − z 0 ≤ r < R . Таким образом, условия теоремы Вейерштрасса соблюдены, что позволяет дифференцировать степенной ряд неограниченно. Имеем
s (z ) = c 0 + c1 (z − z 0 ) + c 2 (z − z 0 ) + c 3 (z − z 0 ) + K + 2
+ c n (z − z 0 ) + c n +1 (z − z 0 ) n
n +1
+ c n + 2 (z − z 0 )
54
3
n+2
+ K,
s ′ (z ) = c1 + 2 ⋅ c 2 (z − z 0 ) + 3 ⋅ c 3 (z − z 0 ) + 4 ⋅ c 4 (z − z 0 ) + K + 3
4
+ n ⋅ c n (z − z 0 ) + (n + 1) ⋅ (z − z 0 ) + (n + 2) ⋅ c n + 2 (z − z 0 ) + K , KKKKKKKKKKKKKKKK s (n ) (z ) = n ⋅ (n − 1)(n − 2 )K1 ⋅ c n + (n + 1) ⋅ (n (n − 1))K1 ⋅ (z − z 0 ) + K. KKKKKKKKKKKKKKKK Полагая в полученных равенствах z = z 0 , получим равенства (1.156), n −1
n +1
n
что и требовалось доказать. Замечание. s (z ) будучи суммой степенного ряда является непрерывной функцией в открытом круге сходимости. Отсюда, в частности, получаем lim s (z ) = s z * ,
( )
z → z*
*
где z ∈ открытому кругу сходимости. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.35. Если задана функция f (z ) , аналитическая в т. z 0 , то степенной ряд
f (n ) (z 0 ) n ⋅ (z − z 0 ) ∑ n! 0 ∞
(1.157)
называется рядом Тейлора функции f (z ) . Это позволяет предыдущую теорему сформулировать так: степенной ряд есть ряд Тейлора для своей суммы, или разложением Тейлора функции f (z ) в ряд по степеням (z − z 0 ) . Справедлива обратная теорема. Теорема 1.18. Если f (z ) − аналитическая функция в открытом круге
z − z 0 < R , то она разлагается в степенной ряд, который является ее рядом Тейлора. Доказательство.
z − z 0 < p . Тогда
f (z ) =
Для
∀ z, z − z 0 < R
∃ 0 < p < R , такое, что
1 f (η ) dη. ∫ 2 π i ωp μ − z
(1.158)
Но
1 1 = = η − z η − z 0 + (z 0 − z )
1 = ⎡ z − z0 ⎤ (η − z 0 ) ⋅ ⎢1 − ⎥ ⎣ η − z0 ⎦
2 n ⎡ ⎤ ⎛ z − z0 ⎞ z − z0 ⎛ z − z0 ⎞ 1 ⎟ + K + ⎜⎜ ⎟⎟ + K⎥ = = ⋅ ⎢1 + +⎜ η − z 0 ⎢ η − z 0 ⎜⎝ η − z 0 ⎟⎠ η − z ⎥⎦ ⎝ 0 ⎠ ⎣
55
z − z0 (z − z 0 ) (z − z 0 ) 1 = + + + K + + K. (1.159) n +1 η − z 0 (η − z 0 )2 (η − z 0 )3 (η − z 0 ) z − z0 z − z0 = Так как < 1, то ряд, η − z0 ρ R заключенный в квадратные скобки, сходится z по переменной η равномерно к сумме • η• 1 1 . Величина ограничена: •• z − z0 z0 η − z0 1− ρ η − z0 2
Рис. 1.23
n
1 1 = , что обеспечивает равномерную η − z0 ρ сходимость по переменной η ряда (1.159) и
его, следовательно, можно почленно интегрировать. Это дает (см. (1.158), (1.159)) n 1 ⎪⎧ ∞ (z − z 0 ) ⎫⎪ f (z ) = ⎬ f (η )d η = ∫ ⎨∑ 2 π i ω ⎪⎩ 0 (η − z 0 )n +1 ⎪⎭
⎧⎪ 1 ⎫⎪ ∞ (z − z 0 )n n = ∑⎨ f (η )dη⎬ = ∑ c n (z − z 0 ) , ∫ n +1 0 ⎪ 2 π i ω (η − z ) ⎪⎭ 0 ⎩ 0 f (n ) (z 0 ) 1 f (η )dη cn = = , ∫ 2 π i ω (η − z 0 )n +1 n!
(1.160)
∞
где
(1.161)
что завершает доказательство теоремы. Можно показать, что табличные разложения в ряд Тейлора, справедливые для действительных степенных рядов, имеют место и для комплексных степенных рядов. Приведем их. Таблица разложений в ряд Тейлора ∞ zn z2 zn I. +K+ +K = ∑ , z ∈ C. e = 1+ z + 2! n! n=0 n ! ∞ z2 z 2n z 2n n n II. cos z = 1 − + K + (− 1) ⋅ + K = ∑ (− 1) ⋅ , z ∈C. 2! 2 n ! (2n )! ( ) n=0 3 2n +1 ∞ z z z 2 n +1 n n + K + (− 1) ⋅ + K = ∑ (− 1) ⋅ , z ∈ C. III. sin z = z − 3 (2n + 1)! (2n + 1)! n=0 2n n z2 n z n z IV. ln(1 + z ) = z − + K + (− 1) ⋅ + K = ∑ (− 1) ⋅ , z < 1 . n! n 2 z
56
2 n +1 ∞ z3 z 2 n +1 n +1 z n V. arctg z = z − + K + (− 1) ⋅ = ∑ (− 1) ⋅ , z < 1. 3 2n + 1 n = 0 2n + 1!
α ⋅ (α − 1) 2 α (α − 1) ⋅ (α − 2 ) z + +K 2! 3! α (α − 1)K[α − (n − 1)] n z +K = K+ n! ∞ α (α − 1)K [α − (n − 1)] R = 1+ ∑ z n , z < 1, α ∈ . n! N n =1 При α = −1 отсюда имеем 1 n = 1 − z + z 2 − z 3 + K + (− 1) ⋅ z n + K = VII. 1+ z VI. (1 + z ) = 1 + α z + α
∞
= ∑ (− 1) ⋅ z n , z < 1. n
n=0
∞ 1 = 1 + z + z2 + K + zn + K = ∑ zn , z < 1. 1− z 0 1 ПРИМЕР 1.34. Разложить функцию в ряд Тейлора в окрестности 1− z z 0 = 3i . Решение. Полагая t = z − 3 i, z = t + 3 i , имеем 1 1 1 1 = = ⋅ = t 1 − z 1 − t − 3 i (1 − 3 i ) 1− 1 − 3i
VIII.
⎞ 1 ⎛ t tn ⎜1 + ⎟= = + K + + K n ⎜ ⎟ 1 − 3i ⎝ 1 − 3i (1 − 3 i ) ⎠
z − 3i (z − 3 i ) 1 = + + + K + K, где согласно VIII) должно n +1 1 − 3 i (1 − 3 i )2 (1 − 3 i ) n
быть
z − 3i t = < 1, z − 3 i < 1 − 3 i = 10 . 1 − 3i 1 − 3i
(z − 3 i )n , Ответ: ∑ n +1 0 (1 − 3 i ) ∞
z − 3 i < 10 .
57
(
)
2
ПРИМЕР 1.35. Разложить функцию ln z + 6 z + 12 в ряд Тейлора в окрестности z 0 = −3 .
Решение. Полагая z + 3 = t , z = t − 3 , найдем z + 6z + 12 = (t − 3) + 2
2
+ 6 ⋅ (t − 3) + 12 = t 2 − 6t + 9 + 6 t − 18 + 12 = t 2 + 3 . Отсюда ⎛ t2 ⎞ 2 2 ln z + 6z + 12 = ln t + 3 = ln 3 + ln ⎜⎜1 + ⎟⎟ . Теперь остается вос3⎠ ⎝
(
)
(
)
пользоваться равенством IV) из таблицы разложения и получить
(
)
∞
ln z + 6z + 12 = ln 3 + ∑ (− 1) 2
∞
= ln 3 + ∑ (− 1)
n +1
n +1
n =1 2n
⋅
(z + 3) n
t 2n ⋅ n = t < 3 = 3 n
, z +3 < 3.
3 ⋅n 2n ∞ n +1 (z + 3) Ответ: ln 3 + ∑ (− 1) ⋅ , z +3 < 3. n 3 ⋅n 1 1
3
ПРИМЕР 1.36. Разложить в ряд Маклорена по степеням z функцию 27 − z .
1 находим 3 z 1 ⋅ 2 2 1 ⋅ 2 ⋅ 3 3 1 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 8 4 1 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 11 5 3 1+ z = 1+ − 2 z + 3 z − 4 z + z +K 3 3 ⋅ 2! 3 ⋅ 3! 3 ⋅ 4! 35 ⋅ 5! Решение. Из VI) таблицы разложений при α =
n −1 ( − 1) 1 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 11K (3n − 4 ) n K+ ⋅z +K =
3n ⋅ n !
z ∞ (− 1) ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 11K (3n − n ) n ⋅ z , z < 1. = 1+ + ∑ 3 2 3 n ⋅ n! n −1 z ∞ (− 1) ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 11K (3n − n ) n 3 ⋅ z , z < 1. 1− z = 1− − ∑ 3 2 3 n ⋅ n! n −1
Теперь преобразуем данную функцию следующим образом: 3
z и воспользуемся предпоследним равенством. Имеем 27 ⎛ z 1 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 11K (3n − 4 ) n ⎞ 3 27 − z = 3 ⋅ ⎜⎜1 − 4 − ∑ ⋅ z ⎟⎟ = 4n 3 3 ⋅ n ! ⎝ ⎠ z 1 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 11K (3n − 4 ) n ⋅ z , z < 27 . = 3− 3 −∑ 4 n −1 3 3 ⋅ n!
27 − z = 3 ⋅ 3 1 −
58
Ответ: 3 −
z 1 ⋅ 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ 11K (3n − 4 ) n ⋅ z , z < 27 . − ∑ 33 3 4 n −1 ⋅ n ! 1
ПРИМЕР 1.37. Разложить в ряд Маклорена функцию
Решение. Положим в VI) таблицы разложений α = −
9+z
2
.
1 и найдем 2
1 z 1⋅ 3 2 1⋅ 3 ⋅ 5 3 1⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 4 = 1− + 2 z − 3 z + 4 z +K 2 2 ⋅ 2! 1+ z 2 ⋅ 3! 2 ⋅ 4!
n ∞ (− 1)n ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 K (2n − 1) ( − 1) ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 K (2n − 1) n K+ z +K = 1+ zn ,
∑
2 n ⋅ n!
1
z < 1. Согласно последнему разложению имеем
2 n ⋅ n!
∞ (− 1) ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 K (2n − 1) z 2 n 1⎛ = ⎜⎜1 + ∑ ⋅ 2n n 2 3 ⋅ 2 n ! 3 1 ⎝ ⎛z⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠ n 1 ∞ (− 1) ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 K (2n − 1) 2 n = +∑ ⋅ z , z < 3. n 3 1 18 ⋅ n! n 1 ∞ (− 1) ⋅ 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 K (2n − 1) 2 n Ответ: + ∑ ⋅ z , z < 3. n 3 1 18 ⋅ n!
1
1 = ⋅ 9 + z2 3
n
1
⎞ ⎟= ⎟ ⎠
1.10. ПОНЯТИЕ РЯДА ЛОРАНА. ТЕОРЕМА ЛОРАНА Рассмотрим степенной ряд ∞
∑ c n (z − z 0 )
n
,
(1.162)
0
R ≥ 0 − его радиус сходимости. В открытом круге z − z0 < R (1.163) сумма степенного ряда (1.162) – f 1 (z ) − аналитическая функция. 1 , то есть ряд по отрицательТеперь рассмотрим ряд по степеням z − z0 ным степеням (z − z 0 ) : ∞ c −n
∑ 1
(z − z 0 )n
.
(1.164)
59
Если
1 − радиус сходимости ряда (1.164), то из r 1 1 < , z − z0 > r z − z0 r
следует, что областью сходимости (1.164) является внешность круга радиуса r с центром в т. z 0 , а его сумма f 2 (z ) − аналитическая функция в этой области. Если 0 ≤ r < R ≤ ∞ , то сумма рядов (1.162) и (1.164), равная f 1 (z ) + f 2 (z ),− аналитическая функция в кольце (рис. 1.24).
r < z − z0 < R.
(1.165)
•z
R
∞
∑ с n (z − z 0 ) + ∑ n
0
1
p2 r c 1 • z0 p1
(1.166)
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.36. Ряд ∞
c2
c −n
(z − z 0 )n
Рис. 1.24
(1.167)
называется рядом Лорана. При этом ряд Лорана (1.167) считается сходящимся ⇔ , когда совместно оба слагаемых ряда из (1.167) сходятся. В этом случае ряд по положительным (неотрицательным) степеням (z − z 0 ) называется правиль-
ной частью ряда Лорана, а ряд по отрицательным степеням (z − z 0 ) называется главной частью ряда Лорана. Таким образом,
c 0 + c1 (z − z 0 ) + c 2 (z − z 0 ) + L K + c n (z − z 0 ) + L − правильная часть 2
n
ряда Лорана;
c −1 c −2 c −n + + K + + K − главная часть ряда Лорана. z − z 0 (z − z 0 )2 (z − z 0 )n Теорема 1.19. (Лорана). Если f (z ) − аналитическая функция в открытом кольце 0 ≤ r < R ≤ ∞ (рис. 1.24), то она разлагается в ряд Лорана. И это разложение единственно. Доказательство. Сразу отметим, что z − произвольная точка (рис. 1.24) открытого кольца (1.166), которую мы сразу фиксируем. Проведем две окружности c1 (z 0 , ρ1 ) и c 2 (z 0 , ρ 2 ) , где r < ρ1 < ρ 2 < R и ρ1 < z − z 0 < ρ 2 , что всегда можно сделать. В замкнутом кольце, ограниченном c1 и c 2 , f (z ) как аналитическая функция, представима в виде (формула Коши (1.129))
f (z ) =
1 f (η )dη 1 f (η )dη − . ∫ ∫ 2 π i c2 η − z 2 π i c1 η − z
(1.168)
И в дальнейшем заметим, что в этом же замкнутом кольце f (z ) , как непрерывная функция, ограничена. 60
Для окружности c 2 имеем (см. формулу (1.159) доказательства теоремы Тейлора)
∞ (z − z 0 )n z − z 0 z − z 0 1 (1.169) < 1, , =∑ = ρ2 η − z 0 (η − z 0 )n +1 η − z где сходимость ряда по переменной η и при фиксированном z равномерная, согласно второму равенству из (1.169), f (η) в рассматриваемом замкнутом
кольце ограничена. В силу этого ряд (1.169) можно почленно интегрировать по переменной η , что дает
⎡ ∞ f (η ) ⋅ (z − z 0 )n ⎤ 1 ⎥ dη = ∫ ⎢∑ 2 π i c 2 ⎣⎢ 0 (η − z 0 )n +1 ⎦⎥
(1.170)
∞ ⎡ f (η ) ⋅ (z − z 0 )n ⎤ n n = ∑⎢ ⎥ ⋅ (z − z 0 ) = ∑ c n (z − z 0 ) , n +1 0 ⎢ (η − z ) 0 ⎣ ⎦⎥ 0 1 f (η )dy ⋅∫ . (1.171) cn = n +1 2 π i c 2 (η − z 0 ) Что же касается окружности c1 из (1.168), то здесь произведем преобра∞
где
зование так:
1 1 1 1 = = = ⋅ η − z η − z 0 + (z 0 − z ) (z 0 − z ) ⎡ z 0 − η ⎤ ⎢1 − z − z ⎥ ⎦ ⎣ 0 ∞ 1 1 = ⋅∑ = ⎡ z − η ⎤ (z 0 − z ) 0 (z 0 − z ) ⋅ ⎢1 − 0 ⎥ z0 − z ⎦ ⎣
(η − z 0 )η− z = −∑ n +1 0 (z − z ) 0 ∞
n
⎛ η − z0 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = − z z ⎝ 0 ⎠
(1.172)
0
,
где сходимость последнего ряда по переменной η ∈ c1 и при фиксированном z равномерна, так как
η − z0 ρ1 = < 1 . Это позволяет произвести почленz − z0 z − z0
ное интегрирование во втором слагаемом из (1.168), что дает
61
⎡ ∞ f (η ) ⋅ (z − z 0 )n ⎤ 1 ⎥ dη = ∫ ⎢∑ 2 π i c1 ⎢⎣ 0 (z − z 0 )n +1 ⎥⎦ ∞
=∑ 0
где
c − (n +1 )
(z − z 0 )
c −n =
n +1
c −n
∞
=∑ 1
(z − z 0 )
n
(1.173)
,
1 f (η) dη . ∫ 2 π i c1 (η − z 0 )−n +1
(1.174)
Теперь остается совершить замену в (1.168), согласно (1.170) и (1.173), и получить искомое разложение в виде ∞
f (z ) = ∑ c n (z − z 0 ) + ∑ n
0
c −n
(z − z 0 )
n
,
(1.175)
где, не теряя общности, можно положить
1 f (η )dη (1.176) ⋅∫ , n ∈ Z, 2 π i ωρ (z − z 0 )n +1 ωρ = ω (z 0 , ρ ), r < ρ < R ввиду аналитичности подынтегральной функсn =
ции в замкнутом кольце, ограниченном окружностями c1 и c 2 . Теорема доказана полностью. Классификация изолированных особых точек аналитической функции Напомним ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.37. Точка z 0 называется особой точкой аналитической функции, если в этой точке нарушается ее аналитичность. Например, f (z ) =
3z − 1 есть аналитическая функция во всех 5 z 2 − 6z + 7
точках, в которых знаменатель дроби отличен от нуля. Точки, в которых знаменатель равен нулю, – особые точки. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.38. Точка z 0 называется изолированной особой точ-
кой аналитической функции f (z ) , если ∃
окрестность этой точки
z − z 0 < R , которая не содержит других особых точек этой функции. В этом случае условия теоремы Лорана выполняются (r = 0 ) и имеет место равенство (1.175) для
0 < z − z 0 < R, r = 0 .
(1.177)
Возможны следующие варианты: I) Разложение (14) содержит только правильную часть ряда Лорана: ∞
f (z ) = ∑ c n (z − z 0 ) , z ≠ z 0 . n
0
62
(1.178)
В открытом круге z − z 0 < R степенной ряд му Абеля) сходится и его сумма тельно, имеет место равенство f (z ) = ϕ (z ), z ≠ z 0 .
∞
∑ c n (z − z 0 )
n
(см. теоре-
0
ϕ (z ) − аналитическая функция. Следова-
Это позволяет доопределить f (z ) в т. z 0 , полагая
(1.179)
f (z 0 ) = ϕ (z 0 ) = c 0 . (1.180) Имея это в виду т. z 0 , при условии (1.178), называют устранимой особой точкой аналитической функции f (z ) . II) Разложение (1.175) содержит конечное число членов главной части ряда Лорана: ∞
f (z ) = ∑ c n (z − z 0 ) + n
0
+
c −2
(z − z 0 )
2
c −1 + (z − z 0 )
+K+
c −k
(z − z 0 )
k
(1.181)
, с − k ≠ 0,
где c −(k +1) = c −(k + 2 ) = K = c −(k +ρ ) = 0, ρ = 1,2,3, K . В этом случае особая точка z 0 называется полюсом k − го порядка аналитической функции. Если
k = 1, то z 0 называется простым полюсом.
III) Разложение (1.175) содержит неограниченное число членов главной части ряда Лорана. Такая особая точка z 0 называется существенно особой точкой аналитической функции. Убедимся на нижеследующих примерах, что все рассматриваемые варианты реализуются. Найти все разложения указанных функций в ряды Лорана по степеням z − z 0 и установить области сходимости полученных разложений.
1 , z 0 = 1. z (z − 1) Решение. Замена z − 1 = t , z = 1 + t , сводит решение задачи к разложению по степеням t , что облегчает, как правило, решение задачи. Имеем 1 1 1 1 1 n = = − = − 1 − t + t 2 − t 3 K + (− 1) ⋅ t n + K = а) z ⋅ (z − 1) (1 + t ) ⋅ t t 1 + t t ∞ 1 ∞ 1 n n +1 n n = −∑ (− 1) ⋅ t + = ∑ (− 1) ⋅ (z − 1) + , 0 < z − 1 < 1. t 0 z −1 0 Значит, z = 1 − простой полюс (полюс 1-го порядка); ПРИМЕР 1.38.
(
63
)
1 1 1 1 1 1∞ 1 n б) = − ⋅ = + ∑ (− 1) ⋅ n = 1 t t 0 z (z − 1) t t t 1+ t ∞ ∞ 1 ∞ 1 1 1 n +1 n n = + ∑ (− 1) ⋅ n +1 = ∑ (− 1) ⋅ n = ∑ (− 1) ⋅ , n t 0 t t n =2 n =2 (z − 1) z − 1 > 1. Ответ:
∞
∑ (− 1)
n +1
⋅ (z − 1) + n
0 ∞
n ∑ (− 1) ⋅
n =2
ПРИМЕР 1.39.
1
(z − 1)
n
1 , 0 < z − 1 < 1; z −1
, z − 1 > 1.
z , z0 = i . z2 +1
Решение. Поступая, как и в примере 1.38, имеем t = z − i, z = t + i ,
z t+i t+i t+i 1 ⎛1 1 ⎞ ⎜ ⎟ . Но = = = = ⋅ − z 2 + i (t + i )2 + 1 t 2 + 2 t i t ⋅ (t + 2 i ) 2 i ⎜⎝ t t + 2 i ⎟⎠ 1 1 1 t а) = ⋅ = < 1, t < 2 = t t + 2i 2i 2i 1+ 2i ∞ ∞ tn tn 1 ∞ n n n (z − i ) ( ) ( ) = ⋅ ∑ (− 1) ⋅ = − ⋅ = − ⋅ 1 1 , 0 < z−i < 2 ∑ ∑ 2i 0 (2 i )n 0 (2 i )n +1 0 (2 i )n +1 n
2i 1 ∞ n (2 i ) = < 1, t > 2 = ⋅ ∑ (− 1) ⋅ n = t t 0 ⎛ 2i ⎞ t t ⋅ ⎜1 + ⎟ t ⎠ ⎝ n ∞ ∞ (2 i )n n (2 i ) n = ∑ (− 1) ⋅ n +1 = ∑ (− 1) ⋅ , z −i > 2. t 0 0 (z − i )n +1
1 б) = t + 2i
n
1
∞ 1 n (z − i ) Ответ: , 0 < z − i < 2; − ∑ (− 1) ⋅ 2 i ⋅ (z − i ) 0 (2 i )n + 2 n
∞ (2 i ) 1 n − ∑ (− 1) ⋅ , z − i > 2. n +1 2 i ⋅ (z − i ) 0 (z − i ) n −1
1 z
ПРИМЕР 1.40. z ⋅ e , z 0 = 0 . Решение. Согласно разложению I) из п.1.9 имеем 2
64
1 z
⎛ 1 ⎞ 1 1 ⎟⎟ = + + + K K z ⋅ e = z 2 ⋅ ⎜⎜1 + + 2 n z 2 ! z n ! z ⎝ ⎠ 1 1 1 = z2 + z + + +K+ + K , z ≠ 0 . Отсюда видно, что n −2 2! 3!z n !z 2
⎛∞ 1 ⎞ ⎟ содержит неограниченное число члеглавная часть ряда Лорана ⎜⎜ ∑ n −2 ⎟ ⎝ n =3 n ! z ⎠ нов, то есть z = 0 − существенно особая точка рассматриваемой аналитической функции. Ответ: z = 0 − существенно особая точка. ПРИМЕР 1.41.
sin z z2n z2 n = 1− + K + (− 1) ⋅ + K , z ≠ 0 .Последнее (2 n + 1)! 3 z
согласно
(1.178) говорит о том, что Ответ: z = 0 − устранимая особая точка. ПРИМЕР 1.42.
sin z , z0 = 0 . z5
Решение. Имеем
⎞ sin z 1 ⎛ z3 z5 z 2 n +1 n ⎜ ⎟ ( ) = ⋅ − + + + − ⋅ + K K = z 1 3! 5! (2n + 1)! ⎟⎠ z5 z 5 ⎝⎜ 1 1 1 z 2n −4 n = 4− + + K + (− 1) ⋅ + K. (2n + 1)! z 3!z 2 5! Согласно (1.181) отсюда следует, что z = 0 − полюс четвертого порядка рассматриваемой функции. Ответ: z = 0 − полюс четвертого порядка. Замечание. Вторые разложения в примерах 1.38 и 1.39 указывают на аналитичность рассматриваемых функций в ∞ точке. Необходимые и достаточные условия Теорема 1.20. z 0 − устранимая особая точка аналитической функции
f (z ) ⇔ , когда ∃ конечный предел: lim f (z ) = c 0 ≠ ∞ . z→z0
Теорема 1.21. z 0 − полюс аналитической функции f (z ) ⇔ , когда
lim f (z ) = ∞ .
(1.182)
z→z0
Теорема 1.22. z 0 − существенно особая точка аналитической функции
f (z ) ⇔ , когда не существует lim f (z ) . z→ z 0
Доказательства этих теорем можно найти, например, в [6] (с.115-118). 65
∞ точка как особая точка аналитической функции Пусть
z >R (1.183) определяет R − окрестность ∞ точки, в которой f (z ) − аналитическая функция за исключением, быть может, самой ∞ точки (см. нижеследующее определение). Отсюда следует, что если ∞ точка есть особая точка f (z ) , то она изолирована, так как в ее R − окрестности f (z ) аналитическая функция. Замечание. Вместо (1.183) условие z − z 0 > k также определяет R − окрестность ∞ удаленной точки, если учесть, что за счет параллельного переноса на вектор 0z 0 точка z 0 = x 0 + i y 0 становится началом новой прямоугольной декартовой системой координат x ′z 0 y ′ . Другими словами, сделав замену z = z − z 0 , мы снова придем к требованию (1.183). *
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.39. Бесконечно удаленная точка (z = ∞ ) называется
особой точкой аналитической функции f (z ) , если для функции ϕ (η) , определяемой равенством
1 ⎛1⎞ ϕ (η ) = f ⎜ ⎟ = z = = f (z ) , η ⎝ η⎠
(1.184)
точка η = 0 является особой точкой. В силу этого, если ∞ − I) устранимая особая точка, то
ϕ (η ) = c 0 + c 1 η + c 2 η 2 + K + c n η n + K
⇔
(1.185) c1 c 2 c + 2 + K + nn + K , z z z где z > R − окрестность ∞ точки, не содержащая других особых точек. Итак, при условии (1.183) ∞ точка есть устранимая особая точка ⇔ , когда имеет место разложение (1.185), то есть f (z ) разлагается в ряд Лорана только по неположительным (отрицательным) степеням z и этот ряд есть пра-
f (z ) = c 0 +
вильная часть ряда Лорана. Главная часть ряда Лорана отсутствует. Замечание. Обратим внимание читателя на то, что при переходе к f (z ) правильная часть и главная часть ряда Лорана сохраняются. II) полюс k − го порядка, то
с с с ϕ (η ) = c 0 + c 1 η + K + c n η n + K + −1 + −22 + K + −kk ⇔ 14444244443 η η3 144η42444 правильная часть ряда Лорана
66
главная часть ряда Лорана
c c c f (z ) = c 0 + 1 + 22 + K + nn + K + с −1 z + c − 2 z 2 + K + c −k z k , z 44 z 2444 z 43 14444244443 144 (1.186) правильная часть ряда Лорана
главная часть ряда Лорана
z > R. Другими словами, главная часть ряда Лорана содержит конечное число членов (c − k ≠ 0, но c − m = 0, m > k ) . III) существенно особая точка, то ∞
∞
0
1
ϕ(η) = ∑ c n η n + ∑
c −n ηn
⇔
c ∑ nn 02 z3 1 ∞
f (z ) =
∞
∑ c −n z n
+
пр . часть ряда Лорана
, z > R,
(1.187)
1424 1 3
главная часть ряда Лорана
где должно быть неограниченное число членов с положительными степенями z , определяющими главную часть ряда Лорана. ПРИМЕР 1.43. Выяснить характер ∞ для функции f (z ) = e −2 z + 3 z 3 − z + 8 . Решение. Согласно I) из таблицы разложений (п.1.9 после (1.161) формулы) имеем e
−2z
∞
(− 2 z )n
0
n!
