Учебное пособие 1865

∫ z 2dz = ∫(x −i y)2 dz =

f (z)= z sin 5z аналитической в ^, и в случае положительного ответа найти первообразную F (z) этой функции в ^, удовлетворяющую условию F (π2)= 0 .

Решение. Проверку аналитичности функции f (z) можно сделать двумя способами. Первый способ состоит в том, что

После этого вычисляются частные производные функций u(x, y) и υ(x, y) и показывается, что условия Коши-Римана

(6.4) выполняются для любых x и y . Второй способ (более

простой) основан на использовании свойств аналитических функций.

221

Функция e z является аналитической в ^; функции 5i z и −5i z , очевидно, тоже аналитические. Поэтому и сложные

функции e5i z и e−5i z аналитичны в ^. Отсюда следует, что