=∑
В силу этого f (z ) =
∞
(− 1)n 2 n z n
0
n!
=∑ ∞
(− 1)n 2 n z n
0
n!
∑
.
+ 3 z 3 − z + 8 , которое содержит
главную часть ряда Лорана, число ее членов неограниченно. Значит, ∞ − существенно особая точка f (z ) . Ответ: ∞ − существенно особая точка f (z ) .
1.11. НУЛИ АНАЛИТИЧЕСКОЙ ФУНКЦИИ И ИХ СВЯЗЬ С ПОЛЮСАМИ ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.40. Точка z 0 называется нулем m − го порядка ана-
литической функции f (z ) , если в этой точке функция аналитическая и совместно выполняются условия f (z 0 ) = f ′(z 0 ) = f ′′(z 0 ) = K = f (m −1 ) (z 0 ) = 0 , (1.188) но
f (m ) (z 0 ) ≠ 0 .
(1.189)
67
Теорема 1.23. Для того, чтобы т. z 0 являлась нулем m − го порядка ана-
литической функции f (z ) , необходимо и достаточно, чтобы в некоторой окрестности этой точки она могла быть представлена в виде
f (z ) = (z − z 0 ) ϕ (z ) ,
(1.190)
ϕ (z 0 ) ≠ 0 .
(1.191)
m
где ϕ (z ) − аналитическая функция в т. z 0 и
Доказательство. Необходимость. Так как f (z ) аналитична в т. z 0 , то согласно (1.188) и (1.189) ее разложение в ряд Тейлора (формулы (1.160), (1.161))
f m (z 0 ) f (m +1) (z 0 ) m m +1 f (z ) = ⋅ (z − z 0 ) + ⋅ (z − z 0 ) + K = (m + 1)! m! (m ) (z 0 ) f (m+1) (z 0 ) ⋅ (z − z 0 ) ⎤ m ⎡f + K⎥ , = (z − z 0 ) ⋅ ⎢ + (m + 1)! ⎦ ⎣ m! m f (z ) = (z − z 0 ) ⋅ ϕ (z ) ,
где
f (m ) (z 0 ) f (m +1 ) (z 0 ) ⋅ (z − z 0 ) ϕ (z ) = + +K m! (m + 1)! f (m ) (z 0 ) ϕ (z 0 ) = ≠ 0. m!
Аналитичность ϕ (z ) следует из (1.193), то есть ϕ (z ) =
(1.192) (1.193) (1.194)
f (z ) m есть (z − z 0 )
сумма степенного ряда. Этим необходимость доказана. Достаточность. В силу аналитичности ϕ (z ) в т. z 0 и (1.191) имеем
ϕ (z ) = ϕ (z 0 ) +
ϕ′(z 0 ) ϕ′′(z 0 ) 2 ⋅ (z − z 0 ) + ⋅ (z − z 0 ) + K + . 2! 1!
(1.195)
Вставляя (1.195) в (1.192), получаем
f (z ) = ϕ (z 0 ) ⋅ (z − z 0 ) + m
ϕ′(z 0 ) m +1 ⋅ (z − z 0 ) + 1!
ϕ′′(z 0 ) m+ 2 + ⋅ (z − z 0 ) +K+ . 2!
(1.196)
Отсюда следуют соотношения (1.188), (1.189), что полностью завершает доказательство теоремы.
68
Теорема 1.24. Точка z 0 является полюсом m − го порядка аналитической функции f (z ) ⇔ , когда для функции
1 эта точка есть нуль m − го порядf (z )
ка. Доказательство. Необходимость. По условию теоремы имеем ∞
n f (z ) = ∑ c n (z − z 0 ) + 0
K+
f (z ) =
c −m
(z − z 0 )
m
1
c −2
(z − z 0 )2
c −1 +K z − z0
(1.197)
, c −m ≠ 0.
⋅ ⎡⎢ ∑ c n (z − z 0 ) ⎣0 ∞
m+n
(z − z 0 ) m−2 + c − 2 (z − z 0 ) + K + c −m ]. m
+
+ c −1 (z − z 0 )
m −1
+ (1.198)
Степенной ряд в квадратных скобках сходится, его сумма ϕ (z ) при
z ≠ z 0 равняется (z − z 0 ) f (z ) − аналитическая функция. При этом ϕ (z 0 ) = c −m ≠ 0 . (1.199) 1 имеем Для функции f (z ) m
(z − z 0 ) 1 1 m , (1.200) = = (z − z 0 ) ⋅ ψ (z ), ψ (z ) = f (z ) ϕ (z ) ϕ (z ) 1 ψ (z 0 ) = ≠ 0. (1.201) ϕ (z 0 ) Согласно второму равенству из (1.200) ψ (z ) − аналитическая функция в m
т. z 0 . Согласно теореме 1.23 (см. (1.190), (1.191)) условия (1.200) указывают на то, что т. z 0 является нулем m − го порядка аналитической функции
1 . Неf (z )
обходимость доказана. Достаточность. Из (1.200), (1.201) следует
f (z ) =
ϕ (z )
(z − z 0 )m
.
(1.202)
Теперь надо воспользоваться (1.195), что дает
69
1
f (z ) =
[
⋅ c 0 + c 1 (z − z 0 ) + c 2 (z − z 0 ) + K +
(z − z 0 )m m m +1 + a m (z − z 0 ) + a m +1 (z − z 0 ) + K] = 2 = a m + a m +1 (z − z 0 ) + a m + 2 (z − z 0 ) + K
+
2
(1.203)
c0 a m −1 a + m−2 + K + , c 0 = ϕ (z 0 ) ≠ 0. z − z 0 (z − z 0 ) (z − z 0 )m
Это согласно (1.181) доказывает наше утверждение. Вычет аналитической функции в изолированной особой точке ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.41. Коэффициент с −1 в разложении f (z ) в ряд Лорана в окрестности т. z 0 ∞
f (z ) = ∑ c n (z − z 0 ) + n
0
+
c −m
(z − z 0 )m
c −1 c −2 + +K + z − z 0 (z − z 0 )2
(1.204)
+ K.
называется вычетом аналитической функции в т. z 0 и обозначается
Re s f (z 0 ). Принимая во внимание основные формулы интегрирования теории
аналитических функций (формулы (1.116), (1.117)) и интегрируя почленно (1.204) по замкнутой кусочно-гладкой линии l , где l содержится в открытом кольце r < z − z 0 < R и содержит внутри себя окружность z − z 0 = r , получим
∫ f (z )dz = c −1 ⋅ 2 π i, l
Re s f (z 0 ) = c −1
1 = ⋅ ∫ f (z )dz . 2πi l
(1.205)
Теоремы о вычетах. Напомним, что точка комплексной расширенной плоскости называется конечной, если ее вещественная и мнимая части числа (конечные величины). Теорема 1.25. (Первая теорема о вычетах). Если f (z ) − аналитическая функция в области D , за исключением конечного числа точек z1 , z 2 , K , z N , являющихся внутренними точками D , и l − кусочно-гладкая граница области D либо замкнутый кусочно-гладкий контур, лежащий в D и охватывающий точки z1 , z 2 , K , z N , то
70
N
∫ f (z )dz = 2 π i ⋅ ∑ Re s f (z i ).
(1.206)
1
l
Доказательство. Так как z k − внутренние точки области D , то, не теряя
общности, можно считать, что окружности ω k : z − z k = ρ k лежат внутри D (рис. 1.25). Далее, поступая как при доказательстве теоремы Коши для многосвязной области, получаем (рис. l 1.25) с учетом (1.205)
ω1
N
∫ f (z ) dz = ∑ ∫ f (z ) dz 1 ωk
l
N
= 2 πi ⋅ ∑ 1
1 ∫ f (z )dz = 2π i
• z1
• z2
ω2
ωN
ωk
N
= 2 π i ⋅ ∑ Re s f (z k ),
•
1
•z
•zN k
что завершает доказательство теоремы. Таким образом, Рис. 1.25 первая теорема о вычетах позволяет сводить нахождение контурных интегралов к отысканию вычетов в изолированных особых точках (см. пример 1.44).
(
)
Рассмотрим аналитическую функцию f (z ) и R − окрестность z > R ∞ точки выберем таким образом, чтобы ее конечные изолированные особые точки оставались в открытом круге z < R , то есть R − окрестность ∞ точки не содержит конечных изолированных особых точек аналитической функции f (z ) . При этом условии дадим ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.42. Вычетом аналитической функции в ∞ точке (Re s f (∞ )) называется контурный интеграл
Re s f (∞ ) =
1 ∫ f (η)dη , 2 π i η =R
(1.207)
где обход по окружности η = R совершается по часовой стрелке и ∞ точка остается по левую сторону руки при таком движении. Замечание. В формуле (1.207) вместо окружности интегрирования η = R можно брать любую замкнутую кусочно-гладкую линию l , внутри которой лежат изолированные особые точки z1 , z 2 , K , z N .
Теорема 1.26. (Вторая теорема о вычетах). Если z1 , z 2 , K , z N , z ∞ −
изолированные особые точки аналитической функции f (z ) , то сумма 71
N
∑ Re s f (z k ) + Re s f (z ∞ ) = 0 .
(1.208)
k =1
Доказательство. Согласно условию теоремы имеет место (1.206). С учетом (1.207) это равносильно (1.208), что и надо. ПРИМЕР 1.44. Вычислить интеграл
sin z dz , где c = {z z = 4}. ∫ 2 + z 9 с
Решение. z1 = 3 i, z 2 = −3 i − особые точки, вычеты в которых следует найти и которые являются внутренними точками (рис. 1.26) круга, ограничен-
sin z dz = ∫ 2 z + 9 C sin z 1 = 2π i ⋅ [Re s f (− 3 i ) + Re s f (3 i )] . Но Re s f (− 3 i ) = ⋅∫ 2 dz = 2π i ω1 z + 9 sin z z − 3i 1 . Круг z + 3 i ≤ ρ1 = ⋅∫ 2π i z + 3 i y находится внутри открытого круга C 4 • sin z z < 4 . Функция ϕ (z ) = − ана• 3i z − 3i ω2 • литическая в круге z + 3 i ≤ ρ1 . В силу • • −4 4 этого, согласно интегральной формуле ω1 • − 3 i Коши (формула (1.119)), имеем • sin (− 3 i ) sin 3 i −4 Re s f (− 3 i ) = = . = − 6i 6i ного окружностью с . По первой теореме о вычетах имеем
Аналогично (рис. 1.26)
Рис. 1.26
sin z dz z + 3i sin 3 i sin z 1 1 ⋅∫ 2 ⋅∫ = dz = Re s f (3 i ) = 2 π i ω2 z − 3 i 6i 2 π i ω2 z + 9 . Окончательно получаем, что
sin z sin 3 i − 2π sin 3 i 2π i dz 2 i = π ⋅ = = ⋅ sh 3 . 2 3 i 3 3 z 9 + C 2π i Ответ: ⋅ sh 3 3
∫
72
x
Нахождение вычетов для случая полюса k − го порядка Если точка z 0 есть устранимая особая точка (формула (1.168)), то
c −1 = 0 , что означает Re s f (z 0 ) = 0 ,
(1.209) то есть вычет аналитической функции в устранимой особой точке равняется нулю. Если z 0 − полюс k − го порядка (формула (1.181)), то для z ≠ z 0 имеем ∞
(z − z 0 )k ⋅ f (z ) = ∑ c n (z − z 0 )n +k +
(1.210)
0
+ c −1 (z − z 0 )
k −1
+ c 2 (z − z 0 )
k −2
+ K + c −k .
Правая часть (1.210) – сходящийся степенной ряд в открытом круге z − z 0 < R и его, следовательно, можно почленно дифференцировать неограниченное число раз, что при z ≠ z 0 дает
[
(k −1 )
]
(k −1 )
∞ n+k (z − z 0 ) f (z ) = ⎡⎢ ∑ c n ⋅ (z − z 0 ) ⎤⎥ + (k − 1)! C −1 . (1.211) ⎣0 ⎦ Отсюда, совершая предельный переход (z → z 0 ) , находим k
[
](
lim (z − z 0 ) f (z )
z →z 0
k
k −1)
= (k − 1)!C −1 ,
C −1 = Re s f (z 0 ) =
[
](
где lim (z − z 0 ) f (z ) z →z 0
k
k −1)
[
]
(k −1 ) 1 k ( ) ( ) , ⋅ lim z − z 0 f z z z → (k − 1)! 0
(1.212)
= 0 , согласно замечанию из п.1.9 (перед формулой
(1.156)). Для простого полюса (k = 1) из (1.212) получаем
C −1 = Re s f (z 0 ) = lim [(z − z 0 ) ⋅ f (z )]. z→z0
(1.213)
Если
ϕ (z ) , ϕ (z 0 ) ≠ 0, ψ (z 0 ) = 0, ψ ′ (z 0 ) ≠ 0 , ψ (z ) где – ϕ (z ) − аналитическая функция в точке z 0 , то согласно (1.213) f (z ) =
73
(1.214)
⎡ ⎤ ϕ(z ) C −1 = Re s f (z 0 ) = lim ⎢(z − z 0 ) ⋅ ⎥= z →z 0 ( ) ( ) ψ − ψ z z ⎣ 0 ⎦ ⎡ ⎤ ⎥ ϕ (z ) ⎢ ϕ(z ) 0 ⎥= ⎢ = lim . z → z 0 ⎢ ψ (z ) − ψ (z 0 ) ⎥ ψ ′(z 0 ) ⎥ ⎢ z − z0 ⎣ ⎦
(1.215)
Последняя формула полезна в приложениях. Вернемся к разобранному примеру 1.44. Подынтегральная функция
ϕ (z ) ψ (z ) sin z = = , 1 1 (z − 3 i ) ⋅ (z + 3 i ) (z − 3 i ) (z + 3 i ) sin z где ϕ (z ) = − аналитическая функция в окрестности точки + 3 i ; z + 3i sin z ψ (z ) = − аналитическая функция в окрестности точки − 3 i . При этом z − 3i sin 3 i sin 3 i ϕ (3 i ) = ≠ 0, ψ (− 3 i ) = ≠ 0 . Выводим, что z1 = −3 i , 6i 6i z 2 = 3 i − простые полюсы. Согласно (1.213) (z + 3 i ) ⋅ sin z sin 3 i = , Re s f (− 3 i ) = lim z → −3i (z − 3 i ) ⋅ (z + 3 i ) 6i sin z sin 3 i = , что приводит к тому же самому реRe s f (3 i ) = lim z → −3i z + 3 i 6i
f (z ) =
зультату. ПРИМЕР 1.45. Вычислить
∫ z tg π z dz .
z =1
Решение. cos π z = 0, π z =
π + k π. 2
1 + k, k = −1; 0 2 находятся внутри круга z ≤ 1 и являются
y 1•
Точки z =
полюсами 1-го порядка, так как для функции ϕ (z ) =
cos π z 1 эти точки – = f (z ) z ⋅ sin π z
нули 1-го порядка. Действительно, (1.189)
согласно
(1.188), 74
•
-1
• 0•
-1/2
• •
1/2
•
-1
Рис. 1.27
1
x
π 1 1 π ⎛1⎞ 2 = 0, ϕ′ (z ) = − 2 ctg πz − . Следовательно, ϕ ⎜ ⎟= 2 z sin π z z ⎝ 2 ⎠ π ⋅ sin π 2 ⎛1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛1⎞ ϕ′ ⎜ ⎟ = −2 π ≠ 0; ϕ ⎜ − ⎟ = 0 , но ϕ′ ⎜ ⎟ = −2 π ≠ 0 , в чем и следовало убе⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ 2 cos
диться. Из (1.215) получаем
1 1 π π sin + sin ⎛1⎞ 2 = − 1 , Re s f ⎛ − 1 ⎞ = 2 2 = 1 , Re s f ⎜ ⎟ = 2 ⎜ ⎟ 2π ⎝ 2 ⎠ − π sin π ⎝ 2 ⎠ + π sin π 2 π 2 2 ⎛ 1 1 ⎞ ⎜ ⋅ π = π ⋅ − z tg z dz 2 i ∫ ⎜ 2 π 2 π ⎟⎟ = 0 . z =1 ⎝ ⎠ Ответ: 0 . 1.12. ПРИМЕНЕНИЕ ВЫЧЕТОВ К ВЫЧИСЛЕНИЮ ОПРЕДЕЛЕННЫХ И НЕСОБСТВЕННЫХ ИНТЕГРАЛОВ
ЛЕММА 1.1. Если функция f (z ) есть аналитическая функция в верхней полуплоскости Jm z > 0 за исключением конечного числа конечных изолированных особых точек и ∃ R > 0, M > 0, δ > 0 , для которых имеет место оценка
f (z ) <
M z
1+ δ
при z > R ,
(1.216)
lim ∫ f (η )dη = 0 ,
то
R →∞
(1.217)
ωR
где (рис. 1.28) ω R − полуокружность радиуса R с центром в начале координат. Доказательство. Согласно (1.216) имеет место оценка
∫ f (η) dη <
ωR
M πR π M = →0 1+ δ R R
при R → +∞ , что равносильно (1.217) Теорема 1.27. Если f (z ) − аналитическое продолжение 75
y •
• −R
R
0 Рис. 1.28
ωR • R
x
f (x ), x ∈ (− ∞; + ∞ ), на верхнюю полуплоскость Jm z ≥ 0 0 и удовлетворяет требованиям: 1 . f (z ) удовлетворяет условиям леммы 1; 2 0. не имеет особых точек z k на оси 0x ; 30 все изолированные особые точки z k в верхней полуплоскости (y > 0 ) конечны совместно с их числом: k = 1, N , то +∞
N
−∞
k =1
∫ f (x )dx = 2 π i ⋅ ∑ Re s f (z k ) .
(1.218)
Доказательство. R выберем таким образом, чтобы все изолированные z k , k =1, N находились внутри замкнутого контура особые точки
L = [− R ; R ] U ω R (см. рис. 1.28). Тогда по первой теореме о вычетах имеем
(формула (1.206)) R
N
∫ f (x )dx + ∫ f (z )dz = 2 π i ∑ f (z k ).
−R
(1.219)
k =1
ωR
Совершая в последнем равенстве предельный переход (R → +∞ ) и учитывая лемму 1.1, мы приходим к (1.218), если учесть, что правая часть (1.219) не зависит от R , что и требовалось доказать. ЛЕММА 1.2. (Лемма Жордана). Если f (z ) − аналитическая функция в верхней полуплоскости Jm z > 0 , за исключением конечного числа конечных изолированных особых точек, и равномерно относительно arg z
(0 ≤ arg z ≤ π) стремится к нулю при
z → ∞ , то при a > 0 .
lim ∫ e i a f (η )dη = 0 . R →∞
(1.220)
ωR
Доказательство. Равномерное стремление к нулю при 0 ≤ arg z ≤ π означает следующее: (1.221) f (z ) < μ R , z = R , lim μ R = 0 . R →∞
iϕ
Уравнение полуокружности ω R : z = R ⋅ e , 0 ≤ ϕ ≤ π , R выбрано так, чтобы изолированные особые точки z k , k = 1, N , находились внутри замкнутого контура L = [− R ; R ] U ω R (рис. 1.28). Тогда согласно (1.221)
∫e
ωR
iaη
π
f (η )dη ≤ μ R R ⋅ ∫ e i a R⋅(cos ϕ+ i⋅sin ϕ ) dϕ = 0
π
π 2
0
0
= R ⋅ μ R ⋅ ∫ e −a R sin ϕ dϕ = 2 R μ R ⋅ ∫ e −a R sin ϕ dϕ.
76
(1.222)
π имеет место оценка 2 2ϕ , sin ϕ ≥ π
Но при 0 ≤ ϕ ≤
(1.223)
⎡ π⎤ ⎣ ⎦
в чем можно убедиться, строя графики рассматриваемых функций на ⎢0; ⎥ , 2 что дает π 2
∫e
− a R sin ϕ
0
=−
π 2
dϕ ≤ ∫ e
−2 a R ϕ 2
dϕ = −
0
(
)
π ⋅e 2a R
(
π π 2 − 2a R
=
0
)
π π ⋅ e −a R − 1 = ⋅ 1 − e −a R . 2a R 2a R
С учетом последней оценки из (1.222) получаем
(
)
π ⋅ μ R ⋅ 1 − e −a R → 0 при R → +∞ , что и надо. a ωR Теорема 1.28. Если f (z ) удовлетворяет условиям леммы 1.2 и есть продолжение на верхнюю полуплоскость Jm z ≥ 0 функции f (x ) , x ∈ (− ∞; ∞ ) и f (x ) не имеет особых точек на оси 0x , тогда
∫e
⋅ f (η) dη ≤
iaη
+∞
∫e
iax
−∞
f (x )dx = 2 π i ∑ Re s F (z k ). N
(1.224)
k =1
где z k , k = 1, N есть особые точки f (z ) в Jm z > 0 , F(z ) = l f (z ). Доказательство. L = [− R ; R ] U ω R − замкнутый контур, обходимый в ia z
положительном направлении, внутри которого особые точки f (z ) . Тогда
∫e L
iαz
R
f (z )dz = ∫ e i a x f (x ) dx + ∫ e i a η f (η )dη = −R
ωR
(1.225)
= 2π i ⋅ ∑ Re s F (z k ), N
k =1
где правая часть (1.225) не зависит от R . Переходя в (1.225) к пределу при R → +∞ и учитывая лемму 1.2, получим (1.224), что и следовало доказать. 2π
ПРИМЕР 1.46. Вычислить
∫
0
dx
(a + b ⋅ cos x )
77
2
, a > b > 0.
(
)
1 1 = e −i x , cos x = ⋅ e i x + e −i x = z 2
Решение. Полагая z = e , найдем ix
1 ⎞ z2 +1 1 ⎛ = ⋅⎜z + ⎟ = , z⎠ 2z 2 ⎝
a >1 b dz = e i x ⋅ i dx = i dz = =− 2 ⋅ ∫ = 2 2 b z =1 ⎛ = i z dz z + 1⎞ ⎟⎟ z ⋅ ⎜⎜ c + dz 2 z ⎝ ⎠ dx = −i z c=
1 2π dx ⋅ ∫ b 2 0 (c + cos x )2
=−
4i z dz , ⋅ ∫ 2 2 2 b z =1 z + 2 z c + 1
(
)
где при переходе к контурному интегралу использовалась формула (1.107). Подынтегральная функция f (z ) =
(z
z 2
)
+ 2zc +1
2
.Найдем ее осо-
бые точки и вычеты в них. Имеем 2
y
-1
2
z + 2zc + 1 = 0, z1, 2 = −c ± c − 1 ,
•0
•
•
1 x
z1 = −c − c 2 − 1 < −1 находится вне окружноРис. 2.29 сти z = 1; −1 z 2 = −c + c 2 − 1 = > −1 находится внутри окружности. Теперь 2 c + c −1 z 2 f (z ) = и z − полюс 2-го порядка. 2 2 2 2 z + c + c −1 ⋅ z + c − c −1 ′ ⎡ ⎤ ф − ла (25) z ⎥ = Re s f (z 2 ) = = lim ⎢ 2 → z z из ∫ 10; k = 2 2 2 ⎢ ⎥ ⎣ z + c + c −1 ⎦ ⎡ z + c + c2 −1 2 − 2 z ⋅ z + c + c2 −1 ⎤ ⎥= = lim ⎢ 4 2 z → − c + c −1 ⎢ ⎥ z + c + c2 −1 ⎣ ⎦ c + c2 −1 − z 2c = lim = = 3 2 2 2 2 z → − c + c −1 8 ⋅ c −1 ⋅ c −1 z + c + c −1
(
) (
(
(
)
(
)
(
)
(
78
(
)
)
)
)
=
(
с
)
2
. В силу этого (формула (1.180))
2
4 ⋅ с −1 ⋅ с −1 z dz 4 πi c πi c = = . ∫ 2 2 2 2 2 2 z =1 z + 2z c + 1 28 ⋅ c − 1 ⋅ c − 1 12 ⋅ c − 1 ⋅ c − 1
(
(
)
)
(
)
Окончательно получаем, что искомый интеграл равен
−
4i c πi 2πa . ⋅ = b2 2 ⋅ c2 −1 ⋅ c2 −1 a 2 − b2 ⋅ a 2 − b2 2πa
Ответ:
(
(a
)
2
−b
(
)
2 32
)
.
sin 2 x dx ,a>b>0 . ПРИМЕР 1.47. Вычислить J = ∫ a + b ⋅ cos x 0 2π
2
−i x
ix
1 z2 −1 z = = , 2i 2i z z−
e −e z +1 , sin x = 2z 2i dz dz = e i x ⋅ i dx = i z dx , dx = −i ⋅ . В силу этого z 2⎛ dz ⎞ 2 z 1 i − − ⋅ ⎟ ⎜ 2 a 1 1 2 π sin x dx z ⎠ ⎝ = J= ⋅∫ = c = >1 = ⋅∫ 2 b b b 0 c + cos x ⎛ ⎞ z 1 + ⎟⎟ − 4 z 2 ⎜⎜ c + 2 z ⎝ ⎠ ix
Решение. z = e , cos x =
(
( (
)
)
2
z 2 − 1 dz i = ⋅ ∫ . 2 b z =1 z 2 z 2 + 2 c z + 1
)
Найдем особые точки подынтегральной функции, лежащие внутри окружности z = 1 и вычеты в них: z1 = 0 − полюс 2-го порядка,
z 2,3 = −c ± c 2 − 1 , z 2 = −c − c 2 − 1 − вне рассматриваемой окружности, 1 z3 = > −1 лежит внутри окружности. 2 c −1 + c
79
′ ⎡ z2 −1 2 ⎤ Re s f (0) = lim ⎢ 2 ⎥ = z →0 z + 2 c z + 1 ⎢⎣ ⎥⎦
(
= lim
(
)
)
(
(z
z →0
Re s f (z 3 ) = =
(2 c
(
lim
2
z → − c + c −1
4⋅ c2 −1 − c c2 + 1 2
)
(
)
2 z 2 − 1 ⋅ 2z ⋅ z 2 + 2c z + 1 − 2 ⋅ (z + c ) ⋅ z 2 − 1
)
)
2
)
(
)
2
−1
2
z z + c + c −1 2
2
2 ⋅ c2 −1 ⋅
=
−1 − 2 c c2 −1 ⋅ 2 c2 −1
)
=
)(
(
2
= −2 c;
2
+ 2cz +1
(z
2
(c
) (
2
)
2
= 2 c2 −1
−1 − c ⋅ 2 c2 −1 i 2π Тогда J = ⋅ 2 π ⋅ − 2c + 2 c 2 − 1 = 2 ⋅ − a 2 − b 2 + a . 2b b 2π 2 2 Ответ: 2 ⋅ − a − b + a . b
(
(
ПРИМЕР 1.48. Вычислить
∫
−∞
Решение. f (x ) =
(z
z 2
+ 4z + 13
)
)
)
+∞
f (z ) =
2
c2 −1 − c
)
2
(x
x 2
(x )
+ 4 x + 13
, f (z ) =
x dx 2
2
+ 4 x + 13
)
2
.
− непрерывная функция на (− ∞;+∞ ) ,
1 1 < 3 4 13 3 z z 1+ + 2 z z
при z → ∞ . Особые
f (z ) в верхней полуплоскости определяются из уравнения z 2 + 4z + 13 = 0 : z1, 2 = −2 ± − 9 = −2 ± 3 i, z1 = −2 − 3 i, z1 = −2 + 3 i −
точки
полюс 2-го порядка в верхней полуплоскости. В силу этого
′ ⎡ ⎤ z Re s f (z 2 ) = lim ⎢ ⎥ = z → −2 + 3 i (z + 2 + 3 i )2 ⎣ ⎦
⎡ (z + 2 + 3 i )2 − 2z ⋅ (z + 2 + 3 i )⎤ 36 + 2 ⋅ (− 2 + 3 i ) ⋅ 6 i = lim ⎢ = ⎥= 4 2 z → −2 + 3 i 36 ( ) z + 2 + 3 i ⎣ ⎦ 3 − 2i − 3 1 = = − 3 i. 3 ⋅ 36 54 80
⎛ 1 ⎞ π i⎟ = . 54 ⎝ ⎠ 27
Тогда искомый интеграл равняется 2π i ⋅ ⎜ − Ответ:
π . 27
x ⋅ sin x dx . 2 x + 4 x + 20 +∞ x ⋅ sin x x ⋅ ei x dx = Jm ∫ 2 dx , α = 1, Решение. ∫ 2 x + 4 x + 20 x 4 x 20 + + −∞ iz z⋅e z F (z ) = 2 , lim = 0 . Особые точки определяются z + 4z + 20 z→∞ 2 ⎛ 4 20 ⎞ z ⎜1 + + 2 ⎟ ⎝ z z ⎠ 2 из уравнения z + 4z + 20 = 0, z1, 2 = −2 ± 4 i, z1 = −2 − 4i, z 2 = −2 + 4i . ПРИМЕР 1.49. Вычислить
∫
z ⋅ ei z ( − 2 + 4i ) ⋅ e i (−2+ 4i ) (− 2 + 4i ) ⋅ e −4− 2i Re s F(z 2 ) = lim = = = z → −2 + 4 i (z + 2 + 4i ) 8i 8i ( − 2 + 4i ) ⋅ e −4 ⋅ e −2i (− 2 + 4 i ) ⋅ (cos 2 − i ⋅ sin 2 ) = = = 4 8i 8i ⋅ e (sin 2 − cos 2) + i ⋅ (sin 2 + 2 cos 2) = . 4 e 4i ∞ π ⋅ (sin 2 − cos 2 ) + i π (sin 2 + 2 cos 2 ) x ⋅ ei x , что дает dx = ∫ 2 2 e4 − ∞ x + 4 x + 20 ∞ (sin 2 + 2 cos 2) π x ⋅ sin x , dx = ∫ 2 4 + + x 4 x 20 2 e −∞ ∞ (sin 2 − cos 2) π x ⋅ cos x . dx = ∫ 2 2 e4 − ∞ x + 4 x + 20 π ⋅ (sin 2 + 2 cos 2 ) . Ответ: 2 e4 ∞ cos x dx . ПРИМЕР 1.50. Вычислить ∫ 2 0 x +9 ∞ +∞ cos x 1 + ∞ cos x 1 ei x dx = ⋅ ∫ 2 dx = ⋅ Re ∫ 2 dx , α = 1, Решение. ∫ 2 2 −∞ x + 9 2 −∞ x + 9 0 x +9 ei z 1 F (z ) = 2 , lim 2 = 0 . Особые точки определяются из уравнения z + 9 z →∞ z + 9 81
ei z e −3 1 z + 9 = 0, z1 = −3 i, z 2 = 3 i . Re s F (z 2 ) = lim . То= = 3 z →3i z + 3 i 6i 6⋅ e i +∞ +∞ cos x dx ei x 1 π π гда ∫ 2 , что дает . dx = 2 π i ⋅ = = ∫ 2 3 3 3 x + 9 6 ⋅ e i 3 ⋅ e x + 9 6 ⋅ e −∞ −∞ π . Ответ: 3 6⋅e +∞ 2 x 3 + 13 x ⋅ sin x ПРИМЕР 1.51. Вычислить ∫ ⋅ dx . 4 2 x + 13x + 36 −∞ +∞ 2 x 3 + 13x ⋅ e i x Решение. Искомый интеграл равен Jm ∫ dx , 4 2 − ∞ x + 13 x + 36 13 2+ 2 3 ix 2 x + 13x ⋅ e z = 0 . Особые точки определяются из , lim F (z ) 4 2 x + 13 x + 36 z→∞ ⎛ 13 ⎞ z ⋅ ⎜1 + 2 ⎟ ⎝ z ⎠ 4 2 2 уравнения z + 13 z + 36 = 0, z = −9; − 4; z1 = 3 i; z 2 = −3i; z 3 = −2 i; z 3 = 2 i. Нас интересуют только особые точки (полюсы 1-го порядка) z1 = 3 i и z 4 = 2 i , так как они находятся в верхней полуплоскости. 2 z 3 + 13 z ⋅ e i z 3 i ⋅ (− 18 + 13) 1 −3 Re s F (z1 ) = lim = = ⋅e ; z →3 i (z + 3 i ) ⋅ z 2 + 4 1i ⋅ (− 9 + 4) 2 2
(
)
(
(
)
)
(
(
(
)
)
)
z ⋅ 2 z 2 + 13 ⋅ e i z 1 − 2 Re s F (z 4 ) = lim 2 = ⋅e . z →3 i z + 9 ⋅ (z + 2 i ) 2
(
В
2π ⋅
(
силу
этого
) (
(
и
)
(1.224)
)
имеем,
1 −3 e + e − 2 = π ⋅ e − 2 + e −3 . 2 −2 −3 Ответ: π ⋅ e + e .
)
82
что
искомый
интеграл
равен
УЧЕБНО - МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС
РАЗДЕЛ: «ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО»
2. МЕТОДИЧЕСКИЕ ОСНОВЫ
СОДЕРЖАНИЕ
2.1. Комплексные числа и действия над ними
85
2.2. Множество точек, линии, области на комплексной плоскости
91
2.3. Функция комплексного переменного. Предел непрерывность функции. Основные элементарные функции
95
и
2.4. Производная функции комплексного переменного. Условия дифференцируемости. Аналитические функции. Понятие о конформном отображении
106
2.5. Интегрирование функции комплексного переменного
113
2.6. Ряды в комплексной области
120
2.7. Изолированные особые точки функции комплексного переменного
128
2.8. Вычеты и их применение к вычислению контурных интегралов
134
2.1. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА И ДЕЙСТВИЯ НАД НИМИ Комплексным числом z называется выражение вида z = x + i y, (2.1) где x и y − действительные числа, а i − мнимая единица, определяемая равенством i = −1 или i = − 1 . Числа x и y называются действительной и мнимой частями комплексного числа z и обозначаются x = Re z , y = Imz . Форму (2.1) комплексного числа z называют алгебраической. Два комплексных числа z 1 = x 1 + i y 1 и z 2 = x 2 + i y 2 считаются равными, если равны их действительные и мнимые части: x 1 = x 2 , y 1 = y 2 . Число z = 0 при условии x = y = 0 . Понятия “больше” и “меньше” для комплексных чисел не устанавливаются. Число z = x − i y называется сопряженным числу z = x + i y . Алгебраические действия над комплексными числами определяются следующими равенствами: 2
z1 ± z 2 = (x 1 + i y1 ) ± (x 2 + i y 2 ) = (x 1 ± x 2 ) + i(y1 ± y 2 ), z 1 ⋅ z 2 = ( x 1 + i y 1 ) ⋅ ( x 2 + i y 2 ) = ( x 1 x 2 − y 1 y 2 ) + i ( x 1 y 2 + x 2 y 1 ), z1 z1 z2 ( x 1 x 2 + y 1 y 2 ) + i( x 2 y 1 − x 1 y 2 ) = = z 2 z 2 z2 x 22 + y 22 Комплексное число z = x + i y изображается точкой M( x , y) на координатной плоскости XOY (рис. 2.1). При этом действительные числа z = x изображаются точками на оси OX , называемой y
M z = x + iy r
y
ϕ
0
x
x
здесь действительной осью, а мнимые числа z = i y изображаются точками оси OY , называемой мнимой осью. Плоскость, на которой изображают комплексные числа, называется комплексной плоскостью. Комплексное число z = x + i y может
быть изображено вектором r ( x , y) с координа-
тами x и y и с началом в точке O( 0,0) Рис. 2.1 (рис. 2.1). Длина r = r вектора r ( x , y) , изображающего комплексное число z , называется модулем комплексного числа. Угол ϕ , образуемый этим вектором с положительным направлением действительной оси, называется аргументом комплексного числа. Модуль числа принято обозначать r = z , а аргумент ϕ = Arg z . Для модуля и аргумента, как видно на рис. 2.1, справедливы формулы 85
r = z = x2 + y2 , (2.2) y tgϕ = (при x ≠ 0 ) (2.3) x Величина ϕ = Arg z имеет бесчисленное множество значений, отличающихся одно от другого на целое, кратное 2π . Если величину одного из углов обозначить через ϕ 0 , то совокупность величин всех углов запишется в следующем виде:
Arg z = ϕ 0 + 2 kπ ( k = 0,±1,±2,K) Значение ϕ = Arg z , принадлежащее промежутку ( − π , π ] , называется главным и обозначается ϕ 0 = arg z . Итак, − π < argz ≤ π , Arg z = arg z + 2 kπ (2.4) ( k = 0,±1,±2,K) Зная действительную часть x и мнимую часть y комплексного числа z и y пользуясь тем, что tg (arg z ) = , можем вычислить arg z по формуле x y ⎧ arctg при x > 0, y ∈ R , ⎪ x ⎪ ⎪arctg y + π при x < 0, y ≥ 0, ⎪ x ⎪⎪ y arg z = ⎨arctg − π при x < 0, y < 0, (2.5) x ⎪ π ⎪ при x = 0, y > 0, ⎪ 2 ⎪ π ⎪ − при x = 0, y < 0. ⎪⎩ 2 Комплексному числу O не приписывается какое-либо значение аргумента.
r = z и главное значение его аргумента ϕ 0 , мы можем вычислить его действительную часть x и мнимую y : x = r cos ϕ, y = rsin ϕ и записать число z в форме z = r( cos ϕ + i sin ϕ ) (2.6) Зная модуль комплексного числа
Эту форму комплексного числа называют тригонометрической. Имеют место следующие правила умножения, деления, возведения в целую положительную степень и извлечение корня для чисел z в тригонометрической форме: 86
z1 z 2 = r1 r2 [ cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 + ϕ 2 )] , z1 r1 = [ cos(ϕ 1 − ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 − ϕ 2 )] , z 2 r2 z n = r n ( cos n ϕ + i sin n ϕ ) , ( n ∈ N ) , ϕ + 2 kπ ϕ + 2 kπ ⎞ ⎛ n z = n r ⎜ cos + i sin ⎟, ⎝ n n ⎠ где k = 0,1,2 ,K , n − 1.
(2.7) (2.8) (2.9) (2.10)
Формула (2.9) называется формулой Муавра. Геометрически n значений выражения n z (2.10) изобразятся вершинами некоторого правильного n − угольника, вписанного в окружность, с центром в начале координат и с радиусом n r . В теории функций комплексного переменного известны формулы Эйлера e i ϕ = cos ϕ + i sin ϕ , e − i ϕ = cos ϕ − i sin ϕ . (2.11) С помощью первой формулы Эйлера, умножив левую и правую части на r , можно перейти от тригонометрической формы (2.6) к показательной форме комплексного числа z = r e iϕ . (2.12) В виду ее компактности она удобнее равносильной тригонометрической формы. Алгебраические действия (2.7) - (2.10) с помощью показательной формы (2.12) имеют более простой вид
z1 z 2 = r1 r2 e i ( ϕ + ϕ ) , z1 r1 i ( ϕ − ϕ ) , = e z 2 r2 z n = r n e i nϕ , 1
1
i
(2.13)
2
(2.14)
2
ϕ + 2 kπ n
(2.15)
k = 0,1,2 ,K , ( n − 1) (2.16) 2 3 4 При решении задач полезно помнить, что i = −1, i = − i , i = 1, i 5 = i и т.д.,. и вообще при любом целом k i 4 k = 1, i 4 k +1 = i , i 4 k + 2 = −1, i 4k+3 = −i . n
z= re n
,
Примеры решения задач ПРИМЕР 2.1. Решить уравнение z − 6z + 10 = 0 . Решение. Первый способ: D = 36 − 40 = −4 . 2
87
6 ± − 4 6 ± 2 − 1 6 ± 2i = = = 3± i 2 2 2 z1 = 3 + i , z 2 = 3 − i Второй способ: В результате подстановки z = x + iy в данное уравнение z 1, 2 =
имеем
( x + iy) 2 − 6( x + iy) + 10 = 0 ,
откуда после преобразований получим
⎧x 2 − y 2 − 6x + 10 = 0 систему уравнений ⎨ . ⎩xy − 3y = 0 z 1 = x 1 + iy 1 = 3 + i, z 2 = x 2 + iy 2 = 3 − i .
Решая
систему,
получим
3 + 2i . 1+ i (3 + 2i )(1 − i ) = 3 + 2 + 2i − 3i = 5 − i , откуда z= 1+1 2 (1 + i )(1 − i ) 1 Im z = y = − . 2
ПРИМЕР 2.2. Найти Re z и Im z , если z = Решение.
Re z = x =
5 , 2
ПРИМЕР 2.3. Выяснить геометрический смысл модуля разности z1 − z 2 двух комплексных чисел z1 и z 2 . Решение.
z 1 − z 2 = ( x 1 − x 2 ) + i( y 1 − y 2 ) =
( x1 − x 2 ) 2 + ( y1 − y 2 ) 2 . Следовательно,
z1 − z 2 означает расстояние меж-
ду точками z1 = x 1 + iy 1 и z 2 = x 2 + iy 2 (рис. 2.2) Если изобразить комплексное число с помощью вектора, то действительная и мнимая Y части z1 − z 2 являются координатами вектора, Z а так как при вычитании векторов их координаM z1 1 z − z ты соответственно вычитаются, то вычитание 1 2 комплексных чисел сводится к вычитанию векM2 торов, изображающих эти числа. Как видно из z2 рис. 2.2., z1 − z 2 есть длина вектора
0
X
Рис. 2.2
z1 − z 2 = M 2 M 1 , иначе расстояние между точками, изображающими числа z1 и z 2 .
ПРИМЕР 2.4. Найти модуль и главное значение аргумента комплексного числа z = 1 − 3 i ; представить его в тригонометрической и показательной формах.
88
x2 + y2 = 1 + 3 = 2. y − 3 Так как значение аргумента ϕ удовлетворяют соотношению tgϕ = = x 1 y π π . Итак, z = r = 2 , arg z = − и сото arg z = arctg = arctg − 3 = − x 3 3 π −i ⎡ ⎛ π⎞ ⎛ π⎞ ⎤ гласно (2.6) и (2.12) имеем z = 2 ⎢ cos⎜ − ⎟ + i sin⎜ − ⎟ ⎥ , z = 2 e 3 . ⎝ 3⎠ ⎦ ⎣ ⎝ 3⎠ Решение.
По определению модуля, r = z =
(
)
ПРИМЕР 2.5. Выполнить действия умножения и деления комплексных чисел z1 = −1 − i и z 2 = 1 + i 3 , представив их вначале в тригонометрической форме. Решение. z1 =
⎡ ⎛ 3 ⎞ ⎛ 3 ⎞⎤ 2 ⎢ cos⎜ − π⎟ + i sin⎜ − π⎟ ⎥ ⎝ 4 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 4 ⎠
π π⎤ ⎡ z 2 = 2 ⎢ cos + i sin ⎥ . Применяя формулы (2.7) и (2.8), получим 3 3⎦ ⎣ π⎞ π⎞ ⎤ ⎡ ⎛ 3 ⎛ 3 z 1 z 2 = 2 2 ⎢cos⎜ − π + ⎟ + i sin⎜ − π + ⎟ ⎥ = ⎝ 4 3⎠ 3⎠ ⎦ ⎣ ⎝ 4 ⎡ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎤ = 2 2 ⎢cos⎜ − π⎟ + i sin⎜ − π⎟ ⎥ , ⎝ 12 ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ 12 ⎠ z1 2⎡ ⎛ 3 π⎞ π⎞ ⎤ ⎛ 3 i = − − + − − cos π sin π ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎝ 4 z2 2 ⎢⎣ ⎝ 4 3⎠ 3 ⎠ ⎥⎦
=
2 ⎡ ⎛ 13 ⎞ ⎛ 13 ⎞ ⎤ i − + cos π sin ⎜ ⎟ ⎜ − π⎟ ⎥ ⎝ 12 ⎠ ⎦ 2 ⎢⎣ ⎝ 12 ⎠
ПРИМЕР 2.6. Вычислить (1 + i) . Решение. Запишем число z = 1 + i в тригонометрической форме. По 12
формуле
=
(2.9)
(1 + i)
имеем
12
π π⎞ ⎤ ⎡ ⎛ = ⎢ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ ⎥ 4 4⎠ ⎦ ⎣ ⎝
12
=
( ) ( cos 3π + i sin 3π) = 2 (− 1 + i ⋅ 0) = −64 . 2
12
6
ПРИМЕР 2.7. Вычислить и изобразить на комплексной плоскости все значения 3 − 8 .
89
го
Решение. Представим z = −8 в тригонометрической форме (2.6), для ченайдем модуль и главное значение аргумента z = − 8 = 8,
ϕ 0 = argz = arg(− 8) = π . Имеем z = −8 = 8( cos π + i sin π) . Применяя формулу (2.10), находим 3 значения корня, содержащихся в π + 2kπ π + 2kπ ⎞ ⎛ формуле Wk = 3 8 ⎜ cos + isin ⎟ , где k = 0, 1, 2 . Воспользо9 3 ⎠ ⎝ вавшись показательной и тригонометрической формами числа (2.6), (2.12), получаем π 3
π π⎞ ⎛ = 2⎜ cos + i sin ⎟ = 1 + i 3 , ⎝ 3 3⎠ iπ при k = 1 w 1 = 2e = 2( cos π + i sin π ) = −2 , 5 i π 5π 5π ⎞ ⎛ 2 = 2⎜ cos + i sin ⎟ = 1 − i 3 . при k = 2 w 2 = 2e ⎝ 3 3⎠ Точки w 0 , w 1 , w 2 образуют вершины правильного треугольника, вписанного в окружность радиуса 2 с центром в начале координат (рис. 2.3). при k = 0
w 0 = 2e
i
Y
Y w0 =
w 1 = 2e i π
π i 2e 3
0
w2 = e
w 2 = 2e
9π 8
w1 = e
0
X i
i
5π 3
w0 =
π i e8
Рис. 2.3
i
5π 8
X w3 = e
i
13 π 8
Рис. 2.4
ПРИМЕР 2.8. Решить двучленное уравнение w − i = 0 . Решение. Нахождение всех корней уравнения сводится к задаче: найти все значения корня 4 i . Для чего запишем число i в показательной форме 4
i
π 2
i = e и применим формулу (2.16) w k = 1 e 4
i
π 8
i
ϕ 0 + 2 kπ 4
, где k = 0,1,2 ,3 , ϕ 0 =
π . 8 5 i π 5 = e 8 , откуда w 1 = 1, arg w 1 = π . 8
При k = 0 w 0 = e , откуда следует, что w 0 = 1, arg w 0 = При k = 1 w 0 = e
i⎛π ⎞ ⎜ + 2 π⎟ ⎠ 4⎝ 2
90
π 2
i⎛π ⎞ ⎜ +4 π⎟ ⎠ 4⎝ 2
9 i π 8
9 π 8 i⎛π ⎞ 13 ⎜ + 6π ⎟ i π 13 ⎠ 4⎝ 2 При k = 3 w 3 = e =e 8 ⇒ w 3 = 1, arg w 3 = π . 8 Как видно из рис. 2.4, точки w 0 , w 1 , w 2 , w 3 комплексной плоскости лежат в вершинах квадрата (на окружности радиуса r = 1 с центром в начале коПри k = 2 w 2 = e
=e
⇒ w 2 = 1, arg w 2 =
ординат). 2.2. МНОЖЕСТВА ТОЧЕК, ЛИНИИ, ОБЛАСТИ НА КОМПЛЕКСНОЙ ПЛОСКОСТИ Линии и области на комплексной плоскости мы рассматриваем как множество точек z , обладающих определенными свойствами, изученными в действительном анализе. Аналитически линии и области задаются как множество чисел z , удовлетворяющих определенным уравнениям или системе уравнений, неравенствами или системе неравенств. Параметрические уравнения кривой в действительных переменных:
x = x( t), y = y( t), α ≤ t ≤ β
в комплексной плоскости могут быть заменены одним уравнением z = z( t) = x( t) + i y( t), α ≤ t ≤ β , (2.17) которое называется комплексно-параметрическим или уравнением кривой в комплексной форме. Если кривая задана в действительных переменных в неявном виде F( x , y) = 0 , то путем подстановки в это уравнение выражений
x=
z+ z z− z , y= 2 2i
(2.18)
получим уравнение кривой в комплексных переменных. При решении задач по определению и изображению линии и областей в комплексной плоскости следует помнить геометрический смысл модуля разности двух комплексных чисел z1 − z 2 (см. ПРИМЕР 2.3). Рассматривая
z1 − z 2 как расстояние между двумя точками z1 и z 2 плоскости, достаточно легко задавать аналитически линии и области. Примеры решения задач ПРИМЕР 2.9. Написать в комплексной форме уравнение кривой l :
x = t , y = 3t 2 , − ∞ < t < ∞
Решение. 1-й способ. Согласно (2.17) 2 параметрическую форму кривой z( t) = t + 3t i . 91
имеем
комплексно-
2-й способ. Легко видеть, что данная кривая - парабола y = 3x . Перейдем в этом уравнении к комплексному переменному, воспользовавшись форму2
2
z− z ⎛ z + z⎞ = 3⎜ ⎟ откуда получаем ⎝ 2i 2 ⎠ 3z 2 + 6z z + 3z 2 + 2 z i − 2 z i = 0 .
лами (2.2),
ПРИМЕР 2.10. Написать уравнение окружности в комплексной форме. Решение. 1-й способ. Рассмотрим окружность как множество точек z , равноудаленных на расстояние r от центра z 0 = x 0 + i y 0 . Тогда имеем
z − z0 = r . 2-й способ. Как известно, параметрические уравнения окружности радиуса r центром в точке M 0 ( x 0 , y 0 ) имеют вид:
x − x 0 = r cos t , y − y 0 = r sin t , где − π < t ≤ π . Следовательно, z( t) = x 0 + r cos t + i( y 0 + r sin t) , − π < t ≤ π . Если
воспользоваться показательной формой комплексного числа, то полученное уравнение можно записать в виде z( t) = z 0 + r e i t , − π < t ≤ π . ПРИМЕР 2.11. Написать уравнение эллипса с фокусами в точках z1 и z 2 , большая ось которого равна 2a . По определению эллипса, r1 + r2 = 2 a , где r1 = z − z1 и Решение.
r2 = z − z 2 − расстояния произвольной точки z эллипса до фокусов z1 и z 2 соответственно рис. 2.5. Следовательно, уравнение эллипса в комплексной z − z1 + z − z 2 = 2 a . Расстояние между фокусами: форме имеет вид
2 c = z1 − z 2 , а малая полуось по известным a и c определяется из формулы b = a − c . ПРИМЕР 2.12. z − z1 = z − z 2 . 2
2
Решение.
Выяснить
геометрический
смысл
уравнения
1-й способ (геометрический). В данном случае {z} − множе-
ство точек, равноудаленных от точек z1 и z 2 . Очевидно, это есть прямая L ,
перпендикулярная отрезку [ z1 , z 2 ] и проходящая через его середину (рис. 2.6). 2-й
способ
(аналитический).
Пусть
z 2 = x 1 + i y 2 , тогда z − z 1 = (x − x 1 ) + i ( y − y 1 ) z − z 2 = (x − x 2 ) + i ( y − y 2 ) z − z1 =
( x − x 1 )2 + ( y − y 1 )2 ,
z − z2 =
(x − x 2 ) 2 + ( y − y 2 ) 2 . 92
z = x + i y,
z 1 = x 1 + i y1 ,
Поскольку левые части последних соотношений равны, то равны и их
правые части, т.е. (x − x 1 ) + (y − y1 ) = (x − x 2 ) + (y − y 2 ) . После упрощения получаем уравнение прямой линии. 2
2
2
Y
2
Y z2
z2
z1
z1
0
z
X
0
X L
Рис. 2.5
Рис. 2.6
⎛ 1⎞ ⎝ z⎠
ПРИМЕР 2.13. Какая кривая определяется уравнением Re⎜ ⎟ =
1 ? 4
x− iy z 1 . Следовательно, = = 2 z z z x + y2 x x 1 ⎛ 1⎞ 2 2 Re⎜ ⎟ = 2 . По условию или x + y − 4 x = 0 . Откуда = ⎝ z⎠ x + y 2 x2 + y2 4 2 2 следует, что данное условие определяет окружность ( x − 2) + y = 4 . Решение. Пусть z = x + i y . Тогда
ПРИМЕР 2.14. Определить, какое множество точек удовлетворяет условию 0 ≤ Im z ≤ 1 . Решение. Так как, по определению, Im z = y , то данное условие может быть записано в виде: 0 ≤ y ≤ 1. Следовательно, искомое множество точек точки полосы между прямыми y = 0 и y = 1 , включая эти прямые (рис. 2.7). Данное множество является областью, причем открытой, неограниченной. ПРИМЕР 2.15. Построить на комплексной плоскости области, заданные условиями: а) 4 ≤ z + 1 + z − 1 ≤ 5 ; б) 1 < z < 2 , 0 ≤ arg z < Решение.
π . 4
а) Искомое множество точек удовлетворяет двум условиям: z + 1 + z − 1 ≥ 4 и z + 1 + z − 1 ≤ 5 . Первое условие определяет внешность эллипса с фокусами z1 = −1 и z 2 = 1 , для которого 2 a = 4 , 2 c = z1 − z 2 , 93
b = 4 − 1 = 3 (уравнение эллипса в действительных переменных: x 2 y2 + = 1). Второе уравнение - внутренность эллипса с фокусами в тех же 4 3 5 25 21 точках с полуосями a 1 = и b 1 = (уравнение эллипса в дей−1 = 4 2 2 x2 y2 ствительных переменных: + = 1 ). Искомая область - часть плоско25 4 21 4 сти, заключенная между двумя эллипсами (рис. 2.8), включая сами эллипсы. Область замкнутая, ограниченная.
Y
Y
z
z +1 + z −1 = 5
z +1 + z −1 = 4 Im z = 1
0
Im z = 0
−2
−1
X
1
2
5 2
X
Рис. 2.7 Рис. 2.8 б) Легко видеть, что множество точек, удовлетворяющих условию 1 < z < 2 , есть внутренность кольца, ограниченного окружностями z = 1 и
z = 2 с центрами в начале координат и радиусами 1 и 2 . Система неравенств π 0 ≤ arg < определяет множество точек, составляющих угол между лучами 4 π ϕ = 0 и ϕ = , причем точки первого луча принадлежат области, а второго 4
нет.
Пересечение указанных областей определяет искомую область D , которая изображена на рис. 2.9. ПРИМЕР 2.16. Какое множество точек комплексной плоскости определя2 ется условием Im z < −1 ?
94
Решение. Пусть z = x + i y . Тогда z = x − i y и
z 2 = x 2 − y 2 + i( − 2 xy) . Следовательно, Im z 2 = −2 xy . По условию 1 − 2 xy < −1 или xy > . Полученное неравенство определяет множество то2
чек, изображенных на рис. 2.10.
Y arg z = z =2
D
0
1
π 4
Y
2
X z =1
0
X
Рис. 2.9 Рис. 2.10 2.3. ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО. ПРЕДЕЛ И НЕПРЕРЫВНОСТЬ ФУНКЦИИ. ОСНОВНЫЕ ЭЛЕМЕНТАРНЫЕ ФУНКЦИИ Говорят, что на множестве D точек плоскости z задана функция w = f ( z) , если каждой точке z ∈ D поставлено в соответствие одно (однозначная функция) или несколько (многозначная функция) значений комплексного переменного w ∈ G . Мы будем рассматривать только такие функции, для которых множества D и G являются областями, причем D называется областью определения, а G − областью значений функции w = f ( z) . Задание функции комплексного переменного w = f ( z) равносильно за-
данию двух функций действительных переменных u = u (x , y ), v = v(x , y ):
w = f ( z) = u( x, y) + i v( x, y) , (2.19) v = Im w . где u = Re w , Нахождение функций u = u( x, y) и v = v(x , y ) называется выделением действительной и мнимой частей функции w . Это позволяет свести изучение функции комплексного переменного к изучению двух функций действительных переменных. 95
Геометрически заданную на D однозначную функцию w = f ( z) можно рассматривать как отображение точек области D плоскости z в некоторую область G плоскости w . В этом отображении и проявляются свойства функции w = f ( z) (рис. 2.11).
Y
v l
• f (z )
D 0
•z
0
X
u
Рис. 2.11 Точки z , линии l z , области D z называют прообразами точек w = f ( z) , линий L w и областей G w соответственно, а w , L w , G w называют образами при отображении w = f ( z) .
Если в плоскости z кривая l z задана неявным уравнением F( x , y) = 0 ,
Φ( u , v) = 0 в плоскости w при отображении, осуществляемом функцией w = f ( z) = u + i v , достаточно ⎧u = u( x , y) ⎪ исключить x и y из уравнений ⎨v = v( x , y) . ⎪F x , y = 0 ⎩ ( )
то для того, чтобы найти уравнение ее образа L w
Если
кривая
l z задана параметрически уравнениями
⎧x = x( t) ⎨ ⎩y = y( t)
или z( t) = x( t) + i y( t) , α ≤ t ≤ β , то можно получить параметрические уравнения L w , представив действительную и мнимую части
w = f ( z) = u( x , y) + i v( x , y) как функции параметра t : u = u( x( t), y( t)) = U( t)
v = v( x( t), y( t)) = V( t) Комплексное число W0 называется пределом функции w = f ( z) при z → z 0 , если для любого ε > 0 найдется δ > 0 такое, что для всех z ≠ z 0 , удовлетворяющих неравенству z − z 0 < δ , выполняется неравенство
96
f ( z) − w 0 < ε , причем z → z 0 по любому пути из δ − окрестности точки z 0 . В этом случае пишут lim f ( z) = w 0 . z→ z 0
Существование lim f ( z) , где f ( z) = u( x , y) + i v( x , y), z 0 = x 0 + i y 0 , z→ z 0
равносильно существованию
lim u( x , y)
x→ x 0 y→ y 0
и
lim f ( z) = lim u( x, y) + i lim v( x, y) .
z→ z 0
x→ x 0 y→ y 0
lim v( x, y) , причем
x→ x 0 y→ y 0
x→ x 0 y→ y 0
Функция w = f ( z) называется непрерывной в точке z 0 , если она опре-
делена в точке z 0 и ее окрестности и lim f ( z) = f ( z 0 ) , где f ( z 0 ) − конечное z→ z 0
комплексное число. Функция, непрерывная в каждой точке области D , называется непрерывной в этой области. Для того, чтобы функция f (z ) = u (x , y ) + i v(x , y ) была непрерывна в z 0 = x 0 + iy 0 , необходимо и достаточно, чтобы ее действительная и точке
мнимая части были непрерывными функциями в точке ( x 0 , y 0 ) . Отметим, что как правила действий с пределами функций в действительном анализе, так и правила действия с непрерывными функциями действительного переменного сохраняются для пределов и для действий с непрерывными функциями комплексного переменного. Приведем некоторые элементарные функции комплексного переменного. 10 . Дробно-рациональная функция
a 0 z n + a 1 z n −1 +K+ a n w= , n, m ∈ N b 0 z m + b 1 z m−1 +K+ b m n n −1 в частности, рациональная w = a 0 z + a 1 z +K+ a n . 2 0 . Показательная функция e z = e x ( cos y + i sin y) ,
(2.20)
(2.21) которая в отличие от функции действительного переменного является периодиz + 2 kπi = e z ( k = 0,±1,±2 ,K) . ческой функцией с периодом 2π i , т.е. e
30 . Тригонометрические функции ei z + e− i z ei z − e− i z cos z = , sin z = , 2 2i cos z sin z . ctg z = , tgz = sin z cos z
(2.22) (2.23)
Для тригонометрических функций остаются в силе все формулы тригонометрии. В отличие от тригонометрических функций действительного аргумента модули функции sin z и cosz могут быть больше 1. 97
4 0 . Гиперболические функции e z + e− z e z − e− z , sh z = ch z = , 2 2 ch z sh z . , cth z = thz = sh z ch z
(2.24) (2.25)
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
tg z = − i th iz,
th z = − i tg iz
(2.26)
ctg z = i cth iz, cth z = i ctg iz 50 . Логарифмическая функция Ln z = ln z + i( arg z + 2 kπ) , k = 0,±1,±2 ,K
(2.27) Из (2.27) видно, что логарифмическая функция - функция многозначная; ее значения для данного значения z отличаются друг от друга на число 2kπ i . Значение логарифма, соответствующее k = 0 , называется главным и обозначается ln z = ln z + i arg z . (2.28) Логарифмическая функция комплексного переменного обладает известными свойствами логарифма действительного переменного. 6 0 . Обобщенные степенная и показательная функции
z a = e a Ln z ,
(2.29)
где a − любое комплексное число; a z = e z Ln a , где a = α + i β ≠ 0 .
(2.30)
Примеры решения задач ПРИМЕР 2.17. Выделить действительную и мнимую части функции 2
w = ez .
Решение. Пусть z = x + i y . Тогда, по определению показательной функ-
ции
(2.2),
Re w = e x
2
имеем − y2
e z = e( 2
)
x 2 − y 2 + i 2 xy
cos 2 xy , Im w = e x
2
− y2
= ex
2
−y2
sin 2 xy .
98
( cos 2xy + i sin 2xy) .
Откуда
w = sin z в точке
ПРИМЕР 2.18. Найти значение функции
(
)
z 0 = π + i ln 2 + 5 , иначе говоря, найти образ точки z 0 при отображении w = sin z . Решение. w 0 = sin z 0 = sin π + iln 2 + 5 = |по формуле приведения и по формуле (2.26)| = i sh ln 2 + 5 = 1 2 2+ 5− − ln (2 + 5 ) − ln (2 + 5 ) −e e 2 + 5 −1 + 2 5 = i= i= i = 2i , w 0 = 2 . 2 2 2 2+ 5 Этот пример показывает, что функция w = sin z в комплексной области
(
[ )
)]
(
(
(
)
)
может принимать значения, большие единицы по модулю. ПРИМЕР 2.19. Найти корни уравнения cosz = 2 и изобразить их на плоскости. Решение. По определению функции w = cos z , из (2.24) имеем
ei z + e− i z = 2 , откуда e 2 i z − 4 e i z + 1 = 0 . Полученное квадратное уравнение 2 iz iz относительно e имеет корни e = 2 ± 3 . Следовательно, в силу определения логарифмической функции (2.27) с учетом (2.28) получаем
(
(
)
)
i z = ln 2 ± 3 + i arg 2 ± 3 + i 2πk = ln 2 ± 3 + i 2πk ,
(
)
k = 0,±1,±2 ,K . Отсюда определяем z : z k = 2 πk − i ln 2 ± 3 , k = 0,±1,±2,K. Итак, получены две серии корней
z (k1) = 2 πk − i ln( 2 + 3) , z (k2 ) = 2 πk − i ln( 2 − 3) , ( k = 0,±1,±2,K) . 4−3 Учитывая, что ln 2 − 3 = ln = − ln 2 + 3 , вторая серия корней 2+ 3 (2) ( 2) z k перепишется в виде z k = 2 πk + i ln 2 + 3 .
(
(
)
(
)
)
Таким образом, корнями данного уравнения являются точки, расположенные на прямых, параллельных действительной оси OX и отстоящих от нее
(
на расстоянии ln 2 +
)
3 (рис. 2.12).
99
Y z (−21)
z (02 )
z1(2 )
z (22 )
z 3(2 )
− 2π
0
2π
4π
6π
z (−11)
z (01)
z1(1)
z (21)
z 3(1)
(
ln 2 + 3
) X
Рис. 2.12
(
)
При изображении чисел учтено, что ln 2 + 3 ≈ 1,31 . ПРИМЕР 2.20. При отображении w = z найти: а) образ прямой линии l z : y = x − 1 б) образы прямоугольной сетки, т.е. прямых, параллельных осям координат: x = const , y = const ; 2
в) образ линии l z : z = 2 , 0 ≤ arg z ≤ π ;
г) образ области D z : z ≤ 2 , Im z > 0, Re z > 0 ; д) образ области D z : внутренность треугольника с вершинами в точках 0;1;1 + 2i . Решение. а) Линия l z − прямая, заданная уравнением в действительных переменных, от которого можно перейти к параметрическим уравнениям x = x, y = x−1 . Полагая z = x + i y , определим действительную и мнимую части функ-
Re w = u( x, y) = x 2 − y 2 , Im w = v( x, y) = 2 xy . Для того, чтобы найти уравнение образа L w данной прямой l z , исклю⎧u( x , y) = x 2 − y 2 ⎪ чим y из уравнений ⎨v( x , y) = 2 xy , в результате чего получим парамет⎪y = x − 1 ⎩ ⎧u = 2 x − 1 рические уравнения L w : ⎨ . Если из полученных уравнений L w 2 v 2 x 2 x = − ⎩ исключить параметр x , то придем к уравнению образа в плоскости w в дейст1 2 вительных переменных u и v: v = ( u − 1) . Как видно, искомый образ 2 ции w = z
2
:
есть парабола (рис. 2.13).
100
y
v v=
y = x −1
0
1
−1
x
0
1
(
)
1 2 u −1 2
u
−i Рис. 2.13 б) Чтобы найти образы семейства прямых x = C , подставим вместо x его значение в действительную и мнимую части функции w = z 2 :
u = c − y , v = 2 c y . Исключив отсюда y , получим 2
2
v2 u = c − 2 − се4c 2
мейство парабол, симметричных относительно оси 0u , вершины которых находятся на положительной части этой оси, а ветви направлены в сторону отрицательной части оси 0u (рис. 2.14). В частности, при c = ±1 и c = ±2 соответственно имеем v = −4( u − 1) и v = −16( u − 4) . 2
2
⎧u = − y 2 . Второе Мнимая ось x = 0 плоскости z отобразится на линию ⎨ v = 0 ⎩ из этих равенств указывает, что образ прямой x = 0 на оси 0u , а из первого равенства следует, что u может принимать лишь отрицательные значения. Следовательно, мнимая ось x = 0 плоскости z отображается на отрицательную ⎧u ≤ 0 . часть действительной оси плоскости w: ⎨ v = 0 ⎩ Семейство прямых y = d отображается в семейство кривых ⎧u = x 2 − d 2 v2 или u = − d2. ⎨ 2 4d ⎩v = 2 x d Получили семейство парабол, симметричных относительно оси OU , вершины находятся на отрицательной части OU , направление ветвей совпадает с положительным направлением оси OU (рис. 2.14). В частности, при d = ±1 и d = ±2 имеем v 2 = 4( u + 1), v 2 = 16( u + 4) .
101
⎧u = x 2 . Это значит, что действительная ось При d = 0 получаем: ⎨ v = 0 ⎩ y = 0 плоскости z отображается в положительную часть действительной оси ⎧u ≥ 0 плоскости w: ⎨ ⎩v = 0 v
y=2
x= 2
x= 1
x= 0
x= - 1
x= - 2
Y 4 3
y =1
2
y = −1
− 2 −1 0
1
2
X − 4 − 3 − 2 −1
0
1
2
3
4 u
Рис. 2.14 Итак, сетка прямых XOY линий, отобразится в “сетку” параболических кривых в плоскости UOV . в) Линия l z − полуокружность верхней полуплоскости с центром в начале координат и радиусом r = 2 . Уравнение кривой запишем в комплексноiϕ параметрической форме z = r e , где r = z = 2 , 0 ≤ ϕ ≤ π . Тогда w = z = r e 2
2
i 2ϕ
, откуда следует, что w = 4 , arg w = 2 arg z .
Значит, при отображении w = z точки, лежащие на полуокружности плоскости z , перейдут в точки, лежащие на окружности w = 4 , 0 ≤ arg w ≤ 2π плоскости w (рис. 2.15). 2
102
Y
v lw
lz
−2 0
w =4
z =2 −4 2
−2 0
2
4 u
X Рис. 2.15
г) Для отыскания образа G w области D z можно найти образ L w ее границы (если область замкнутая или ограниченная), а затем выяснить расположение искомой области относительно ее границы. Если произвольная точка z 0 ∈ D z переходит в точку w 0 , лежащую внутри контура L w , то область G w есть ограниченная область - множество точек плоскости w , лежащих внутри контура. Если точка z 0 ∈ D переходит в точку w 0 , лежащую вне контура, то область G w есть область неограниченная, расположенная вне линии L w . По условию, область D z плоскости z есть четверть круга в первой четверти координатной плоскости (рис. 2.16). Как было показано в предыдущих пунктах б) и в) задачи, мнимая ось OY ( x = 0) переходит в отрицательную полуось OU(u ≤ 0, v = 0 ) , действи-
тельная ось OX ( y = 0) − в положительную полуось OU ( u ≥ 0, v = 0) , а дуга AB окружности плоскости z переходит в полуокружность A ′CB′ верхней полуплоскости w .
На основании этого можно заключить, что образом контура OABO плоскости z является контур OA ′CB′ O плоскости w (рис. 2.16). Чтобы убедиться в том, четверть круга z ≤ 2 , Re z > 0, Im z > 0 отображается в верхний полукруг: w ≤ 4 , Im v ≥ 0 , покажем, что произвольная точка области D z переходит в точку полукруга G w . Например, при z 0 = 1 + i, w 0 = z 0 = 2 i, т.е. w 0 ∈ G w . 2
103
v
Y
c
D B 0
• W0
z =2
•L A
w =4
B′
X
Gw
A′ u
0
Рис. 2.16 д) область D z изображена на рис. 2.17а. Найдем последовательно образы
D z , помня, что Re w = u (x , y ) = x 2 − y 2 , .
участков границы области
Im w = v(x , y ) = 2xy .
v
Y y = 2x
z2
4i Dz
Gw
x =1
0
• zn z1 X
• W0 z1 u
−3
Рис. 2.17а
Рис. 2.17б
Отрезок z 1 z 2 , уравнение которого x 1 = 1 , причем 0 ≤ y ≤ 2 , имеет сво-
⎧u = 1 − y 2 им образом линию: ⎨ . Легко установить, что это есть часть параболы v = 2 y ⎩ 2 v = −4( u − 1) , т.к. − 3 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 4 (рис. 2.17 б). Отрезок 0z 2 , уравнение которого y = 2 x , где 0 ≤ x ≤ 1 , имеет своим ⎧u = −3x 2 3 , откуда имеем образом линию: ⎨ v = − u , причем − 3 ≤ u ≤ 0, 2 4 v = 4 x ⎩ 0 ≤ v ≤ 4 (рис. 2.17 б). Отрезок 0z 1 : y = 0, 0 ≤ x ≤ 1 отображается в отрезок оси 0U , т.к. u = x 2 , v = 0 и 0 ≤ u ≤ 1 (рис. 2.17 б). Чтобы показать, куда переходит внутренность треугольника 0z1 z 2 , возьмем точку z 0 = 0,5 + 0,5i . 104
i . Таким образом, ото2 бражением прямолинейного треугольника плоскости z , осуществляемого 2 функцией w = z , является криволинейный треугольник плоскости w , предНайдем соответствующее значение w 0 = z 0 = 2
ставленный на рис. 2.17 б. ПРИМЕР 2.21. Отобразить с помощью функции w = e декартову координатную сетку. Решение. Введем на плоскости z декартовы, а на плоскости w − полярiϕ ные координаты, т.е. положим z = x + i y , w = r e . По определению показаz
тельной функции имеем w = e = e z
x+i y
= e x e i y = (по формуле Эйлера)=
= e x ( cos y + i sin y) . Следовательно, r = w = ex , ϕ = arg w = y . (2.31) Найдем образы координатных линий x = c . Из равенства (2.31) имеем r = w = ec , − ∞ < arg w < ∞ . (2.32) Когда точка z пробегает прямую x = c , ее образ, как следует из системы (2.32), пробегает окружность, причем бесконечно много раз. В силу периодичности z показательной функции w = e рассмотрим изменение ее аргумента в промежутке 0 ≤ arg w < 2π , что соответствует изменению y в том же интервале. Тогда образами отрезков x = c, 0 ≤ y < 2π являются окружности радиуса
r = e c с центром в начале координат, пробегаемые один раз (рис. 2.18). Найдем теперь образы координатных прямых y = d , − ∞ < x < ∞ и пусть 0 ≤ d < 2π . В силу равенства (2.31) имеем 0 < w = ex < ∞,
0 ≤ arg w = d < 2π . (2.33) Из системы (2.33) следует: когда точка z пробегает прямую y = d , точка w пробегает луч arg w = d , исходящий из начала координат ( 0 < w < ∞) (рис. 2.18). z Итак, функция w = e отображает прямые, параллельные мнимой оси (x = const ), в окружности с центром в начале координат, а прямые, параллель-
ные действительной оси (y = const ) , в лучи, выходящие из начала координат; иначе говоря, декартова прямоугольная сетка отображается в полярную координатную сетку. При этом заштрихованный прямоугольник c < x < c ′ , d < y < d ′ ( 0 < d ′ − d < 2π ) плоскости z отображается в заштрихованную часть кольца плоскости w (рис. 2.18).
105
Y
w = ec′ 2πi
v
w = ec
y = d′
arg w = d′ arg w = d
y=d
u 0
x = c x = c′
X Рис. 2.18
ПРИМЕР 2.22. Показать, что lim z→ 0
Решение.
z не существует . z
Пусть точка z стремится к нулевой точке по оси 0X . Тогда
z x = lim = lim 1 = 1. Пусть теперь z → 0 по оси 0Y . Тогда z→ 0 z x→ 0 x x→ 0 − iy z z = i y , z = − i y и lim = lim = lim( − 1) = −1 . Таким образом, пределы z→ 0 z y→ 0 i y y→ 0 z по двум направлениям различны, и, следовательно, lim не существует. z→ 0 z z2 + 3i z − 2 . ПРИМЕР 2.23. Вычислить lim z→− i z+ i 2 Решение. z + 3 i z − 2 = 0 ⇒ z1 = −2 i , z 2 = − i . z2 + 3i z − 2 ( z + 2i)( z + i) lim = i. = lim z→− i z→− i z+i z+i z = x и lim
2.4. ПРОИЗВОДНАЯ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО. УСЛОВИЯ ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТИ. АНАЛИТИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ. ПОНЯТИЕ О КОНФОРМНОМ ОТОБРАЖЕНИИ
w = f ( z) определена в некоторой области D и пусть точки z 0 и z 0 + Δz принадлежат области D . Пусть однозначная функция
106
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 2.1. Если существует конечный предел отношения
Δw , когда Δz → 0 произвольным образом, то: Δz
1) этот предел называется производной функции f ( z) в точке z 0 и обозначается символом
f ( z 0 + Δz) − f ( z 0 ) Δw = lim ; (2.34) Δz→ 0 Δz Δz→ 0 Δz 2) и в этом случае функция f ( z) называется дифференцируемой в точке z 0 . f ′( z 0 ) = lim
Все правила и формулы дифференцирования функции действительного переменного остаются в силе и для функций комплексного переменного. Для того, чтобы функция f ( z) = u( x , y) + i v( x , y) была дифференцируема в точке z 0 = x 0 + i y 0 , необходимо и достаточно, чтобы: Теорема 2.1.
1) действительные функции u( x , y) и v( x, y) были дифференцируемы в
точке (x 0 , y 0 ) *) и чтобы 2) в этой точке выполнялись условия
∂u ∂v = , ∂x ∂y
∂u ∂v =− , ∂y ∂x
(2.35)
называемые условиями Коши-Римана (С.-R.) или Даламбера-Эйлера. При выполнении условий(C.-R.) производная функции может быть найдена по одной из следующих формул
f ′( x ) =
∂u ∂v ∂u ∂u ∂v ∂u ∂v ∂v +i = −i = −i = +i . ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂y ∂x
(2.36)
Приведем два определения, имеющих фундаментальное значение в теории функции комплексного переменного. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 2.2. Функция называется аналитической в области, если она дифференцируема в каждой точке этой области. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 2.3. Функция называется аналитической в точке z 0 , если она является аналитической в некоторой окрестности точки z 0 , т.е. если функция дифференцируема не только в данной точке, но и в ее окрестности. Из приведенных определений видно, что понятия аналитичности и дифференцируемости функции в области совпадают, а аналитичность функции в точке и дифференцируемость в точке - разные понятия. Если функция аналитична в точке, то она, безусловно, дифференцируема в ней, но обратное может ____________________________________________________________________ _*) Условие дифференцируемости u( x , y), v( x , y) можно заменить более удобным для пользования условием непрерывности частных производных этих функций по обеим переменным x и y . 107
и не иметь места. Функция может быть дифференцируема в точке, но не быть дифференцируемой ни в какой окрестности этой точки, в таком случае она не будет аналитической в рассматриваемой точке. Условием аналитичности функции в области является выполнимость условий Коши- Римана для всех точек этой области. Связь аналитических функций с гармоническими. Любая ли функция двух переменных x и y может служить действительной и мнимой частью некоторой аналитической функции ? Если функция f ( z) = u( x , y) + i v( x , y) аналитическая в области D , то
функции u( x , y) и v( x, y) являются гармоническими, т.е. удовлетворяют уравнению Лапласа
∂ 2u ∂ 2u ∂2v ∂2v + 2 =0 и + 2 =0 2 2 ∂x ∂y ∂x ∂y Однако, если функции u( x , y) и v( x, y) являются произвольно выбранными гармоническими функциями, то функция u( x, y) + i v( x, y) , вообще говоря, не будет аналитической, т.к. условия (C.-R.) для них не всегда будут выполняться. Основываясь на этом, можно построить аналитическую функцию w = f ( z) = u( x, y) + i v( x, y) по одной заданной гармонической функции (на-
пример, Im w = v( x , y) ), подобрав другую Re w = u( x , y) так, чтобы удовлетворялись условия (C.-R.). Условия (C.-R.) (2.35) позволяют определить неизвестную функцию (например, Re w = u( x , y) ) по ее двум частным производным или, что то же самое, по ее полному дифференциалу. Отыскание гармонической функции по ее дифференциалу есть известная из действительного анализа задача интегрирования полного дифференциала функции двух переменных Геометрический смысл модуля и аргумента производной. Пусть функция w = f ( z) дифференцируема в области D и f ′( z 0 ) ≠ 0 ( z 0 ∈ D) . Функция
отобразит точку z 0 плоскости z в точку w 0 = f ( z 0 ) плоскости w , кривую l ,
проходящую через точку z 0 − в кривую L , проходящую через w 0 (рис. 2.19).
Δw есть предел отношения бескоΔz→ 0 Δz нечно малого расстояния между отображенными точками w 0 и w 0 + Δw к бесконечно малому расстоянию между их прообразами z 0 и z 0 + Δz . Поэтому величину k = f ′( z 0 ) можно рассматривать геометрически как коэффициент Модуль производной f ′( z 0 ) = lim
f ′( z 0 ) > 1) или сжатия (если f ′( z 0 ) < 1 ) в точке z 0 при отображении области D z в области G w , осуществляемом функцией w = f ( z) .
растяжения если
108
v
Y z 0 + Δz
l1 l
α z0
L1
L
Δz
w 0 + Δw
Δw α′ w0
ϕ
ϕ′ 0
Ô′ Ô
0
X
u
Рис. 2.19 В каждой точке области в каждом направлении коэффициент растяжения k будет свой. Для аргумента производной можно записать
Δw Δw = lim arg = lim (arg Δw − arg Δz) = Δz→ 0 Δz Δz→ 0 Δz Δz→ 0 = lim arg Δw − lim arg Δz , arg f ′( z 0 ) = arg lim Δz→ 0
Δz→ 0
где arg Δz и arg Δw − это соответственно углы ϕ ′ и φ ′ , которые векторы Δz и Δw образуют с действительной осью (рис. 2.19). Пусть ϕ и φ − углы, образованные касательными к кривой l и L в точках z 0 w 0 с действительной осью. Тогда при z → z 0 ϕ ′ → ϕ , а φ ′ → φ , поэтому
arg f ′( z 0 ) = φ − ϕ определяет угол, на который нужно повернуть касательную к кривой l в точке z 0 , чтобы получить направление касательной к кривой L в точке w 0 . Если рассмотреть две кривые l 1 и l 2 , L1 и L 2 , то углы α и α ′ (рис. 2.19) между их касательными, вообще говоря, неравные. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 2.4. Отображение области D z на область G w , обла-
дающее свойствами постоянства растяжений ( k = const) в любом направлении
и сохранения (или консерватизма) углов (α = α ′ ) между двумя кривыми, пересекающимися в точке z 0 , называются конформным (подобным в малом). Отображение, осуществляемое аналитической функцией, является конформным во всех точках, в которых f ′( z) ≠ 0 .
109
Примеры решения задач ПРИМЕР 2.24. Показать, что функция w = e дифференцируема и аналитична во всей комплексной плоскости. Вычислить ее производную. Решение. Найдем Re w и Im w . По определению, имеем 2z
e 2 z = e 2 x (сos2 y + isin 2 y ). Следовательно, u( x , y) = e 2 x cos 2 y , ∂u ∂u = 2 e 2 x cos 2 y , = −2 e 2 x sin 2 y , ∂x ∂y v( x, y) = e 2 x sin 2 y . Откуда ∂v ∂v = 2 e 2 x sin 2 y , = 2 e 2 x cos 2 y. ∂x ∂y
Как видно, частные производные непрерывны на всей плоскости, и функции u( x, y), v( x, y) дифференцируемы в каждой точке плоскости. Условия
(C.-R.) выполняются. Следовательно, w = f ( z) дифференцируема в каждой точке плоскости, а значит, и аналитична на всей плоскости z . Поэтому производную можно найти по одной из формул (2.36):
w′ =
∂u ∂v +i = 2 e 2 x ( cos 2 y + i sin 2 y) = 2 e 2 z . ∂x ∂x
Наконец, производная может быть найдена по правилам формального
( )
дифференцирования: w ′ = e
2z
′
= 2e 2 z .
ПРИМЕР 2.22. Выяснить, является ли аналитической функция: а) w = z ; б) w = z Im z ? Решение. а) Так как z = x − i y , то Re w = u = x , Im w = v = − y . От-
∂u ∂u ∂v ∂v = 1, = 0, = 0, = −1. Как видно, первое условие (C.-R.) ∂x ∂y ∂x ∂y (2.35) не выполняется ни при каких x и y . Следовательно, функция не диффекуда
ренцируема ни в одной точке плоскости, а поэтому и не аналитична. 2 б) Имеем w = z Im z = ( x + i y) y = xy + i y . Функции u( x, y) = xy и
v( x , y) = y 2 дифференцируемы в каждой точке плоскости, ибо их частные ∂u ∂u ∂v ∂v = y, = x, = 0, = 2 y непрерывны во всей плоспроизводные ∂x ∂y ∂x ∂y
кости. Но условия (C.-R.) не выполняются ни в какой точке плоскости, кроме точки ( 0;0) , где все частные производные равны нулю. Следовательно, функция w = z Im z дифференцируема только в одной точке, но не является аналитической в ней, т.к. по определению, требуется дифференцируемость в окрестности данной точки.
110
Таким образом, функция w = z Im z не является аналитической ни при каком значении z . Из приведенного примера ясно, что аналитичность функции в точке более сильное требование, чем дифференцируемость ее в этой точке. ПРИМЕР 2.26. Существует ли аналитическая функция, для которой y x
Re w = u( x , y) = e ? Решение.
y x
Проверим, является ли функция u( x, y) = e гармонической.
y y y ⎛ y 2 2 y ⎞ ∂u ∂u y ⎞ ∂2u 1 x⎛ x x С этой целью находим e , e = e ⎜− 2 ⎟, = + , = ⎜ ⎟ ⎝ x ⎠ ∂x 2 ⎝ x 4 x 3 ⎠ ∂y ∂x x ∂2 u 1 yx ∂2 u ∂2 u e = и + ≠ 0 . Из последнего соотношения следует, что ∂y 2 x 2 ∂x 2 ∂y 2
y x
u = e не может быть действительной, а также и мнимой частью аналитической функции. ПРИМЕР 2.27. Найти, если это возможно, аналитическую функцию по ее 2 3 действительной части Re w = 3x y − y . Решение.
Прежде проверим, является ли функция u( x , y) = 3x y − y 2
3
∂u ∂2 u ∂u ∂2 u 2 2 гармонической. Находим = 6xy, = 6y, = 3x − 3y , = −6y ∂x ∂x 2 ∂y ∂y 2 ∂2 u ∂2 u и + = 6y − 6y = 0 . Гармоническая на всей плоскости функция ∂x 2 ∂y 2 ∂u ∂v ∂u ∂v u( x , y) сопряжена с v( x , y) условиями Коши-Римана = , =− . ∂x ∂y ∂y ∂x ∂v ∂v Из этих условий получаем = 6xy , = −( 3x 2 − 3y 2 ) . Из первого уравне∂x ∂y ния системы находим v( x , y) интегрированием по y , считая x постоянным, v( x , y) = ∫ 6xy dy + C( x) = 3xy 2 + C( x) , где C( x) − произвольная функция, подлежащая определению. Найдем ∂v ∂v отсюда , ранее найденно= 3y 2 + C ′( x) и приравниваем к выражению ∂x ∂x 2 2 2 му: 3y + C ′( x) = −3x + 3y . Получили дифференциальное уравнение для 2 определения функции C( x): C ′( x) = −3x . Откуда 111
C(x ) = −3∫ x 2 dx + C = − x 3 + C .
Итак, v( x , y) = 3xy − x + C . 2
3
w = f ( z) = 3x 2 y − y 3 + i( 3xy 2 − x 3 + C) = − i z 3 + i C .
Тогда
ПРИМЕР 2.28. Восстановить аналитическую функцию w = f ( z) по из-
вестной ее мнимой части v( x , y) = −2 sin 2 x sh 2 y + y и при дополнительном условии f ( 0) = 2 . Решение. Опуская проверку данной функции на гармоничность, нахо-
∂v ∂v ∂u ∂v u= = −4 sin 2 x sh 2 y + 1, =− = 4 cos 2 x sh 2 y . Следова∂y ∂x ∂x ∂y u = ∫ ( − 4 sin 2 x ch 2 y + 1) dx + C( y) = 2 cos 2 x ch 2 y + x + C( y) . тельно, ∂u Дифференцируя u по y , получим = 4 cos 2 x sh 2 y + C ′( y) . Но с другой ∂y ∂u стороны, по второму из условий (C.-R.) = 4 cos 2 x sh 2 y . Сопоставляя по∂y
дим
следние два равенства, получаем дифференциальное уравнение относительно функции C( y) 4 cos 2 x sh 2 y + C ′( y) = 4 cos 2 x sh 2 y . Откуда следует, что
C ′( y) = 0 и C( y) = C = const . Итак, u = 4 cos 2 x sh 2 y + x + C ′ , следовательно, w = u + i v = 2 cos 2 x sh 2 y + x + i( − 2 sin 2 x sh 2 y + y) + C или f ( z) = z + 2 cos 2 z + C .
Как видно из приведенных примеров, аналитическая функция определяется по своей действительной или мнимой части с точностью до произвольной постоянной. Задание дополнительного условия - значения функции в точке позволяет определить аналитическую функцию единственным образом. По условию f ( 0) = 2 ; воспользуемся этим для определения
C: f ( 0) = 0 + 2 + C = 2 , откуда C = 0 и f ( z) = z + 2 cos 2 z .
ПРИМЕР 2.29. Найти коэффициент подобия k и угол поворота ϕ в точке
z 0 при отображении w = f ( z) :
w = z3 , z0 = 2 i . Решение.
а) w = e , z 0 = −1 − i z
π ; 2
б)
а) Найдем w ′ = f ′( z) = e и ее частное значение в точке z
π −1− i π ⎛ ⎛ π⎞ ⎛ π⎞ ⎞ z 0 = −1 − i : f ′( z 0 ) = e 2 = e −1 ⎜ cos⎜ − ⎟ + i sin⎜ − ⎟ ⎟ . Значит, коэф⎝ 2⎠⎠ ⎝ ⎝ 2⎠ 2
112
1 < 1, т.е. отображение производит сжатие в e π точке z 0 , а ϕ = arg f ′( z 0 ) = − , т.е. в данной точке происходит вращение на 2 π по часовой стрелке. угол 2 2 б) w ′ = 3 z |z= 2 i = −12 = 12( cos π + i sin π ) , откуда следует, что коэффициент растяжения k = 12 , а угол поворота ϕ = π .
фициент подобия k = f ′( z 0 ) =
ПРИМЕР 2.30. Каково отображение, осуществляемое функцией w = z ? 3
Решение.
dw = 3z 2 . Функция аналитична во всей плоскости, но в точке dz
z = 0 w ′( 0) = 0 . Поэтому отображение, осуществляемое этой функцией, конформно во всех точках, за исключением точки z = 0 . Так как arg w = 3 arg z , то лучи arg z = α и arg z = β , выходящие из точки z = 0 и образующие между собой угол ϕ = β − α , отображаются соответственно в лучи arg w = 3α и arg w = 3β , образующие между собой угол φ = 3(β − α ) = 3ϕ . Поэтому в точке z = 0 конформность отображения нарушается в силу того, что нарушается свойство консерватизма углов: углы не сохраняются, а утраиваются. 2.5. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО 2.5.1. Интеграл от функции комплексного переменного ция
Пусть в области D плоскости z задана однозначная непрерывная функw = f ( z) = u( x , y) + i v( x , y) и пусть L − кусочно-гладкая направленная
кривая, принадлежащая D вместе со своими концами z 0 и Z . По определению полагают n
∑ f (ζ k )Δz k , ∫ f ( z)dz = maxlim Δz → 0 L
k
(2.34)
k =1
где ζ k − произвольная точка элементарной дуги ΔL k = ( z k −1 , z k ) при произвольном разбиении дуги Δz k = z k − z k −1 .
L на n частей точками z 0 , z 1 ,K , z n = Z ,
При данных условиях интеграл от функции f ( z) вдоль кривой L , как предел интегральной суммы (2.34), существует. Вычисление интеграла от функции комплексного переменного сводится к вычислению двух криволинейных интегралов 2-го рода по формуле 113
∫ f ( z)dz = ∫ u( x , y)dx − v( x , y)dy + i ∫ v( x , y)dx + u( x , y)dy . L
L
(2.35)
L
Из формулы (2.35) следует, что на интегралы от функции комплексного переменного распространяются известные свойства криволинейных интегралов. Если кривая задана параметрическими уравнениями x = x( t), y = y( t) ,
α ≤ t ≤ β , что равносильно одному уравнению в комплексной форме z( t) = x( t) + i y( t), α ≤ t ≤ β , то имеет место удобная для вычисления инте-
грала формула β
∫ f ( z)dz = ∫ f [ z( t)]z′( t)dt .
(2.36)
α
L
2.5.2. Вычисление интеграла от аналитической функции Интеграл
∫ f ( z)dz , вообще говоря, зависит от пути интегрирования. УсL
ловием независимости интеграла от пути интегрирования является аналитичность подынтегральной функции. Важную роль в теории функций комплексного переменного играет интегральная теорема Коши. Приведем две формулировки теоремы для одно- и многосвязной области. Пусть L − кусочно-гладкая замкнутая кривая, будем ее называть замкнутым контуром. Теорема Коши (для односвязной области). Пусть функция f ( z) аналитична в односвязной области D , тогда для любого замкнутого контура L∈D (рис. 2.20) имеет место равенство (2.37) ∫ f ( z)dz = 0 . L
Теорема Коши (для многосвязной области). Пусть f ( z) аналитична в многосвязной области D , ограниченной внешним контуром L 0 и внутренними контурами L1 , L 2 ,K , L n . Тогда имеет место равенство
∫ f ( z)dz = ∫ f ( z)dz + ∫ f ( z)dz+K+ ∫ f ( z)dz
L0
L1
L2
(2.38)
Ln
при условии, что интегрирование по всем контурам производится против часовой стрелки (рис. 2.21). Как следствие последней теоремы (для двусвязной области) следует отметить утверждение: если f ( z) аналитична в области D всюду, кроме z 0 ∈ D , то (2.39) ∫ f ( z)dz = ∫ f ( z)dz , L1
L2
114
где L1 и L 2 − произвольные контуры в D , содержащие особую точку z 0 .(рис.2.22).
Y
z
Y L1
L0
D
D
L
Ln
0
L2
0
X
X
Рис. 2.20
Рис. 2.21
Y • z0
L1 L2
0
D
X Рис. 2.22
Для аналитической функции имеет место формула Ньютона - Лейбница z2
z ∫ f ( z)dz = F( z)|z = F( z 2 ) − F( z1 ) , 2
z1
1
(2.40)
где F( z) − первообразная для f ( z) , т.е. F ′( z) = f ( z) . Этой формулой можно пользоваться для вычисления интеграла вдоль пути, лежащего в односвязной области, где f ( z) − аналитична, если известна первообразная для f ( z) . Техника нахождения неопределенных интегралов в комплексном анализе та же, что и в действительном, таблица основных интегралов в обоих случаях одинакова.
115
2.5.3. Интегральная формула Коши Если f ( z) аналитична в области D , z 0 ∈ D и L ⊂ D − контур, охватывающий точку z 0 , то имеют место следующие формулы:
f (z0 ) =
f ( z) 1 dz , ∫ 2π i L z − z 0
f ( n) ( z 0 ) =
(2.41)
f ( z) n! dz , ∫ n +1 2π i L ( z − z 0 )
(2.42)
(контур L может быть объединением контуров L 0 , L 1 , L 2 ,K , L n (рис. 2.21)). Формула (2.41) называется интегральной формулой Коши, а интеграл в правой части (2.41) - интегралом Коши. Интегральная формула Коши позволяет находить значение аналитической функции в любой точке, лежащей внутри области D , если известны значения этой функции на контуре L , ограничивающем D . Если точка z 0 лежит вне области D , то интеграл Коши равен нулю в силу теоремы Коши, так как в этом случае подынтегральная функция является аналитической в области D . Формулы (2.41) и (2.42) могут служить для вычисления интегралов по замкнутым контурам. Примеры решения задач
∫ (1 + i − 2 z) dz
ПРИМЕР 2.31. Вычислить интеграл
по линиям, соеди-
L
няющим точки z1 = 0 и z 2 = 1 + i ; а) по прямой, б) по параболе y = x (рис. 2.23). Решение. Функция f ( z) = 1 + i − 2 z Y не является аналитической (проверьте !), z поэтому вычисление интеграла возможно z 2 = 1 + i как по формуле (2.35), так и по формуле (2.36). Найдем действительную и мнимую части подынтегральной функции: u = 1 − 2 x , v = 1 + 2 y . По формуле (2.35) 2
имеем:
z1 = 0
1
∫ (1 + i − 2 z)dz = L
X
= ∫ (1 − 2 x)dx − (1 + 2 y)dy + L
Рис. 2.23
+ i ∫ (1 + 2 y)dx + (1 − x)dy . L
116
а) уравнение отрезка прямой, проходящей через точки z1 и z 2 : y = x , 0 ≤ x ≤ 1; значит dy = dx . Тогда получаем 1
1
0
0
∫ (1 + i − 2z )dz = ∫ [(1 − 2x ) − (1 + 2x )]dx + i ∫ [(1 + 2x ) + (1 − 2x )]dx =
L
= −2 − 2i .
б) Первый способ. Уравнение дуги параболы: y = x , 0 ≤ x ≤ 1; значит, dy = 2 x dx и 2
2 ∫ (1 + i − 2z )dz = ∫ [(1 − 2x ) − (1 + 2x )2x ]dx + i ∫ [(1 + 2x ) + (1 − 2x )2x ]dx = 1
L
1
2
0
= −2 +
0
4 i. 3
Второй способ. Воспользуемся формулой (2.36). Параметрические урав2 нения параболы имеют вид: x = t , y = t , 0 ≤ t ≤ 1, а в комплексной форме -
z( t) = t + i t 2 . Находим z ′( t) = 1 + 2 i t , z = t − i t 2 и
4 3
1
2 ∫ (1 + i − 2 z)dz = ∫ (1 + i − 2 t + 2 i t ) (1 + 2 i t)dt = −2 + i . L
0
3+ 4 i
2 ∫ ( z − 3) dz .
ПРИМЕР 2.32. Вычислить интеграл
i
Решение. Так как f ( z) = z − 3 аналитична всюду, то по формуле Нью2
⎛ z3 ⎞ 2 тона- Лейбница (2.40) имеем ∫ ( z − 3)dz = ⎜ − 3z⎟ ⎠ ⎝ 3 i 3+ 4 i
− 3[ ( 3 + 4 i) − i] = −48 + 6 i .
ПРИМЕР 2.33. Вычислить интеграл
3+ 4 i
=
(3 + 4i) 3 − i 3
i
3
−
π i 2
z ∫ z e dz . 0
Решение. Функции f ( z) = z и ϕ( z) = e являются аналитическими всюду. Применяя формулу интегрирования по частям, получим z
π i 2
πi 2
πi π i π2i ⎛ π ⎞ z 2 z e dz = z e − e dz = e − e = ⎜ − + 1⎟ − i . ∫ ∫ 0 ⎝ 2 ⎠ 2 0 0 z ПРИМЕР 2.34. Вычислить интеграл ∫ z e dz по контуру L : z = 3 . z
πi z 2 0
z
L
Решение. Так как f ( z) = z e аналитична всюду и контур интегрирования z
z = 3 − замкнутый, то в силу теоремы Коши (2.37): ∫ z e z dz = 0 . z =3
117
z3 ПРИМЕР 2.35. Вычислить ∫ dz , где а) L − окружность z = 2 , Lz− 3 б) L − окружность z = 4 . z3 аналитична в замкнутом круге z ≤ 2 , Решение. а) Функция f ( z) = z−3 z3 dz = 0 . поэтому по теореме Коши ∫ z =2 z − 3 б) Воспользуемся интегральной формулой Коши (2.41), положив f ( z) = z 3 z 0 = 3 . Функция f ( z) = z 3 аналитична в круге z ≤ 4 , а точка
z0 = 3 лежит в этом z3 dz = 2πi z 3 = 2π i ⋅ 27 = 54 πi . ∫ z =3 z =4 z − 3
круге.
Поэтому
cosz dz . z z + 3 − 1 )( ) z =2 ( Решение. Внутри области, ограниченной окружностью z = 2 , находится одна точка z 0 = 1, в которой знаменатель дроби обращается в нуль. cosz Для применения формулы (2.41) интеграл перепишем в виде ∫ z + 3 dz . z =2 z − 1 cosz Здесь функция f (z ) = является аналитической в круге z ≤ 2 , а точка z+3 z0 = 1− внутренняя точка круга, поэтому имеем πi f (z )dz cos z = π = 2 i cos1 . ∫ − + z 1 z 3 2 z =2 z =1 sin z ПРИМЕР 2.32. Вычислить интеграл ∫ 2 dz . z =4 z + 4 sin z аналитическая всюду, Решение. В круге z ≤ 4 функция f ( z) = 2 z +4 кроме точек z1 = 2 i и z 2 = −2 i . Вырежем из данного круга области δ 1 и δ 2 , ограниченные любыми непересекающимися замкнутыми контурами l 1 и l 2 , причем l 1 ⊂ D и l 2 ⊂ D (рис. 2.24). Тогда в силу теоремы Коши для многоПРИМЕР 2.36. Вычислить интеграл
связной области (формула (2.38)) имеем
118
∫
sin z dz sin z dz sin z dz = + = I1 + I 2 . В качестве l 1 и l 2 можно ∫ 2 ∫ 2 2 z =4 z + 4 l z + 4 l z + 4 взять любые контуры, в частности, окружности. Пусть l 1 = {z : z − 2i = 1}и I= ∫
1
Y l1 l2
2
z =4
l 2 = {z : z + 2i = 1} (рис. 2.24). Каждый из интегралов I 1 и I 2 можно вычислить по интеsin z dz гральной формуле Коши I 1 = ∫ = l z+ 2i z− 2i π sin 2i sin z = 2π i = ; z + 2 i z=2 i 2 1
2i
0
X
− 2i
I2 = ∫
l2
sin z sin z dz = = 2π i z − 2 i z=2 i z − 2i z + 2i
π sin( − 2i) . Таким Рис. 2.24 2 π I = I 1 + I 2 = [ sin 2 i − sin( − 2 i)] = 2 π ⎛ e2 i − e−2 i e−2 i − e2 i ⎞ π e2 − e−2 = ⎜ − = i π sh 2 . ⎟=− ⋅ 2⎝ 2i 2i i 2 ⎠ =−
2
2
2
образом,
2
e z dz
, где L − произвольный 4 z + 2 ( ) замкнутый контур, однократно обходящий точку z = −2 в положительном наПРИМЕР 2.37. Вычислить интеграл
∫
L
правлении. Решение. Внутри контура подынтегральная функция
ez
( z + 2)
4
является
аналитической всюду, кроме точки z 0 = −2 . Для вычисления интеграла воспользуемся формулой (2.42), выделив аналитическую в указанной области z z функцию f ( z) = e , полагая n = 3. Так как f ′′′( z) = e , то в соответствии с (2.42)
∫
L
e z dz
( z + 2) 4
=
π i −2 2π i f ′′′( − 2) = e . 3! 3
119
2.6. РЯДЫ В КОМПЛЕКСНОЙ ОБЛАСТИ 2.6.1. Ряды с комплексными членами ∞
∑ a n = a 1 + a 2 +K+ a n +K,
Ряд
(2.43)
n =1
где a n = α n + i β n , есть числовой ряд с комплексными членами. ∞
∑ an
Если сходится ряд
, то сходится и ряд (2.43), называемый в этом
n=1
случае абсолютно сходящимся. Сходимость ряда (2.43) с комплексными членами эквивалентна сходимости рядов
∞
∞
n=1
n=1
∑ αn и ∑βn
с действительными членами. В силу этого ряд теорем,
относящихся к рядам с действительными членами, в том числе признаки сходимости, переносятся на ряды с комплексными членами. Функциональный ряд вида ∞
∑ a n (z − z 0 )
n
,
(2.44)
n =0
где a n , z 0 − комплексные числа,
z − комплексное переменное, называется степенным рядом по степеням z − z 0 . В частности, при z 0 = 0 имеем ряд ∞
∑ a n zn
по степеням z .
n= 0
Как следует из теоремы Абеля, областью сходимости степенного ряда (2.44) является круг z − z 0 < R с центром в точке z 0 , радиус R которого может быть определен применением признаков Даламбера и Коши. Приведем их формулировки.
a n +1 = l, n →∞ a n
Признак Даламбера. Если существует конечный предел lim
то при 0 ≤ l < 1 ряд (2.43) сходится абсолютно, а при l > 1 − расходится (при ∞
l > 1 расходится не только ряд ∑ a n , но и ряд (2.43)). n =1
Признак Коши. Для числового ряда (2.43) положим lim n a n = l . Тоn →∞
гда, если 0 ≤ l < 1 , то ряд сходится абсолютно, если l > 1 − ряд расходится. Обобщением степенного ряда (2.44) является ряд по целым отрицательным степеням z − z 0 вида
a −1 a −2 a −n + + K + +K (2.45) n 2 z z − n =1 (z − z 0 ) (z − z 0 ) 0 Областью сходимости этого ряда является внешность круга z − z 0 > r , где r ∞
−n ∑ a −n (z − z 0 ) =
определяется также с помощью признаков Даламбера и Коши. 120
2.6.2. Ряды Тейлора и Лорана Функция w = f ( z) , однозначная и аналитическая в точке z 0 , разлагается в окрестности этой точки в степенной ряд ∞
f ( z) = ∑ a n ( z − z 0 ) , n
(2.46)
n= 0
коэффициенты которого определяются по формулам
an =
f ( n) ( z 0 )
или a n =
1 2π i
f ( z)dz
∫
(z − z0 ) Этот ряд называется рядом Тейлора для функции f ( z) . n!
n +1
z− z 0 = ρ
( n = 0,1,2,K)
(2.47)
Радиус R круга сходимости z − z 0 < R ряда Тейлора (2.46) - (2.47) ра-
вен расстоянию от точки z 0 до ближайшей к z 0 особой точки функции f ( z) (особая точка, это такая точка в которой функция не является аналитической). Приведем разложение в ряды Тейлора некоторых элементарных функций в окрестности точки z 0 = 0 . ∞ zn z z2 zn e = 1 + + +K+ +K = ∑ ( R = ∞) , 1! 2! n! n = 0 n! 2n ∞ ∞ z 2 n +1 n n z sin z = ∑ ( − 1) , cos z = ∑ ( − 1) n= 0 n= 0 ( 2n + 1)! ( 2 n) ! z
z 2 n +1 sh z = ∑ , n = 0 (2 n + 1)!
z2n ch z = ∑ n = 0 ( 2 n )!
∞
∞ 1 = ∑ zn , 1 − z n= 0
∞
∞
( − 1) n+1 z n
n =1
n
ln(1 + z) = ∑
( R = ∞) ,
( R = ∞) ,
(2.48)
( R = 1) .
Функция f ( z) , однозначная и аналитическая в кольце r < z − z 0 < R (не исключаются случаи, когда r = 0, R = ∞ ), разлагается в этом кольце в обобщенный степенной ряд ∞
−1
∞
f ( z) = ∑ a n ( z − z 0 ) = ∑ a n ( z − z 0 ) + ∑ a n ( z − z 0 ) , n
n =−∞
n
n =−∞
n
(2.49)
n= 0
коэффициенты которого определяются по формулам:
an=
1 2π i
∫
z− z 0 = ρ r <ρ< R
f ( z)dz
(z − z0 )
n +1
.
Этот ряд называется рядом Лорана функции f ( z) .
121
(2.50)
−1
∞
f 1 ( z) = ∑ a n ( z − z 0 ) = ∑
В формуле (2.49) ряд
n
n =−∞
n =1
a −n
(z − z0 )
n
называет-
ся главной частью ряда Лорана, а ряд ∞
f 2 ( z) = ∑ a n ( z − z 0 ) − называется правильной частью ряда Лорана. n
n=0
Формулы (2.50) малоудобны для вычисления коэффициентов ряда Лорана, поэтому часто для разложения функции в ряд Лорана пользуются искусственными приемами, которые будут рассмотрены на примерах. Ряды Тейлора и Лорана функции f ( z) определяются единственным образом. Эти ряды в области сходимости можно почленно дифференцировать и интегрировать. Примеры решения задач
n !( e − i ) ПРИМЕР 2.38. Исследовать на сходимость ряд ∑ . nn n =1 ∞
n
Решение. К ряду из абсолютных величин членов данного ряда применим
a n +1 (n + 1)(! e − i )n +1 n n = lim = признак Даламбера: lim n →∞ (n + 1)n +1 n!(e − i )n n →∞ a n n
⎛ 1⎞ ⎛ n ⎞ 2 = e − i lim ⎜ ⎟ = e + 1 lim ⎜1 + ⎟ n →∞⎝ n →∞⎝ n + 1 ⎠ n⎠
−n
e2 + 1 1 = = 1 + 2 > 1. e e
Следовательно, ряд расходится. ПРИМЕР 2.39. Найти радиус и круг сходимости рядов а)
∞
∑
n= 0
zn
(1 + i n)
Решение.
n
;
б)
∞
∑
n= 0
( z + i − 1) n
⎞ ⎛ e ⎜1 + i e ⎟ ⎠ ⎝ n 2
n 2
.
а) Применим признак Коши к ряду из абсолютных величин
данного ряда lim n u n = lim n n →∞
n →∞
z
n
(1 + in )n
z 1 = lim = 2 n →∞ 1 + i n n →∞ 1+ n
= z lim
= 0 < 1. Следовательно, данный ряд сходится, и притом абсолютно, для всех z . Роль круга сходимости выполняет вся плоскость, радиус сходимости R = ∞ . б) По признаку Даламбера имеем
122
n e2
(
)
z +1− i ⋅ 1+
n ie 2
u n +1 (z + i − 1) 1 + ie 2 = lim n +1 = lim = n +1 n +1 n →∞ n →∞ u n →∞ ⎛ ⎞ n n e 2 ⎜1 + ie 2 ⎟(z + i + 1) e 1 + ie 2 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ z + 1− i z + 1− i 1 + en = lim = < 1 . Отсюда заключаем, что ряд сходитn +1 e e n→∞ 1+ e 2 ся абсолютно в области z + 1 − i < e , т.е. в круге радиуса R = e с центром в точке z 0 = −1 + i . n +1
lim
n
ПРИМЕР 2.40. Найти область сходимости ряда Решение.
∞
(1 + i) n+1
n =1
zn
∑
zn + ∑ n +1 . n=0 2 ∞
Рассмотрим отдельно ряды по положительным и отрицатель-
zn можно рассматривать как ряд, составленный из ным степеням z . Ряд ∑ n +1 n=0 2 z членов геометрической прогрессии со знаменателем q = . Такой ряд сходит2 z ся при условии q = < 1 , т.е. в круге z < 2 радиуса R = 2 . 2 n +1 ∞ (1 + i ) Для ряда ∑ zn n =1 (1 + i) n+1 (1 + i) n+ 2 n +1 n +2 un = , u n +1 = , где a − n = (1 + i ) , a −(n +1) = (1 + i ) . n n +1 z z u n +1 (1 + i) n + 2 z n Применяя признак Даламбера, получаем lim = lim n +1 = n +1 n →∞ u n→∞ z (1 + i) n ∞
=
1+ i 2 = < 1 . Откуда z > 2 , т.е. областью сходимости ряда по отрицаz z
тельным степеням z является внешность круга радиуса r = 2 с центром в точке z 0 = 0 . Таким образом, данный степенной ряд Лорана сходится в области, общей для того и другого ряда, которая есть кольцо 2 < z < 2 . ПРИМЕР 2.41. Разложить функцию w = f ( z) в ряд Тейлора в окрестности точки z 0 123
z 1 ; б) f ( z) = , z0 = 2 ; z+1 2
и указать радиус сходимости: а) f ( z) = e , z 0 = z
в) f ( z) = e sin z, z 0 = 0 . z
Решение.
z
а) Воспользуемся известным разложением для e (формулы
(2.48)); с этой целью преобразуем функцию к виду e = e z
Заменяя в разложении z на z −
⎛ 1⎞ 1 ⎜ z− ⎟ + ⎝ 2⎠ 2
= ee
z−
1 2
.
1 , получим следующий ряд Тейлора 2
n
1⎞ ⎛ z − ⎜ ⎟ ∞ ⎝ ⎠ 2 ez = e ∑ , для которого радиус сходимости R = ∞ . n! n= 0
б) Выделим в дроби целую часть, а затем знаменатель правильной дроби
z 1 = 1− = z +1 z +1 1 1 1 1 = 1− = 1− ⋅ . Используя разложение функции (форz − 2 1+ z z−2+3 3 1+ 3
( z − 2) :
преобразуем так, чтобы в нем было слагаемое
мулы (2.48)), получим
n z 1 ∞ 1 ∞ ( − 1) ( z − 2) n ⎛ z − 2⎞ = 1 − ∑ ( − 1) ⎜ ⎟ = 1− ∑ ⎝ 3 ⎠ z +1 3 n=0 3 n=0 3n Радиус сходимости R = 3 , так как ближайшая особая точка z = −1 удалена от центра круга сходимости z 0 = 2 на расстоянии, равном 3. n
n
в) Представим данную функцию следующим образом:
1 (1+ i ) z ei z − e− i z e sin z = e = e − e(1− i ) z . Тогда 2i 2i z
(
z
)
∞ ((1 − i ) z) 1 ⎛⎜ ∞ ((1 + i)z) z e sin z = −∑ ∑ 2 i ⎜⎝ n = 0 n! n! n=0 n
n
⎞ ⎟= ⎟ ⎠
1 ∞ (1 + i) − (1 − i) n z , R = ∞. ∑ n! 2 i n=0 n
n
ПРИМЕР 2.42. Разложить в ряд Лорана функцию
f ( z) =
1
( z − 2)( z − 3)
по степеням z (приняв z 0 = 0 ).
Решение. Функция f ( z) не аналитична в точках z1 = 2 и z 2 = 3 . Сле-
довательно, можно выделить три кольца с центром в точке z 0 = 0 , в каждом из 124
которых f ( z) является аналитической: а) круг z < 2 , б) кольцо 2 < z < 3, в) 3 < z < ∞ − внешность круга z < 3 . Разложим функцию на сумму простейших дробей
=−
1
( z − 2)( z − 3)
=
1 1 + . z− 2 z− 3 а) В круге z < 2 функция f ( z) аналитична. Коэффициенты ряда Лорана
при степенях с отрицательными показателями равны нулю, ибо они выражаются интегралами от аналитической функции по замкнутому контуру. Ряд Лорана совпадает с рядами Тейлора. Запишем каждую из дробей в виде
−
1 1 1 1 = = ⋅ ; z z−2 2−z 2 1− 2
1 1 1 =− ⋅ и воспользуемся разложеz z−3 3 1− 3
1 (формулы 2.48)). В силу чего имеем 1− z n ∞ zn 1 1 ∞ ⎛ z⎞ − = ∑ ⎜ ⎟ = ∑ n +1 ( z < 2) , z − 2 2 n= 0⎝ 2 ⎠ n= 0 2 n ∞ zn 1 1 ∞ ⎛ z⎞ = − ∑ ⎜ ⎟ = − ∑ n +1 z < 3) и ( ⎝ ⎠ z− 3 3 n= 0 3 n= 0 3 ∞ 1 1 ⎞ ⎛ 1 = ∑ ⎜ n +1 − n +1 ⎟ z n . 3 ⎠ ( z − 2)( z − 3) n= 0⎝ 2
нием в ряд Тейлора функции
Ряд Лорана содержит только правильную часть:
a − n = 0, a n =
1 2 n +1
−
1 3 n +1
( n = 0,1,K)
1 zn сходится, поэтоб) В кольце 2 < z < 3 ряд ∑ n +1 для функции z− 3 n=0 3 ∞ ∞ 1 1 zn zn расму по-прежнему = − ∑ n +1 , а ряд ∑ n +1 для функции − z−3 z− 2 n=0 3 n=0 2 1 1 1 = преобразуем к виду . ходится, поэтому функцию z−2 z−2 ⎛ 2⎞ z⎜ 1 − ⎟ ⎝ z⎠ 1 в виде суммы геометрической прогрессии со знаменателем Представим 2 1− z ∞
125
n −1
2
2 ⎛ 2⎞ 2 ⎛ 2⎞ = 1 + + ⎜ ⎟ +K+⎜ ⎟ +K.Этот ряд сходится для < 1, ⎝ z⎠ 2 z z ⎝ z⎠ 1− z n ∞ 1 1 ∞ ⎛ 2⎞ 2 n −1 т.е. при z > 2 . Тогда = ∑⎜ ⎟ =∑ ( z > 2) . z − 2 z n= 0 ⎝ z ⎠ zn n =1 ∞ 2 n −1 ∞ zn 1 = −∑ −∑ Таким образом, . Ряд Лорана со( z − 2)( z − 3) n=1 z n n= 0 3n+1 1 n −1 держит правильную и главную части: a − n = −2 ( n = 1,2 ,K), a n = n +1 3 ( n = 0,1,2,K) . ∞ 2 n −1 1 для функции сходится, а ряд в) В области 3 < z < ∞ ряд ∑ n z− 2 n= 0 z ∞ zn 1 1 расходится. Поэтому функцию представим в ∑ n+1 для функции z− 3 z− 3 n= 0 3 n ∞ 3 n −1 1 1 1 1 ∞ ⎛ 3⎞ = − = ∑ ⎜ ⎟ = ∑ n ( z > 3) . Тогда имеем виде 3 z n= 0 ⎝ 2 ⎠ z−3 z n =1 z 1− z ∞ 3n − 1 − 2 n − 1 ∞ 2 n −1 ∞ 3n −1 1 = −∑ +∑ =∑ ( z > 3) . ( z − 2)( z − 3) n=1 z n n=1 z n n=1 z n n −1 n −1 Ряд Лорана содержит только главную часть: a n = 0, a − n = 3 − 2 ( n = 1,2,K) . Приведенный пример показывает, что для одной и той же функции f ( z) ряд Лорана имеет, вообще говоря, разный вид для разных областей . ПРИМЕР 2.43. Разложить в ряд Лорана в окрестности точки z 0 следую-
2 q= : z
1
щие функции: 1 z
а) f ( z) = z e , z 0 = 0 ; 5
в) f ( z) =
б) f ( z) =
1 , z 0 = −1 ; 2 z ( z − 1)
1 , z0 = 0 . z 2 ( z − 1) 1 z
Решение. а) Функция z e аналитична всюду, кроме z 0 = 0 , поэтому ее 5
можно разложить в ряд Лорана в кольце: 0 < z < R
126
( R = ∞) . В силу (2.48)
n
⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 1 1 ∞ ⎝ ⎠ ∞ ∞ 1 1 z 5 z z = ∑ n . Отсюда получаем z e = z 5 ∑ имеем = e =∑ n n! n= 0 n = 0 z n! n=0 n! z z3 z2 z 1 1 5 4 =z +z + + + + + +K . 2! 3! 4! 5! 6! z 1 б) Функция 2 аналитична в точке z 0 = −1. Поэтому в окрестноz ( z − 1) сти точки z 0 = −1 ее можно разложить в ряд Тейлора, причем ряд будет сходиться в круге с центром в z 0 = −1 радиуса R = 1 (расстояние от точки z 0 = −1 до ближайшей особой точки z 0 = 0 ). Разложим функцию на сумму 1 1 1 1 = − − 2. простейших дробей: 2 z ( z − 1) z − 1 z z В силу (2.48) имеем
1 1 1 = =− ⋅ 2 z − 1 z + 1− 2
1 ∞ ⎛ z + 1⎞ 1 = − ∑⎜ ⎟ z+1 2 n= 0⎝ 2 ⎠ 1− 2
n
( z + 1 < 2) ,
∞ 1 1 1 n = =− = − ∑ ( z + 1) ( z + 1 < 1) 1 − ( z + 1) z z +1−1 n=0 1 Ряд для функции 2 найдем почленным дифференцированием ряда z ′ ∞ 1 1 ⎛ 1⎞ n −1 1 n z функции : = − = + ( ) ⎜ ⎟ ( z + 1 < 1) . ∑ z z 2 ⎝ z⎠ n= 0 Таким образом, в круге z + 1 < 1 получаем ∞ 1 n ⎡ 1 ⎤ + 1 1 1 = − − + n + z . ( ) ( ) ∑ 2 n + 1 ⎥⎦ z ( z − 1) n = 0 ⎢⎣ 2 1 аналитична в кольце 0 < z < 1, поэтому ее ряд в) Функция 2 z ( z − 1) 1 1 1 1 ∞ Лорана имеет вид: 2 =− 2 = − 2 ∑ zn = z (z − 1) z 1− z z n =0
127
1 1 1 1 ∞ n 2 = − 2 − − 1 − z − z −K = − 2 − − ∑ z . Главная часть Лорана в окреz z z z n= 0 ∞ 1 1 n стности z 0 = 0 f1 ( z) = − 2 − , а правильная f 2 ( z) = − ∑ z . z z n= 0 2.7. ИЗОЛИРОВАННЫЕ ОСОБЫЕ ТОЧКИ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО 2.7.1. Классификация изолированных особых точек Точки плоскости z , в которых однозначная функция f ( z) является аналитической, называют правильными точками функции, а точки, в которых функция не является аналитической, называют особыми точками (в частности, точки, в которых f ( z) не определена). Точка z 0 называется изолированной особой точкой функции f ( z) , если
f ( z) аналитична в некоторой окрестности этой точки, за исключением самой точки z 0 . В зависимости от поведения функции в окрестности особой точки различают три типа особенностей. Изолированная особая точка z 0 функции f ( z) называется: а) устранимой особой точкой, если существует конечный предел lim f ( z) = C ≠ ∞ , (2.51) z→ z 0
б) полюсом, если
lim f ( z) = ∞ ,
(2.52)
z→ z 0
причем полюсом k − го порядка, если
[
]
lim ( z − z 0 ) f ( z) = C ≠ ∞
z→ z 0
k
(2.53)
и простым полюсом при k = 1 ; в) существенно особой точкой, если не существует lim f ( z) (ни коz→ z 0
нечный, ни бесконечный). 2.7.2. Ряды и особые точки Имеют место следующие утверждения 10 . Для того, чтобы изолированная особая точка z 0 функции f ( z) была
устранимой, необходимо и достаточно, чтобы лорановское разложение f ( z) в окрестности точки z 0 не содержало главной части, т.е. имело вид 128
∞
f ( z) = ∑ a n ( z − z 0 ) = a 0 + a 1 ( z − z 0 ) + a 2 ( z − z 0 ) +K n
2
(2.54)
n=0
2 . Для того, чтобы изолированная особая точка z 0 функции f ( z) была полюсом k − го порядка, необходимо и достаточно, чтобы главная часть лорановского разложения содержала лишь конечное число ( k ) членов ∞ a −k a −1 n f ( z) = + K + + a z − z , a −k ≠ 0 . (2.55) ( ) ∑ n 0 k − z z n = 0 z z − ( 0 0) 0
30 . Для того, чтобы особая точка z 0 функции f ( z) была существенно
особой, необходимо и достаточно, чтобы главная часть лорановского разложения содержала бесконечно много членов. 2.7.3. Нули аналитической функции. Связь между нулем и полюсом Точка z 0 называется нулем функции f ( z) , если f ( z 0 ) = 0 . Точка z 0 называется нулем порядка k , если
f ( z 0 ) = f ′( z 0 ) =K = f (
k −1)
(z 0 ) = 0 , а
f (k ) (z0 ) ≠ 0.
(2.56)
Ряд Тейлора в окрестности точки z 0 − нуля порядка k функции f ( z) −
имеет вид f ( z) = a k ( z − z 0 ) + a k +1 ( z − z 0 ) k
Теорема 2.2.
k +1
+K .
Для того, чтобы точка z 0 была нулем порядка k функции
f ( z) , необходимо и достаточно, чтобы имело место равенство
f ( z) = ( z − z 0 ) ϕ( z) , где ϕ( z) − аналитична в точке z 0 и ϕ( z 0 ) ≠ 0 . k
(2.57)
Для определения порядка нуля функции полезно помнить, что если z 0 −
нуль порядка k для g 1 ( z) и нуль порядка l для g 2 ( z) , то z 0 − нуль порядка
k + l для произведения g 1 ( z) ⋅ g 2 ( z) , порядка k − l (при k > l ) для частного g 1 ( z) ; z 0 − правильная точка, не являющаяся нулем при k = l и особая g 2 ( z) точки при k < l . Теорема 2.3. Для того, чтобы точка z 0 была полюсом порядка k для функции f ( z) , необходимо и достаточно, чтобы эта точка была нулем порядка 1 k для функции . f ( z)
129
2.7.4. Особенности функции в бесконечно удаленной точке Под точкой z = ∞ понимают абстрактную точку плоскости z , окрестностью которой является множество чисел z , удовлетворяющих неравенству z > R , где R − любое действительное положительное число. Ряд Лорана функции w = f ( z) в окрестности точки z = ∞ определяют с
⎛ 1⎞ 1 для функции w = f ⎜ ⎟ = ϕ(ζ) в окрест⎝ ζ⎠ ζ ности точки ζ = 0 . Ряд Лорана в окрестности точки z = ∞ имеет вид
помощью замены переменной z =
∞
f ( z) = ∑ a − n z n=0
где
−n
∞
+ ∑ a n zn , n =1
∞
f1 (z ) = ∑ a n z n = a 1 z + a 2 z 2 + K + a n z n + K − главная часть, n =1
∞
f 2 (z ) = ∑ a − n z − n = a 0 + n =0
a −1 a − 2 a + 2 + K + −nn + K − правильная часть. z z z
Поведение функции в окрестности бесконечно удаленной точки дает возможность классифицировать ее особенности в этой точке. Точка z = ∞ называется устранимой особой точкой функции, если lim f ( z) = A , где A < ∞ . z→∞
Ряд Лорана в этом случае не содержит положительных степеней
f ( z) = f 2 ( z) = a 0 + Точка
lim f ( z) = ∞ .
z=∞
a −1 a − 2 + 2 +K . z z называется
полюсом
порядка
k
функции,
если
z→∞
Ряд Лорана в этом случае содержит конечное число ( k ) положительных степеней: ∞
f ( z) = a k z k + a k −1 z k −1 +K+ a 1 z + ∑ a − n z − n n= 0
(a −k
≠ 0) .
Точка z = ∞ называется существенно особой для функции, если lim f (z ) не существует.
z →∞
Ряд Лорана в этом случае содержит бесконечное число положительных степеней z . Заметим, что точка z = ∞ называется нулем порядка k функции f ( z) , если точка ζ =
⎛ 1⎞ 1 = 0 является нулем порядка k для функции f ⎜ ⎟ = ϕ(ζ) . ⎝ ζ⎠ z
130
Примеры решения задач
(
ПРИМЕР 2.44. Найти нули функции f ( z) = z + π их порядки. Решение.
2
(z
Полагая f ( z) = 0 , получим
2
2
)sh z и определить
+ π 2 ) sh z = 0 , откуда
z 2 + π 2 = 0 или sh z = 0 . Первое уравнение имеет корни z = ±π i . Корнями второго уравнения являются числа z k = k π i ( k = 0, ± 1, ± 2 ,K) . Итак, точки z = ± π i , z k = k π i ( k = 0, ± 2 ,K) − нули функции f ( z) . Определим их порядки. Точки z = ± π i − нули 2-го порядка, так как они явля2 2 ются нулями 1-го порядка для функции g 1 ( z) = z + π и g 2 (z ) = shz . В самом деле, в силу (2.56) получаем
g 1′ ( z) z =± π i = 2 z z =± π i = ± 2 π i ≠ 0, g ′2 ( z) z =± π i = ch z z =± π i = ± chπ i = cos π ≠ 0.
Точки z k = k π i ( k = 0, ± 2 , ± 3,K) являются нулями 1-го порядка дан-
ной функции f ( z) , так как
(
)
f ′( z) z= z = 2 z sh z + ( z 2 + π 2 ) ch z k
= ( − 1) π 2 (1 − k 2 ) ≠ 0 k
z= z k
при k = 0, ± 2 , ± 3,K . ПРИМЕР 2.45. Найти особые точки функции и выяснить их характер: а) f (z ) =
z2
(z − 2)3
;
tg z ; в) f ( z) = π 2 z − z 4
б) f ( z) =
1 ; sin z −
1 z
в) f ( z) = z e .
Решение. а) Особая точка функции f ( z)
z = 2 (знаменатель дроби обращается в нуль). Легко видеть, что lim f ( z) = ∞ , значит, согласно (2.52), z→ 2
z = 2 − полюс, причем 3-го порядка, так как по определению (2.53) z2 3 lim( z − 2) = lim z 2 = 4 ≠ 0 . 3 z→ 2 ( z − 2) z→ 2
131
б) Изолированные особые точки z n = n π
( n = 0, ± 1, ± 2) −
простые
1 = sin z точки z n = n π являются нулями 1f ( z) ′ n го порядка. Действительно, sin n π = 0, ( sin z) = cos πn = ( − 1) ≠ 0 . полюсы, так как для функции
z= π n
π π , z n = ( 2 n + 1) ( n = 0, ± 1, ± 2 ,K) . 4 2 Выясним их характер. Отметим, что в точке z = 0 обращается в нуль и числитель. Найдем предел функции при z → 0 : sin z 1 π lim f ( z) = lim ⋅ =− . z→ 0 z→ 0 π⎞ 4 z ⎛ ⎜ z − ⎟ cos z ⎝ 4⎠ Следовательно, согласно (2.51), точка z = 0 является устранимой особой 1 π = точкой. Точка z = − простой полюс, так как для функции ψ ( z) = 4 f ( z) π⎞ ⎛ = z⎜ z − ⎟ ctg z эта точка является нулем 1-го порядка. В самом деле, функ⎝ 4⎠ π⎞ ⎛ цию можно представить в виде: ψ ( z) = ⎜ z − ⎟ ϕ( z) , где ϕ( z) = z ctg z ана⎝ 4⎠ π π ⎛ π⎞ и ϕ⎜ ⎟ ≠ 0 . Точки z n = (2n + 1) литична в точке z = ⎝ 4⎠ 4 2 (n = 0, ± 1, ± 2,K) также являются простыми полюсами, так как для функции 1 π ⎞ ⎛ ψ ( z) = = = ⎜ z 2 − z⎟ ctg z они являются нулями 1-го порядка в силу ⎝ f ( z) 4 ⎠ того, что ψ ( z n ) = 0 , π ⎤ ⎡ 2 − z z⎥ ⎢⎛ π⎞ n +1 (2n + 1)π 4 ( ) = − × 1 ψ ′(z n ) = ⎢⎜ 2z − ⎟ctgz − ⎥ 2 4 2 sin z ⎠ ⎝ ⎥ ⎢ ⎦ z=zn ⎣ π π⎤ ⎡ × ⎢(2n + 1) − ⎥ ≠ 0 . 2 4⎦ ⎣ г) В окрестности особой точки z = 0 для f ( z) имеет место следующее 1 − ⎛ 1 1 1 1 1 1 1 ⎞ − + −K⎟ = разложение: f ( z) = z e z = z⎜ 1 − + 2 3 4 ⎝ z 2! z ⎠ 3! z 4! z в) Особые точки: z = 0, z =
132
11 1 1 1 1 − + −K. Главная часть лорановского разложения со2 ! z 3! z 2 4! z 3 держит бесконечно много членов. Следовательно, точка z = 0 является существенно особой для функции f ( z) . Замечание. Исследование функции f ( z) в существенной особой точке = z −1+
можно произвести лишь с использованием ряда Лорана. ПРИМЕР 2.46. Определить характер особой точки z = ∞ для функций:
1 z 2 −e в) f ( z) = z e ; а) f ( z) = sin ;
Решение. так как lim sin z→∞
б) f ( z) = ctg г) f ( z) = z e 3
π ; z 1 z
а) Точка z = ∞ − устранимая особая точка данной функции,
1 = 0. z
π π , так как lim ctg = ∞ . z→∞ z z Порядок полюса равен порядку полюса функции ψ (ζ) = ctg πζ в точке ξ = 0 1⎞ ⎛ ⎜ ζ = ⎟ , функция же ψ (ζ) имеет в точке ζ = 0 полюс 1-го порядка, так как ⎝ z⎠ 1 = tg π ζ имеет в этой точке нуль 1-го порядка, в чем легко убефункция ψ (ζ) б) точка z = ∞ − полюс функции f ( z) = ctg
диться следующей проверкой: ( tg π ζ) ζ= 0 = 0 ,
( tg π ζ) ζ =0 =
π = cos2 π ζ ζ = 0
= π ≠ 0 . Таким образом, z = ∞ − простой полюс данной функции.
в) Разложим данную функцию в ряд Лорана в окрестности точки z = ∞ :
( − z) n
z n+2 f ( z) = z e = z ∑ = ∑ ( − 1) . Ряд Лорана содержит бесконечn! n! n=0 n=0 ное множество положительных степеней z , поэтому z = ∞ − существенно 2
−z
2
∞
∞
n
особая точки функции. г) Разложим функцию в ряд Лорана в окрестности точки z = ∞ : n
⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 1 ∞ ⎝ ⎠ z 1 ∞ 1 z 3 z 3 f ( z) = z e = z ∑ . = z3 + z2 + + + ∑ n! 2 6 n = 4 n! z n − 3 n= 0
133
Так как главная часть ряда Лорана содержит конечное число положительных степеней z и старшая степень равна 3, то особая точка z = ∞ есть полюс 3-го порядка данной функции. 2.8. ВЫЧЕТЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ К ВЫЧИСЛЕНИЮ КОНТУРНЫХ ИНТЕГРАЛОВ 2.8.1. Вычет функции и его вычисление Пусть z 0 − конечная изолированная особая точка однозначной функции
w = f ( z) . Вычетом функции f ( z) относительно точки z 0 называется число, обозначаемое символом resf ( z 0 ) и определяемое равенство 1 (2.58) resfz 0 = ∫+ f (z )dz , 2πi L + где L − произвольный ориентированный против часовой стрелки замкнутый контур, лежащий в области аналитичности f ( z) и содержащий внутри себя одну особую точку z 0 . Из определения следует, что вычет функции равен коэффициенту a −1 при
( z − z 0 ) −1 в лорановском разложении f ( z) в окрестности точки z 0 resf ( z 0 ) = a −1 .
(2.59) Приведем формулы для вычисления вычета в полюсах функции, позволяющие избежать разложения функции в ряд Лорана - процесс в общем случае громоздкий. Если z 0 − простой полюс функции f ( z) , то
resf ( z 0 ) = lim f ( z)( z − z 0 ) ,
(2.60)
z→ z 0
причем, если f ( z) представима в виде отношения двух аналитических в точке
ϕ( z) , где ϕ( z 0 ) ≠ 0, ψ ( z 0 ) = 0, ψ ′( z 0 ) ≠ 0 , то ψ ( z) ϕ( z 0 ) resf ( z 0 ) = . ψ ′( z 0 ) Если z 0 − полюс k − го порядка ( k ≥ 2) , то
z 0 функций f ( z) =
d 1 resf ( z 0 ) = lim ( k − 1)! z→ z
[( z − z )
k −1
0
d z k −1
0
134
k
].
f ( z)
(2.61)
(2.62)
Для устранимой особой точки resf ( z 0 ) = 0 . Для нахождения вычета относительно существенно особой точки необходимо найти коэффициент a −1 : res f ( z 0 ) = a −1 . В некоторых случаях находит применение понятие вычета функции относительно бесконечно удаленной точки. Пусть f ( z) аналитична в некоторой окрестности точки z = ∞ , кроме может быть, самой бесконечно удаленной точки. Вычетом функции f ( z) относительно бесконечно удаленной точки z = ∞ называют величину
resf (∞) =
1 ∫ f ( z) dz , 2πi L
(2.63)
−
−
где L − произвольный ориентированный по часовой стрелке замкнутый контур, принадлежащий области R ≤ z < ∞ аналитичности функции. Из определения следует, что вычет относительно z = ∞ равен коэффици−1 енту при z в лорановском разложении f ( z) в окрестности z = ∞ , взятому с противоположным знаком: resf (∞) = − a −1 . (2.64) Между утверждениями (2.64) и (2.59), несмотря на их внешнее сходство, имеется существенное различие. Дело в том, что в разложении Лорана в окрестно−1 принадлежит правильной (а не главной) части сти точки z = ∞ член a −1 z ряда, и res f (∞) может быть отличным от нуля и тогда, когда f ( z) аналитична в бесконечности. 2.8.2. Теоремы о вычетах и их применение к вычислению контурных интегралов Теорема 2.4. (Основная теорема Коши о вычетах). Если функция f ( z) аналитична в области D , за исключением изолированных особых точек z1 , z 2 ,K , z n , то для любого замкнутого контура L ⊂ D , охватывающего эти точки, n
∫+ f (z )dz = 2π i ∑ resf (z k ) .
L
(2.65)
k =1
Основная теорема о вычетах имеет важное значение для приложений. Она позволяет вычислять интегралы по замкнутому контуру от функции комплексного переменного, не прибегая к первообразным или криволинейным интегралам. С помощью вычетов вычисляются определенные и несобственные интегралы от функций действительного переменного. При вычислении некоторых интегралов удобно пользоваться теоремой о сумме вычетов.
135
Теорема 2.5. Если функция f ( z) аналитична в расширенной плоскости (т.е. включающей точку z = ∞ ), за исключением конечного числа изолированных особых точек z1 , z 2 ,K , z n , то n
∑ resf ( z k ) + resf (∞) = 0
(2.66)
k =1
или
n
resf (∞) = − ∑ resf ( z k )
(2.67)
k =1
Примеры решения задач ПРИМЕР 2.47. Найти вычеты функции относительно их особых точек а) f ( z) =
z2
( z − 2) 3
;
tg z ; в) f ( z) = π 2 z − z 4
б) f ( z) =
1 ; sin z −
1 z
г) f ( z) = z e .
Решение. Особые точки данных функций и их характер определены в примере 2.46. Итак, а) z = 2 − полюс 3-го порядка, поэтому по формуле (2.62)
1 d2 ⎡ z2 ⎤ 1 3 (z − 2) lim находим resf (2 ) = = lim2 = 1 . 3⎥ (3 − 1)! dz 2 ⎢⎣ (z − 2) ⎦ 2 z→2 б) z n = n π
( n = 0, ± 1, ± 2,K) −
простые полюсы, поэтому, воспользо-
вавшись формулой (2.61), получаем resf (n π ) =
1
(sin z )′
= z=n π
1 n = (− 1) . cosnπ
в) z = 0 − устранимая особая точка, следовательно, resf ( 0) = 0 . Точка
π⎞ ⎛ ⎜ z − ⎟ tg z ⎝ π 4⎠ ⎛ π⎞ = z = − простой полюс, согласно (2.60) имеем resf ⎜ ⎟ = limπ ⎝ 4 ⎠ z→ π 4 z2 − z 4 4 π tg π 4 = 4 = . Точки z n = ( n + 1) ( n = 0, ± 1, ± 2,K) − простые полюсы, тоπ n π 4
136
π⎤
⎡
ϕ(z
)
n = гда по (2.61) получим resf ⎢(2n + 1) ⎥ = ′ ( ) ψ 2 z ⎣ ⎦ n
=
sin z n π ⎞ ⎛⎛ ⎞ ⎜ ⎜ z 2 − z ⎟ cosz ⎟ 4 ⎠ ⎝⎝ ⎠ ( − 1) n
=
′ z=zn
sin z n = = 2 ⎡ π π⎤ ⎡ ⎤ n 2 π ⎛ 2 π ⎞ − ⎢( 2 n + 1) − ( 2 n + 1) ⎥( − 1) ⎢ 2 z cos z − ⎜⎝ z − 4 z⎟⎠ sin z⎥ 4 4 2⎦ ⎣ ⎦ z= z ⎣ n
=−
8 , n = 0, ± 1, ± 2 ,K. 2 ( 2n + 1) ( 4 n + 1) π г) z = 0 − существенно особая точка. Для определения вычета относи-
тельно существенной точки надо получить разложение функции в окрестности этой точки. Как было показано в примере 2.46(г),
ze
−
1 z
1 1 1 1 − + K . Согласно (2.59), resf 0 = a = = . ( ) −1 2! 2 2! z 3! z 2 ПРИМЕР 2.48. Вычислить вычеты относительно точки z = ∞ для функ-
= z − 1+
ций:
1 а) f ( z) = sin ; z
б) f ( z) = z e ;
в) f ( z) = z e ;
г) f ( z) =
3
1 z
−z
2
(z
sin z 2
+ 1)
2
.
Решение. Вычет функции относительно бесконечной удаленной точки можно определять по формуле (2.64), для чего необходимо получить лорановское разложение в окрестности данной точки.
(
)
а) Так как z = ∞ − устранимая особая точка lim f ( z) = 0 , то лорановz→ 0
ское разложение не содержит положительных степеней (главную часть), но содержит правильную часть, поэтому найдем ряд Лорана для данной функции в
1 1 1 1 1 1 sin = − + −K , откуда видно, что a −1 = 1 , z z 3! z 3 5! z 5 resf (∞) = −1 .
окрестности z = ∞ :
следовательно, Из примера следует, что вычет функции относительно бесконечно удаленной устранимой особой точки может сказаться отличным от нуля.
137
б) Как показано в примере 2.48(б), ряд Лорана в окрестности z = ∞ для 2
данной функции имеет вид: z e
+
Как
показано
z n+2 z3 z4 2 = ∑ ( − 1) = z − + −K . Так n! 2 ! 3! n=0 ∞
n
a −1 отсутствует, то resf (∞) = − a −1 = 0 . z
как в разложении слагаемое в)
−z
в
примере
2.48(в),
1 z
z e = z3 + z2 + 3
1 1 1 . Откуда следует, что resf ∞ = − a = − . + + K ( ) −1 4! 4! z 5! z 2
z 1 + 2 6
г) Разложить функцию в ряд Лорана с тем, чтобы вычислить вычет по формуле (2.64), трудно. Для вычисления вычета относительно бесконечно удаленной точки удобнее воспользоваться формулой (2.67), поскольку сравнительно просто найти вычеты функции относительно ее конечных изолированных особых точек z1 = − i и z 2 = i . Итак, по формуле (2.67) имеем resf (∞) = 2
= − ∑ f ( z k ) . Указанные точки являются полюсами 2-го порядка. Тогда в силу k =1
⎤ sin z d ⎡ 2 (2.62) находим resf ( i) = lim ⎢( z − i) = 2 2 ⎥ z→ i dz z − i z + i ( ) ( ) ⎢⎣ ⎥⎦
cos z( z + 1) − 2 ( z + i) sin z 2
= lim
( z + i) 4
z→ i
=
2 i cos i − 2 sin i
( 2 i) 3
=−
1 (cos i + i sin i) = 4
1 1 1 ( cos i + i sin i) = − e i = − e −1 . Аналогично находим res f (− i) = 4 4 4 1 1 . = − . Таким образом, resf (∞) = − resf ( i) − resf ( − i) = 4e 2e 2
=−
ПРИМЕР 2.49. Используя теоремы о вычетах, вычислить контурные интегралы: а)
z dz ; 4 z − 1 3 z −1 =
∫
б)
2
dz ; 3 z z + 1 1 ( ) z=
∫
2
z
e dz , где L − квадрат ограниченный прямыми x = −2, 2 L z + 1 (z − 3) x = 2 , y = −2 , y = 2 z 2 z7 + 1 г) ∫ ( 2 z − 1) cos dz ; д) ∫ 6 2 dz . z−1 z =2 z = 2 z ( z + 1) в)
∫
(
)
138
z имеет четыре z4 −1 простых полюса, из которых три: z 1 = 1, z 2 = i , z 3 = − i лежат в круге 3 (рис. 2.25). По основной теореме о вычетах (2.65) имеем: z−1 < 2 z dz I= ∫ = 2 π i[ resf (1) + resf ( i) + resf ( − i)] . Вычеты вычисляем по 4 3 z −1 z −1 = Решение. а) Подынтегральная функция f (z ) =
2
ϕ(z 0 ) ϕ(z 0 ) z 1 = = 03 = 2 , значит, ψ ′(z 0 ) ψ ′(z 0 ) 4z 0 4z 0 1 1 res f (1) = , res f ( i) = res f ( − i) = − . Следовательно, 4 4 πi ⎛ 1 1 1⎞ I = 2 π i⎜ − − ⎟ = − . ⎝ 4 4 4⎠ 2 1 имеет две особых точки, б) Подынтегральная функции f ( z) = 3 z ( z + 1) из которых z1 = −1 − простой полюс, z 2 = 0 − полюс 3-го порядка; причем 1 dz z 2 = 0 находится в круге z < . Поэтому I = ∫ 3 = 2 π i resf ( 0) . По 2 1 z ( z + 1) z=
формуле
(2.61)
resf (z 0 ) = res
2
′ ⎞ ⎛ 1 d ⎛ 1 ⎞ 1 1 ⎟ = resf ( 0) = lim 2 ⎜ z 3 3 ⎟ = lim⎜⎜ − 2⎟ z → 0 z → 0 2! d z ⎝ z ( z + 1) ⎠ 2! ⎝ ( z + 1) ⎠ 2
формуле (2.62)
=
1 2 lim = 1. Таким образом I = 2 π i . 2 z→ 0 ( z + 1) 3
ez имеет три особых в) Подынтегральная функция f ( z) = 2 1 3 z + z − ( )( ) точки: z1 = − i , z 2 = i , z 3 = 3. Но z 3 = 3 лежит вне квадрата (рис. 2.26). Вычеты функции относительно ее простых полюсов z1 и z 2 определяем по z 2 формуле (2.61), положив ϕ( z) = e , ψ ( z) = ( z + 1)( z − 3) . Тогда в силу (2.65) e z dz получаем ∫ 2 = 2 π i[ resf ( − i) + resf ( i)] = L ( z + 1)( z − 3)
139
⎡ ⎛ e −i e −i ei ⎤ ei ⎞ + = 2 πi ⎢ + ⎟= ⎥ = π⎜ ⎝ ⎠ + − − 2 − − 3 2 − 3 3 3 i i i i i i ( ) ( ) ⎦ ⎣ ⎛ e − i (i − 3) e − i (i + 3) ⎞ e i − e −i ⎞ π ⎛ e i + e −i −6 = π⎜ + ⎟ = − ⎜2i ⎟= ⎝ ⎠ 10 10 10 2 2 − − ⎝ ⎠ π π = ( 2 i ch i − 6 sh i) = ( 3 sh i − i ch i) . 10 5 Y z=
Y
3 2
L
• z2 = i z 4 = −1
0
z1 = 1
• z2 = i
0
X
• z 3 = −i
z3 = 3 X
• z1 = −i
Рис. 2.25
Рис. 2.26
г) Функция f ( z) = ( 2 z − 1) cos
z аналитична в круге z < 2 всюду, z−1
кроме точки z = 1 . Для определения типа особенности и вычета необходимо разложить функцию в ряд Лорана в кольце 0 < z − 1 < 1. Предварительно
z 1 ⎞ 1 1 ⎛ = cos⎜ 1 + sin 1 sin = ⎟ = cos1 cos ⎝ z−1 z − 1⎠ z−1 z−1 ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 1 ⎟ ⎜ ⎟⎟ . Легко видеть, что = cos1⎜⎜ 1 − + K − sin 1 − + K 2 3 ⎟ ⎜z−1 2(1 − z) 3!( z − 1) ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ z z разложение функции ( 2 z − 1) cos = [ 2( z − 1) + 1] cos содержит z−1 z−1 бесконечно много членов с отрицательными степенями; значит z = 1 − найдем cos
существенно особая точка. Так как вычет равен коэффициенту при ( z − 1) , то −1
получаем
∫ (2 z − 1) cos
z =2
resf (1) = a −1 = −( cos1 + sin 1) .
z dz = = −2 π i(cos1 + sin 1) . z −1 140
Следовательно,
д) Подынтегральная функция имеет 3 особых точки: z = 0 − полюс 6-го порядка, z = ± i − простые полюсы, и все они принадлежат кругу z < 2 . Можно применить основную теорему о вычетах, но удобнее вычислять, пользуясь вычетом относительно бесконечно удаленной точки:
I= ∫
z =2
2 z7 + 1 dz = −2 π i resf (∞) . z 0 ( z 2 + 1)
Разложение подынтегральной функции в ряд Лорана в окрестности точки z = ∞ можно получить, деля числитель на знаменатель по правилу деления
2 z7 + 1 2 2 2 2 многочленов = − + − +K . Здесь z 3 + z 6 z z 3 z5 z 7 resf (∞) = −2 , следовательно, I = 4 π i .
141
a −1 = 2 , значит:
УЧЕБНО - МЕТОДИЧЕСКИЙ КОМПЛЕКС
РАЗДЕЛ: «ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО»
3. МАТЕРИАЛЫ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ
СОДЕРЖАНИЕ
3.1. Контрольные вопросы 3.2. Задачи и упражнения для самостоятельной работы 3.3. Расчетные задания 3.4. Литература
144 146 155 171
3.1. ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ ВОПРОСЫ 1. Комплексные числа и их геометрические и их геометрическое представление. 2. Тригонометрическая и показательная форма комплексного числа. Модуль и аргумент. Формула Эйлера. 3. Действия над комплексными числами (сложение и вычитание, умножение и деление, возведение в степень и извлечение корня). 4. Множества точек на комплексной плоскости (области и их границы; окрестности; порядок связности области). 5. Определение функции комплексного переменного и его геометрическое истолкование. 6. Предел и непрерывность функции. 7. Основные элементарные функции комплексного переменного (показательная, логарифмическая, тригонометрическая, гиперболические и обратные тригонометрические функции). 8. Производная и дифференциал. 9. Условия дифференцируемости функции. Условия Коши – Римана. (Даламбера – Эйлера). 10. Аналитичность функции в точке и области. 11. Гармонические функции. Связь аналитических функций с гармоническими. 12. Интеграл от функции комплексного переменного. Определение, свойства, вычисление. 13. Интегральные теоремы Коши (для односвязной и многосвязной области). 14. Первообразная. Формула Ньютона – Лейбница. 15. Интегральная формула Коши. 16. Интегральная формула для производных аналитических функций. 17. Числовые комплексные ряды. Условия сходимости. 18. Понятие комплексного функционального ряда. Степенные ряды. Теорема Абеля. 19. Ряды Тейлора и Лорана (главная и правильная части ряда Лорана). 20. Изолированные особые точки (устранимая, существенно особая, полюс). 21. Нули аналитической функции. Связь между нулем и полюсом. 22. Вычет функции в конечной и изолированной особой точке и его вычисления. 23. Основная теорема о вычетах. 24. Применение теории вычетов к вычислению контурных интегралов. 25. Вычисление несобственных интегралов с помощью вычетов.
144
3.1А. КОНТРОЛЬНЫЕ ВОПРОСЫ 1. Существуют ли такие точки z ∈ C , что cos z > 1? 2. Верно ли, что функция W = sin z неограничена на C ? 3. Может ли функция быть дифференцируемой в точке z 0 и не быть аналитической в этой точке? 4. Может ли функция быть аналитической только в одной точке? 5. Верно ли, что функция f (z ) аналитическая в области D , если Re f (z ) и Im f (z ) - функции, гармонические в этой области? 6. Может ли разложение некоторой функции в ряд Лорана содержать: а) конечное число слагаемых с отрицательными степенями (z − z 0 ) ; б) конечное число слагаемых с положительными степенями (z − z 0 ); в) бесконечное число слагаемых с отрицательными степенями (z − z i ) ; г) бесконечное число слагаемых с положительными степенями (z − z i ) ? 7. Пусть C n (n = 0, ± 1, ± 2, ...) - коэффициенты разложения в ряд Лорана функции ∞
f (z ) = ∑ C n (z − z 0 )n . n = −∞
Найти коэффициенты а) (z − z 0 )f (z ) ;
C *n
разложения в ряд Лорана функции: б) (z − z 0 ) f (z ) ; 3
8. Пусть res f (z ) = 0 . Верно ли, что z=z0
для любого R > 0 ?
∫ f (z ) dz = 0
z−z0 =R
145
1 f (z ) . z − z0
3.2 ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОЙ РАБОТЫ 3.2.1. Выполнить основные четыре действия алгебры над комплексными числами z1 = −1 + 2 i и z 2 = −3 − 4 i . 3.2.2. Найти действительные решения уравнения
( 3x − i)( 2 + i) + ( x − iy)(1 + 2 i) = 5 + 6i
3.2.3. Найти середину отрезка, соединяющего точки z1 и z 2 . 3.2.4. Три последовательные вершины параллелограмма находятся в точках z1 , z 2 , z 3 . Найти четвертую вершину. 3.2.5. Показать, что z + z = 2 Re z, z − z = 2 i Im z . 3.2.6. Изобразить на комплексной плоскости числа z = 3 + 2 i , z = 3 − 2 i . Найти их модули и аргументы. 3.2.7. Изобразить на комплексной плоскости числа
a) 3 + i 3
б) 3 − i 3
в) − 3 + i 3
г) − 3 − i 3
д) i 3
е) − i 3
и вычислить их модули и
главные значения аргумента. 3.2.8. Представить в показательной форме числа
z1 = 2i , z 2 = −5, z 3 = 2 + 2 i , z 4 = −1 − 3 i . 3.2.9.
Найти
α > β , α − β ≤ 2π .
модуль
и
аргумент
числа
ei α − eiβ
,
если
8
⎛ 1 − i⎞ 3.2.10. Вычислить ⎜ ⎟ . ⎝ 1 + i⎠ 5 3.2.11. Решить уравнение z + 1 − i = 0 . 3.2.12 Определить и изобразить линии, точки которых удовлетворяют уравнениям. 1) z − 3 + i = 1
2) z − 3i − z + 3i = 2
3) z = cos 2 t + i( sin 2 t − 2) ,
1 t 6) Re (1 + z) = z
4) z = t + i , 1 ≤ t < ∞
0 < t ≤ 2π 2 5) Re z = 1 7) 2 z z + ( 2 + i)z + ( 2 − i) z = 2
146
3.2.13. Найти множества точек комплексной плоскости, которые определяются неравенствами. 1) Re z < 3
π π < arg z < 4 6 z−1 4) ≤1 z+1 1 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ 1 6) < Re⎜ ⎟ + Im⎜ ⎟ < ⎝ z⎠ ⎝ z⎠ 2 4 2) −
3) z − Re z ≤ 0 5) 1 ≤ z − 1 + i ≤ 2
3.2.14. Найти значение функции в указанной точке, записав число в алгебраической форме: 1) f ( z) = cos z, z 0 = 5 − i
2) f ( z) = e , z 0 = i ez
3) f ( z) = Ln z, z 0 = −3 + 4 i
4) f ( z) = z
1+ i
, z0 =
1+ i 2
3.2.15. Найти значения степеней: i
а) 2 ;
б) ( − 1)
2
;
в) i
i+1
3.2.16. Решить уравнение sin 3z = 3 i . 2
2
3.2.17. Доказать тождество: ch z − sh z = 1, sin z = i sh i z , cosz = cosx ch y − i sin x sh y .
w = z 3 найти: π а) образ линии l z :arg z = ; 3 π б) образ области D z : z ≤ 2 , 0 ≤ arg z ≤ . 3 3.2.19. При отображении w = sin z найти: 3.2.18. При отображении
а) образы прямых, параллельных действительных оси; б) образ прямоугольника: −
π π π < x< , 0< y< . 2 2 2
3.2.20. Найти область G w , в которую преобразуется область D z :
1 2 < z < 3, Im z > 0, Re z > 0 при помощи функции f (z ) = z + . z
147
3.2.21. Выяснить, дифференцируемы ли следующие функции. В случае 2 дифференцируемости найти производную: а) z ⋅ z ; б) sin 3z + 2 i ; в) z + z ; z2
г) e . 3.2.22. Выяснить, какие из следующих функций являются 2 аналитическими хотя бы в одной точке, а какие - нет: а) w = z ; б) w = ch z ; в) w = e . 3.2.23. Показать, что условия Коши-Римана в полярных координатах z
∂u 1 ∂v ∂u ∂v и проверить выполнение этих = , = −r ∂ϕ ∂r ∂r r ∂ϕ 3 условий для функций: а) w = z , б) w = ln z . Являются ли эти функции
имеют вид
аналитическими и где ? 3.2.24. Найти аналитическую функцию в области
0 < z < ∞ по x 3 2 ; в) действительной или мнимой части: а) u = x − 3xy ; б) u = 2 x + y2 v = 3e 2 x cos 2 y . 3.2.25. Найти коэффициент подобия k и угол поворота ϕ при 3 2 отображении с помощью функции w = z − 3z + 3z + 5 в точках: а) z = 0 ; б) z = i . 3.2.26. Найти коэффициент подобия и угол поворота при отображении в
данной точке
1 z−1 z 0 = i : а) w = ; б) w = . z z+1
3.2.27. Выяснить, какая часть комплексной плоскости растягивается, а 2 какая - сжимается при отображении с помощью функции w = z . 3.2.28. Является ли конформным отображение: а) w = в) w = z Re z . 3.2.29. Вычислить интеграл
1 ; б) w = 2 z + 1; z
∫ Im z dz , если L
а) L − отрезок действительной оси от точки z 0 = 3 до z 0 = −3, б) L − полуокружность z = 3, 0 ≤ arg z ≤ π . 3.2.30. Вычислить
∫ z dz , если L
а) L − отрезок прямой, соединяющий точки z1 = 1 и z 2 = i , б) L − дуга окружности z = 1 от точки z1 = 1 до точки z 2 = i , в) L − замкнутый контур: z = 1, 0 < argz ≤ 2π .
148
i
3.2.31. Вычислить интеграл
∫ z sin z dz . 1
dz , если 2 L z +9 а) точки ± 3i вне контура L , б) точка z1 = 3 i лежит внутри, а z1 = −3 i - вне контура L , в) точка z 2 = −3 i лежит внутри, а z1 = −3 i - вне контура, г) точки z 1, 2 = ±3 i лежат внутри контура L . dz , где L − окружность с центром в 3.2.33. Вычислить интеграл ∫ Lz− a точке a и радиусом R . 2z − 1 − i 3.2.34. Вычислить ∫ dz . − − z 1 z i ( ) ( ) z =2 3.2.32. Вычислить
∫
3.2.35. Вычислить: 1) 3)
dz ; 3 z = 3 z +4 z e z dz
∫
2)
;
( z + i) ( z + 1)dz . ∫ 2 z = 2 z( z − 1) ( z − 3) 3
z =2
5)
sin z dz ; 2 z = 3 z − 7 z + 10 sin π z dz ; 4) ∫ 2 z −1 =1 ( z −1)
∫
∫
n
∞ e2 i n ⎛ 2 − i⎞ ; 2) ∑ ⎜ 3.2.36. Исследовать на сходимость ряды 1) ∑ ⎟ ; ⎝ 2 ⎠ n =1 n =1 n n ∞ n sin i n 3) ∑ . n 3 n =1 ∞
3.2.37. Найти область сходимости рядов 1)
3)
n n ∑ n ( z + i) ; n =1 9 ∞
∞
∑
n =1
ei n π
( z + 1 − i) n
⎛ z ⎞ 2) ∑ ⎜ ⎟ n =1 ⎝ ln i n ⎠ ∞ n ∞
∞
+∑
n= 0
( z + 1 − i) n n!
; 4)
149
∑
n =1
n
( z + 1 − i)
∞
n
+ ∑ n( z + 1 − i) n=0
n
3.2.38. Разложить функцию в ряд Тейлора в окрестности точки z 0 и найти радиус сходимости: 1) f ( z) = sin 2 z, z 0 =
π ; 4
1 , z 0 = 1 ; 3) f ( z) = ln ( z 2 + 6z + 12) , z 0 = −3. 2 z − z+1
2) f ( z) =
3.2.39. Разложить функцию в ряд Лорана в указанной области:
2 2z + 3 z − 1 ( ) 1) f ( z) = 2 , 1 < z < 2 ; 2) f ( z) = , 0 < z < 1; z + 3z + 2 z 1 3 e2z − 1 4) sin ,0 < z − i < ∞ ; f z = z − i ( ) ( ) , 0 < z < 1; 3) f ( z) = 2 − z i z
3.2.40. Найти нули функции и определить их порядки:
(
)(
)
(
1) f ( z) = z + 9 z + 4 ; 2) f ( z) = 1 − e 2
2
5
z
)( z
2
− 4) ; 3) f ( z) = 3
z − sin z . z
3.2.41. Найти изолированные особые точки функции и определить их характер: 1) f ( z) = 3) f ( z) =
z+ 2
( z − 1) 3 z( z + 1)
2) f ( z) = z e
;
sin z ; 2 ( z − 1)( z + π)
1 z −1
4) f ( z) = sin
;
1 1 + . z z2
3.2.42. Выяснить характер особой точки z = ∞ для функций 1 z
2z 2 + 1 ; 2) f ( z) = 3z2 + 1 cos z 4) f ( z) = z2
1) f ( z) = e + z − 4 ; 2
2 z5 − z + 1 3) f ( z) = 2 ; z + z+8
3.2.43. Найти вычеты функций относительно их особых точек 1) f ( z) = 3) f ( z) =
z+ 2
( z − 1) z ( z + 1) 2
2) f ( z) = z e
;
sin z ; 2 ( z − 1)( z + π)
1 z −1
4) f ( z) = sin
150
;
1 1 + . z z2
3.2.44. Найти вычеты функций относительно точки z = ∞ : 1 z
2 z2 + 1 2) f ( z) = ; 3z2 + 1 cos z 4) f ( z) = . z2
1) f ( z) = e + z − 4 ; 2
2 z5 − z + 1 3) f ( z) = 2 ; z + z+8
3.2.45. Вычислить контурные интегралы: 1)
∫
z =2
3)
e 2 z dz ; π i ⎛ ⎞ z2 ⎜ z − ⎟ ⎝ 2⎠
∫ e
z z −1
2)
1 2 z dz ; sin ∫ z 1 z= 2
dz ;
z =2
4)
z dz , где L − прямоугольник с вершинами в точках z1 = − i , ∫ z cos L z2 = 2 − i, z3 = 2 + i, z4 = i .
ОТВЕТЫ 3.2.1. z1 + z 2 = −4 − 2 i ,
z1 1 2 =− − i z2 5 5 20 36 3.2.2. x = , y=− 17 17 z + z2 3.2.3. z = 1 2 3.2.4. z 4 = z 3 − z 2 + z1
z1 − z 2 = 2 + 6i ;
2 13 , arg z = arctg , 3 2 2 arg z = − arctg , Arg z = arctg + 2 kπ 3 3 π π 5π 5π 3) 2 3, ; 4) 2 3, − ; 3.2.7. 1) 2 3, ; 2) 2 3, − ; 6 6 6 6 π π 5) 3, ; 6) 3, − 2 2 6
3.2.6. z = z =
151
i
π 2
i
iπ
π 4
z3 = 2 2 e , z4 = 2 e α −β π α +β 3.2.9. r = 2 sin , ϕ= + 2 2 2 3.2.10. 1
3.2.8. z1 = 2 e , z 2 = 5 e ,
π⎞ ⎛ i⎜ −π+ ⎟ ⎝ 3⎠
⎛ 3π 2 Rπ ⎞ i⎜ + ⎟ ⎝ 2 5 ⎠
, k = 0,4 3.2.11. z k = 2 e 3.2.12. 1) окружность r = 1 с центром в z 0 = 3 − i , 2) гипербола с фокусами в точках z1 = 3 i и z 2 = −3 i и параметром a = 1, 3) окружность радиуса r = 1 с центром в точке z 0 = −2 i , 10
4) часть ветви гиперболы y = 5) гипербола x − y = 1 , 2
2
1 , где 1 ≤ x < ∞ , x
6) парабола y = 2 x + 1, 2
2
⎛ 7) окружность ( x + 1) + ⎜ y − ⎝
1⎞ 9 ⎟ = . 2⎠ 4 3.2.13. 1)левая полуплоскость от прямой x = 3, π π 2) угол между лучами ϕ = − и ϕ = , 4 6 3) действительная полуось, включая точку O( 0;0) , 2
4) правая полуось, включая и мнимую ось, 5) кольцо, образованное окружностями с центром в M 0 (11 ; ) и радиусов
r1 = 1 и r2 = 2 , 6) область, заключенная между окружностями. cos 1 3.2.14. 1) ch 1 cos 5 + i sh 1 sin 5; 2) e cos( sin 1) + i sin( sin 1) ;
[
]
2 − π4 − 2 kπ 4⎤ ⎡ 3) ln 5 + i ( 2 k + 1)π − arctg ; 4) e (1 + i), k ∈ Z ⎢⎣ 2 3 ⎥⎦ 3.2.15. а) e
2 kπ
( cosln 2 + i sin ln 2) ;
(
1 3.2.16. z (k ) = −2 kπ + i ln
k ∈Z
)
б) e
2 ( 2 k +1) π i
; в) i e
1⎞ ⎛ ⎜ 2k− ⎟ π ⎝ 2⎠
(
, k ∈Z;
)
10 + 3 , z (k1) = −(2 k + 1)π − i ln 10 + 3 ,
3.2.18. а) луч L w :arg w = π ; 0 ≤ w ≤ 8; 0 < arg w ≤ π ;
б) G w − полукруг;
152
u2 v2 3.2.19. а) образом прямой y = c (c ≠ 0) является эллипс + 2 =1 , 2 ch c sh c образом прямой y = 0 является отрезок действительной оси − 1 ≤ u ≤ 1; u2 v2 б) верхняя половина эллипса + ≤ 1, v ≥ 0 . ch 2 c sh 2 c 3.2.20. G w − часть кольца в первом квадрате, образованного эллипсами u2 v2 u2 v2 =1 и = 1. + + 2 2 2 2 ⎛ 3⎞ ⎛ 8⎞ ⎛ 5⎞ ⎛ 10⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 3⎠ 3.2.21. а) нет; б) да, f ′( z) = 3 cos 3z ; 3.2.22. а) нет; б) да; в) нет.
(
3.2.24. 1) w = u + iv = x − 3xy 3
2
в) нет;
г) да, f ′( z) = 2 ze . z2
) + i(3x y − y ) = z ; 2
3
3
⎛ ⎞ y x 2x − + C i + ⎜ ⎟ ; 3) w = 3e ( − sin 2 y + i cos 2 y) + C . 2 2 2 2 ⎝ x +y ⎠ x +y π 3.2.25. а) k = 3, ϕ = 0 ; б) k = 6,ϕ = − . 2 π 3.2.26. а) 1, 0 ; б) 1, − . 2 1 3.2.27. растягивается внешность круга z > ; сжимается внутренность 2 1 круга z < . 2 2) w =
3.2.28. а) да; б) да; в) нет.
9 π 2 π 3.2.30. а) i ; б) i ; в) 2 π i . 2 −1 3.2.31. cos1 − sin 1 − i e . π π 3.2.32. а) 0; б) ; в) − ; г) 0 . 3 3 3.2.33. 2π i 3.2.34. 4 π i . πi π 2 2 3.2.35. 1) 0; 2) − π i sin 2 ; 3) i ; 4) − ; 5) − π i . 2 e 3 3 3.2.29. а) 0; б) −
153
3.2.36. 1) сходится; 2) расходится; 3) сходится. 3.2.37. 1) z + i < 3; 2) z = 0; 3) z + 1 − i > 1 ; 4) всюду расходится
π⎞ ⎛ − 1 2 z − ( ) ⎜ ⎟ ∞ ⎝ 4⎠ 3.2.38. 1) ∑ n= 0 ( 2 n)! n
∞
(
2) ∑ (− 1) z n
n =0
3n
∞
− z 3n +1
3) ln 4 + ∑ (− 1) n =1
3.2.39. 1)
∞
∑
n =1
n +1
( − 1) z
n
2n
2n
) (R = 1) ,
(z + 3)2n n⋅4
n
( R = ∞)
∞
+∑
n= 0
n
( R = 2)
( − 1) n z n 2
n +1
; 2)
∞
∑ ( − 1) ( z − 1) n
n
;
n= 2
(− 1) 2 n z n− 2 1 ∞ 2 ; 4) ( z − i) − + ∑ 3) ∑ n! 3! n =1 ( 2 n + 3)!( z − i) 2 n n =1 3.2.40. 1) z = ±3 i − нули 3.2.-го порядка, z = ±2 i − нули 5-го порядка, 2) z = 2 kπi ( k = 0,±1,±2 ,K) − нули 3.2.-го порядка, z = ±2 − нули 3-го n −1
∞
порядка; 3) z = 0 − ноль 2-го порядка. 3.2.41. 1) z = 0 и z = −1 − простые полюсы, z = 1 − полюс 3-го порядка; 2) z = 1 − существенно особая точка; 3) z = − π − устранимая особая точка, z = ±1 − простые полюсы; 4) z = 0 − существенно особая точка. 3.2.42. 1) полюс 2-го порядка; 2) устранимая особая точка; 3) полюс 3-го порядка; 4) существенно особая точка.
5 3 3 2) resf (1) = ; , resf (0 ) = −2, f ( − 1) = ; 4 2 4 sin( ± 1) , resf ( − π ) = 0; 4) resf ( 0) = 1 . 3) resf ( ± 1) = ± 2( π ± 1) 3.2.44. 1) − 1; 2) 0 ; 3) − 81; 4) 0 2πi 8i πi 2 ; 4) − π i . 3.2.45. 1) ( 2 + π i) ; 2) − ; 3) − π 3 e
3.2.43. 1) res f (1) =
154
3.3 РАСЧЕТНЫЕ ЗАДАНИЯ Задание №1 Найти модуль и главное значение аргумента комплексного числа, представить его в тригонометрической и показательной формах. Изобразить число на комплексной плоскости 1. 2 + 5 i ; 2. − 2 + 5 i ; 3. 2 − 5 i ; 4. − 2 − 5 i ;
⎛π⎞ ⎝5⎠ 6. − 2 + 2 3 i ; 7. − 7 − i ;
15.
⎛π⎞ ⎝5⎠
5. − cos⎜ ⎟ + i sin ⎜ ⎟ ;
8. 4 − 3 i ;
23. 1 − i ; 24. − 2 + 2 i
12. 2 + 2i ; 13. − i 3 ; 14. 1 − i ;
25. 7 + 3 i ;
3 + i;
26. − 1 +
2 i;
16. i 3 ;
27. − 1 − 5 i ;
17. − 3 − i ;
28. − 1 − 2 i ;
18. 3 2 + i 2 2 ;
29. 1 4 + 3 i ;
19. − 3 + 3 i ;
30. − 3 + i ;
2 + 2i ; 1− i 1− 3 + i ⎛π⎞ ⎛π⎞ . 21. cos⎜ ⎟ + i sin ⎜ ⎟ ; 32. 3 − 1 3 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 3 22. − − i; 2 2
9. 3 − 4 i ;
20. 2 − 2 i ;
10. 3 i ; 11. 1 + i ;
31.
Задание №2 Вычислить и изобразить результат на комплексной плоскости 6
⎛1 − 2 i ⎞ 1. ⎜ ⎟ ; + 2 i ⎝ ⎠ 10
⎛ 3i − 2 ⎞ 2. ⎜ ⎟ ; ⎝ 2 + 3i ⎠ 15
⎛ 2 −i ⎞ ⎟⎟ ; 3. ⎜⎜ ⎝ 3 +i⎠
(
17
4
)
⎛ 2 ⎡ 2⎞ ⎛ 1 ⎞⎤ 12. ⎢ 2 + i ⎜ − i ⎟⎥ ; 23. ⎜⎜ ⎟⎟ ; −i 2 2 2 ⎝ ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ ⎠ 20
⎛1−i ⎞ 13. ⎜ ⎟ ; ⎝1 + i ⎠
(
24. 3 + i 3 10
⎛ 1 3⎞ ⎟⎟ ; 14. ⎜⎜ − − i 2 ⎠ ⎝ 2
155
)18 ; 12
⎛2 3 +i⎞ ⎟⎟ ; 25. ⎜⎜ ⎝ 3+i ⎠
4.
[(
)]8
)(
3 − i 1+ i 3 ; 14
6
⎛ 2 2⎞ ⎟⎟ ; +i 15. ⎜⎜ − 2 ⎠ ⎝ 2
40
4
⎛−2 ⎞ 5. ⎜ ⎟ ; ⎝1 + i ⎠ 1 10 6. (7i − 5) ; 2
9
⎛ 3 −i ⎞ 26. ⎜ ⎟ ; + 2 i ⎝ ⎠ ⎛ 2 −i ⎞ 27. ⎜ ⎟ ; ⎝ 1 + 2i ⎠
⎛ 2 +i ⎞ 16. ⎜ ⎟ ; ⎝2−i⎠ 6
4
⎛1−i ⎞ 17. ⎜ ⎟ ; ⎝1 + i ⎠
π π⎞ ⎛ 28. ⎜ cos + i sin ⎟ ; 4 4⎠ ⎝ 4
⎛ (3 + 4 i )(1 − 2i ) ⎞ 15 7. ⎜ ⎟ ; 18. 1 + i 3 (1 − i ) ; i ⎝ ⎠ 4
3
⎛ − 2 − 5i ⎞ 19. ⎜ ⎟ ; 1 i + ⎝ ⎠
9.
0
]
)
20
⎛1 − i 3 ⎞ ⎟⎟ ; 8. ⎜⎜ + 1 i 3 ⎝ ⎠
(sin 30
[(
)
3
+ i sin 60 0 ;
(
20. − 1 + i 3
10
)
30
21. 2 + i 5
11. (1 + i ) ;
⎛ 3−i⎞ ⎟⎟ ; 22. ⎜⎜ + 3 i ⎝ ⎠
8
(
)
18
π π⎞ ⎛ + i sin ⎟ ; 30. ⎜ cos 12 12 ⎠ ⎝ 5
;
⎛1+ i ⎞ 31. ⎜ ⎟ ; ⎝1 − i ⎠ 4
⎛ − 2 − 2i ⎞ 10. ⎜ ⎟ ; 1 2 i + ⎝ ⎠
15
π⎞ ⎛ ⎜ i + tg ⎟ 3⎟ ; 29. ⎜ ⎜ i − tg π ⎟ ⎟ ⎜ ⎝ 3⎠
;
⎛ 2 +i ⎞ 32. ⎜ ⎟ . 1 − 2 i ⎝ ⎠
15
Задание №3 Найти все значения корня и изобразить их на комплексной плоскости 1. 3
i ; 1− 2i
2. 3 (1 − i )(2 + 3i );
3.
4
− 1;
12. 3 2 − 2 3 i ;
13. 5
14.
4
23. 5 (1 − i ) 2i ;
π π⎞ i ⎛ ; 2 ⎜ cos + i sin ⎟ ; 24. 3 1 2 i − 6 6⎠ ⎝
3 2 + i 2 2;
156
25.
3
−
1 3 + i; 2 2
1 + i;
26.
5
2 ; 1 − 3i
16. 3
3i ; 2 + 2 3i
27.
3
i 3+i ;
1− i ; 1+ i
17.
−
28.
3
1 + 3i ;
2 + 2i ;
18.
(1 + i )(1 − i );
29.
4
− 2 + 2i ;
π π cos + i sin ; 4 4
19.
i−3 ; 2+i
30.
4
3 + i;
− 8 + 8 3 i;
20.
−
31.
4
i(3 − i );
32.
3
1+ i . 1− i
4.
6
− 8 − 8i ;
15.
5.
8
1;
6.
4
7. 8.
3
9.
(
)
10.
1 + 2 − 3 i;
21.
11.
− 4 − 3i ; 1+ i
22.
5
4
5 1 + i; 2 2
5 5 + i; 2 2 3 + 3i ;
3
(
)
(1 − i )(1 + 2i );
Задание №4 Вычислить геометрический смысл соотношений
1. z − z1 = z − z 2 ;
17. Re (1 + z ) = z ;
2. z − 2 − z + 2 > 3;
18. z + z = 1;
3. z − 2 + z + 2 = 5;
19. Re z + z
4. Re z + Im z < 1;
20. z − 2 = 1 − 2z ;
5. Re z = Im z;
21. 2 z z + (2 + i ) z + (2 − i )z = 2 ;
6. 0 ≤ Im z ≤ 1;
22. 0 < Re(i z ) < 1;
7.
2
2
(
2
2
) = 0;
⎧α < arg(z − z 0 ) < β, ⎩− π < α < π
z −1 ≤ 1; z +1
23. ⎨
157
8. 1 ≤ z + 2 + i ≤ 2;
24. z = Re z + 1;
9. z − 1 < z − i ;
25. Re z ≥ C, C ∈ R ;
10. z − Re z ≤ 0;
26. 0 < Re(i z ) < 1;
⎛1⎞ ⎝z⎠
11. Re⎜ ⎟ = 12. Im
⎛1⎞ ⎝z⎠
1 ; 9
27. Im ⎜ ⎟ =
1 1 <− ; z 2
1 ; 2
⎧ z < arg z,
28. ⎨
⎩0 ≤ arg z < 2π
13. 4 ≤ z − 1 + z + 1 ≤ 8;
⎧ z < arg z,
29. ⎨
⎩0 < arg z < 2π
14. Im z < 1;
z − z1 ⎧ = α, ⎪arg z − z2 30. ⎨ ⎪− π < α < π ⎩
15. z > 2 + Im z;
31. 0 < Re[i(z + 2 )] < 1;
16. z − a < 1 − a z ; a ≠ 0; a ∈ R ;
32. 0 < Im[i(z + 2 )] < 1.
2
Задание №5 Проверить, являются ли аналитическими функции
1. w = e ;
17. w = z ⋅ Im z;
2. w = z;
18. w = z z;
3. w = z Re z;
19. w = z e ;
4. w = sin z;
20. w = z ⋅ z;
5. w = cos z;
21. w = e
z
2
z
z2
;
6. w = z ;
22. w = z ⋅ Re z;
7. w = z;
23. w = sin 3z − i;
2
158
8. w = ze + (1 + i )z; z
9. w =
24. w = z Re z;
1 ; z
25. w = z z; 2
2
10. w = 2 sh z − z ;
26. w = z + 3 i z;
11. w = 2 cos 2z + z;
27. w = 2 sin z − z; 28. w = 2 i(cos z − 1);
12. w = 2 i(cos z − 1) − i z + 2; 2
13. w =
1 ; z +1
)( 2
(
)
29. w = z + 1 z − 1 ;
14. w = ln z;
30. w = z + 2 z + i;
15. w = ch z;
31. sh z;
16. w = z Im z;
32. w = ch z.
2
Задание №6
Найти аналитическую функцию w = u + i v , если известно, что 3
2
v = 2 cos x ⋅ ch y − x 2 + y 2 17. w (0 ) = 2,
1. u = x − 3 x y ;
2. u =
x 2
2
2
2
x +y
18. u = 2 e cos y, w (0 ) = 2;
;
x
19. v = 3x + 2 xy, w (− i ) = 2;
3. u = x − y + 2 x;
x 4. u = 2 − 2 y; x + y2
20. u = e
x
(x cos y − y sin y );
x
21. v = e
x
(y cos y + x sin y );
5. u = 2 e sin y; 6. v = −
y
(x + 1)
2
+y
2
2
2
22. u = x − y − x;
;
7. v = 2 x y + 3 x;
23. v = x + y;
159
8. v = arctg 9. u =
y , x > 0; x
x x2 + y
10. v = e
x
24. u = 2 cos(y ln 2 ); x
, w (π) = 2
1 ; π
25. v = sin x ⋅ sh y;
(y cos y + x sin y ) + x + y;
26. u = e cos y;
y , x > 0, w (1) = 0; x
27. v = e sin y;
11. v = arctg
x
x
12. u = x − y + 2 x , w (i ) = 2 i − 1;
28. u = x − y − x , w (0 ) = 1;
13. v = 2(ch x ⋅ sin y − x y ), w (0 ) = 0;
29. v = e
14. u = 2 sin x ⋅ ch y − x , w (0 ) = 0;
30. v = −
15.
31. u = x − y + 2 x;
2
2
2
y
(y cos x − x sin x ); y 2
x +y 2
v = 2(2 sh x ⋅ sin y + x y ), w (0 ) = 3;
2
2
, x ≠ 0, y ≠ 0;
2
16. v = −2 sin 2 x ⋅ sh 2 y + y, w (0 ) = 2; 32. v = 3x + 2 xy, w (− 1) = 2. Задание №7 Найти контурные интегралы
1.
∫ f (z ) dz,
где f (z ) = (y + 1) − x i
AB
AB − отрезок прямой, соединяющий точки z A = 1; z B = −i . 2.
∫ f (z ) dz,
где f (z ) = x + i y 2
2
AB
AB − отрезок, соединяющий точки A(1 + i ), B(2 + 3 i ) . 3.
∫ (1 + i − 2z )dz,
L
по линиям, соединяющим точки z1 = 0; z 2 = 1 + i . 2
а) по прямой; б) по параболе y = x ; в) по ломаной; z1 , z 2 , z 3 , где z 3 = 1.
160
4.
∫ (z
⎧z =1 + z z dz , где L − дуга окружности ⎨ ⎩0 ≤ ϕ ≤ π.
)
2
L
z
5. ∫ e dz , где L − отрезок прямой y = − x , соединяющий точки L
z1 = 0, z 2 = π − i π . 2
6. ∫ z Im z dz , где L : z = 1; − π ≤ arg z ≤ 0 . L
7. ∫ e
z
2
Re z dz , где L − прямая, соединяющая точки
L
z1 = 0, z 2 = 1 + i .
8. ∫ ln z dz
(ln z − главное значение логарифма), где
L: z =1
L
а) начальная точка пути интегрирования z 0 = 1, б) z 0 = −1 . Обход против часовой стрелки. 9. ∫ z Re z dz , где L : z = 1. Обход против часовой стрелки. L
10. ∫ z z dz , где L : z = 1. Обход против часовой стрелки. L
z
11. ∫ z e dz по отрезку AB , соединяющему точки z A = 1, z B = i . L
12. ∫ Re z dz , где L : а ) z = (2 + i ) t , 0 ≤ t ≤ 1 ; L
б) ломаная, состоящая из отрезка [0;2] действительной оси и отрезка, соединяющего точки z1 = 2; z 2 = 2 + i . 13.
z ∫ e dz ,
2
где L : а) дуга параболы y = x , соединяющая точки
L
z1 = 0; z 2 = 1 + i . б) отрезок прямой, соединяющий те же точки. 14.
∫ cos z dz ,
L
где L - отрезок прямой, соединяющий точки z1 =
z2 = π + i .
161
π ; 2
15. ветвь
dz ∫ , где L - верхняя половина окружности z = 1; выбирается та L z
z , для которой 1 = −1 . dz , где L − верхняя половина окружности z = 1 выбирается та 16. ∫ z L z , для которой 1 = 1.
ветвь функции
dz 2 , где L : z = 1, Re z ≥ 0; − i = (1 − i ) . 2 L z dz 18. ∫ , где L − верхняя половина окружности z = 1; берется та 4 3 L z
17.
∫
ветвь функции
4
z 3 , для которой 4 1 = 1. z2 e2
∫ (z − z )
2i
19.
3
i
20. ∫ z cos z dz ;
dz ;
1+ i
0
1+ i
i
∫ z sin z dz ;
21.
22.
1
−z ∫ (z − i ) e dz ;
0
ln (z + 1) dz по дуге окружности z = 1, Im z ≥ 0, Re z ≥ 0 с уче+ z 1 1 i
23.
∫
том условий arg z = arctg y x = ϕ . i
24. 25.
ln z dz по отрезку прямой, соединяющей точки z1 = 1, z 2 = i . 1 z
∫
i 1+
∫
tg z
2 1 cos z
dz по прямой, соединяющей точки z1 = 1 и z 2 = i .
i
26.
cos z dz по прямой, соединяющей точки z1 = −1 и z 2 = i . sin z −1
∫
Выбираем ту ветвь функции w =
sin z , для которой
sin (− 1) = i sin 1 27. ∫ Re (sin z ) cos z dz , где L : Im z ≤ 1; Re z = L
162
π ; 4
( ) 2
28. ∫ z Im z dz где L : Im z ≤ 1; Re z = 1; L
i
2
z ∫ z e dz ;
29.
−1
2
где L − дуга параболы y = x , соединяющей точки
∫ tg z dz ,
30.
L
z1 = 0 и z 2 = 1 + i .
∫ cos z dz ,
31.
L
где L − отрезок прямой, соединяющей точки z1 =
π ; 4
z2 = π + i . z ∫ e dz ,
32.
2
где L − дуга параболы y = x , соединяющей точки
L
z1 = 1 + i ; z 2 = −1 + i . Задание №8 Используя основную теорему Коши и интегральную формулу Коши, вычислить интегралы
а) z = 2 z3 dz , где Г : ; 1. ∫ б ) z = 4 − z 3 Г 2.
∫
cos z
z =2 z
2
+ 2z − 3
dz;
sin z
2 2 , где Г : x + y + 6y = 0 ; dz 2 Гz +4 z − 2 sin z 4. ∫ dz ; 3 z −1 = 2 (z − π 2 )
3.
5.
∫
∫
Г
e z dz
(z + 2)
4
, где Г − произвольный замкнутый контур, однократно
обходящий точку z = −2 в положительном направлении; 6.
2 z −1− i dz , где Г : z = 2 ; ∫ z 1 z i ( − )( − ) Г 163
7.
dz
∫
, если а) точка 3i лежит внутри Г , (− 3i ) − вне его;
2 Гz +9
б) точка (− 3i ) − внутри Г ; 3i − вне его; в) ± 3i внутри Г ;
8.
dz
∫
z =3 z
3
+ 4z
;
9.
г) ± 3i − вне Г .
(z + 1)dz ; ∫ 2 z = 2 z (z − 1) (z − 3) 1 e 2 dz
z
10.
e dz
∫
z =2
12.
z =1
16.
∫
∫
z 2 − 2z + 2
cos(z + π i )
(
z ez + 2
z =4
20.
∫
(z
sin z ⋅ sin (z − 1)
∫
z =1
24.
∫
z =2
sh 2 z z
3
dz;
z 2 + 16
z =5
dz;
sh (z + 1) dz , 2 Г z +1
где 21.
∫
(z
2
)
−1
2
dz;
z =1
25.
z3
∫
∫
z −3 = 6
164
+
cos z
z −1 =1
z sh z
;
∫
2 Г: x3
23.
dz;
dz;
dz
∫
17.
;
z2 − z
z e1 z + 2
z =1
19.
)
tg z
∫
15.
+ 9 (z + 9 )
z =2
22.
)
dz;
dz 2
z4 −1
z−2 =2
dz;
;
ch z
∫
13.
sin π(z − 1)
z =3
18.
dz;
z + 2z
z −1−i =1
z2 + 2
1 z −1 = 2
2
∫
∫
11.
e z cos πz
∫
14.
;
(z + i )3
2 y3
=
2 33 ;
dz;
π sin z 4 dz; 2 (z − 1) (z − 3) z dz
;
(z − 2) (z + 4) 3
ch e i π z
∫
26.
3
z − 4z
z − 2 =3
∫
28.
(z
z − 2 =1
30.
1 ez 2
+4
2
)
2
dz;
dz;
cos z dz; а) z = 1; ∫ z z 2 ( − ) Г
27.
z=
29.
∫
32.
2
z +4
z =1
∫ z=
31.
z
1 2
cos 3
π dz; z +1
1 − sin z z
1 2
2
dz;
(z + 1)dz ; (z − 1)2 (z − 3)
∫
z =2
б) z − 2 = 1; в) z − 2i = 1 ;
e z dz
∫
1
.
Задание № 9 Выяснить характер особых точек функций
1.
2.
(
z3 z 2 + 4 sin z z2
3. sin
4. 5.
1
;
17.
;
1 z
)
2
2
18. cos
;
19.
1 z2 e z ;
1
;
2
z + 5z + 4 cos z 6. ; 2 π⎞ 2 ⎛ ⎜z + ⎟ z +1 2⎠ ⎝
(
2
sh z ; z
7. tg 2z;
)
1 ; z+π z2 −1
z 6 + 2z 5 + z 4
;
e z +e 20. ; z+e 2 − πz 1 21. cos + sin ; z 2z 1 z
22. z sh ;
23.
165
ez
(z + 1) (z − 2) 3
;
8.
1 1 cos z − 2
sin z 2 24. ; π 2 3 z − z 4 1 − cos z 25. 2 ; z (z − 3)
;
1 z
2
9. z sin ; 10. (z − 1) cos
11. 12.
1
(z − 1)
2
1 ; 1 − cos z 1 + cos z z
2
;
28.
(z − π)⎛⎜ z − π ⎞⎟ 6⎠ ⎝
1 + cos z 15. ; z−π 16.
z 2 − 2z + 1
z+
1 z2
;
z − sin z 6
z sh z 29. ; z − sh z
cos 2z
z 2 − 3z + 2
cos z ; π 2 3 z − z 2
27. e
ez −1 13. ; z 14.
;
26.
2
;
1 z; 30. z sin 2 z⋅e
31.
;
;
32.
ez −1 z
2
;
1 zez.
Задание № 10 Вычислить вычеты функции относительно ее особых точек
1.
z 2.
3
(z
1 2
z ; sin z
3. z
2
1 ez ;
; 2
+ 4)
17. 18.
ez z 3 (z − 1)
z
(z + 1) (z − 2) 3
2
19. z sin 166
;
1 z
2
;
2
;
4.
5.
6.
1 1 sin z + z
;
2z − 5 z 2 − 2z + 1
21.
;
(z − π)⎛⎜ z − π ⎞⎟
2
8. sin
z
2
11.
;
25.
(z + 1)3 (z − 2) 1 4
z +1
12. z
;
;
1 ez ;
2
1 − cos z z 3 (z − 3) z2 +
(z
1 z2
;
− 1)(z + 3)
cos z ; π 2 3 z − z 2
z 2n
(z − 1)
n
;
2
)
+ 1 (z − 3)
ez −1 29. ; z 1 − e −z ; 30. z ;
ez ; 31. z(z − 1)
167
;
ei z
2
2
2⎠
28. ctg z;
tg z ; π 2 z − z 4 1 5 14. z sin 2 ; z ch z
(z
(z + i )⎛⎜ z − i ⎞⎟
eπz ; 26. z−i 27.
13.
15.
22.
24.
ez
3
sin 2z
23. e
sin z 2 ; 9. π z3 − z 2 4 10.
;
6⎠
1 z e z −1 ;
1
1 + z3; z
⎝
cos 2z ⎝
7.
20. cos
;
;
16.
e
−
1 z2
1+ z4
ez 32. . 1+ z2
;
Задание № 11 Вычислить с помощью вычетов следующие интегралы
∫
1.
z + 2 i =3
z =4
∫
3.
z + 2 =1
∫ z
4.
(
2
z z +4
)
2
;
2
18.
(z + 1)
1 z= 2
z
∫
6.
4
z +1
α
α:
2
2
4
dz;
9.
∫
z =2
z −z
+
22.
y = 1; 9
dz;
∫
z =1
dz;
23.
∫
ez + 3
24.
∫
z =4
;
z2 2
sin z ⋅ cos z
z −i =1
1 dz; z−2
dz;
z dz
∫
21.
2
z 2 (z + 2 )(z − 1)
1 e z +1
2
z +1 = 4
ch 2z
3 z +1 = 2
sin π z
∫
dz;
(x − 1)
∫
(z − 2)2 sin
z= 3
πi dz ;α : z − = 1; 7. ∫ 2 α sh 2z 8.
1 2
z − 2 =1
20.
z
dz;
1 z 2 sin dz; z
∫
19.
dz;
ez
∫
∫ z=
z =1
5.
z3 − i z2
z −i =3
tg z dz; z+2 1 ez
ez −1
∫
17.
z dz; sin z
∫
2.
3
2
dz
dz;
ez 4
2
z + 2z + 1 ei z
(z − π)
3
dz;
dz;
cos z x 2 y2 25. ∫ 2 = 1; dz, где Г : + 9 4 Г z −4
168
(z − 1) sin 1 dz; z −1 2
∫
10.
z −1 =1
26.
e 2z 2 2 ∫ 3 dz, где Г : x + y − 2x = 0; Г z −1 27.
ez −1
∫
11.
z2 + z
z =4
sin π z
x 2 y2 = 1; dz, где Г : + ∫ 3 3 4 1 Г (z − 1) (z + 1)
dz;
28.
∫ tg z dz;
12.
z +1 dz, где Г : x 2 + y 2 = 16; ∫ 2 Г z + 2z − 3
z =2
1 ez
∫
13.
3 z −i = 2
z2 +1
x 2 y2 = 1; 29. ∫ dz, где Г : + 5 3 9 Г (z − 1) z sin z
dz;
∫ z tg π z dz;
14.
30.
z =1
15.
Г
z dz
∫
(z − 1) (z + 2) 2
α
2 α :x 3
+
2 y3
=
e z dz
∫
16.
dz 2 2 , где Г : x + y = 2 x; 4 z +1
∫
z (z + 1) 3
z =2
; 31.
∫
z −1 =1
2 33 ;
;
(z − 1)2 sin
32.
1 dz; z −1
∫ tg z dz.
z =1
Задание № 12 Вычислить несобственные интегралы ∞
1.
2. 3.
dx
∫
−∞
(x
∞
x2 +1
∫
2
4 −∞ x + 1 ∞ dx
∫
−∞
(x
2
)
+1
2
;
∞
17. 18.
;
19.
)
+1
−∞ 1 + ∞
dx;
3
∫ ∫
x
6
dx;
x2
dx; 4 1 x + −∞ ∞ x 4 dx
∫
−∞
169
x4
(a + bx )
2 4
; a , b > 0;
(x 20. ∫
∞
dx 4. ∫ 6 ; x 1 + −∞ ∞
5.
∫
(x
0
x 2
2
+a
∞
dx
∫
−∞
(x
∞
x4 +1
6.
∫
7.
∫
8.
−∞ ∞
9.
∫
−∞
2
+4
6
x +1
−∞ ∞
(x (x
2
12. 13. 14. 15.
22.
)
dx;
23.
x − 2x + 10
∞
x sin x
−∞ x − 2 x ∞ cos ax
∫
2
2
+b x sin ax
2 2 0x +b ∞ dx
∫
∞
∫
−∞
+ 10
dx;
2
dx; dx;
dx; a , b > 0;
(x
2
+ 1)(x
2
;
+ 4)
2
)(
2
+1 x + 4
)
2
;
;
)
dx;
4 0 1+ x
∞ cos 4 x
26.
dx; 2 4 x + 0 ∞ cos 2 x
∫
27.
∫
0
dx; a , b > 0;
dx
cos x dx
cos 2x
−∞
(1 + x )
+ 4x + 20
∞
∫
)
dx 2
;
2
; a , b > 0; 25. ∫
)
; n ∈ N; n
(x
;
+ 2x + 2
(x
(x
∞
28. 29.
(x
2
)(
+1 x2 + 9
x 2 cos x
∞
2
0x ∞
24.
)
−∞
∫
; 2
)(
2
(x
2
∫
0
x sin x
∫
∫
∞
2 −∞ x − 2 x + 10
∫
∫
−∞
x cos x
−∞
16.
; 2
+ a 2 x 2 + b2
∫
0 ∞
x6 +1 dx
+ 1 dx
∞
dx 2
21.
4
−∞
+ 4 x + 13
∞
11.
dx; a > 0;
dx
∞
10.
)
2 2
)
∞
2
cos x
∫
2
0x +9 ∞ cos 4 x
∫
)
+1
2
2
dx;
dx; dx;
+4 cos x 30. ∫ 2 dx; x 1 + 0 0x ∞
∞
31.
2 −∞ x + x + 1
∞
32.
∫
0
170
x cos x
∫
x sin x 2
x +1
dx.
dx;
)
dx;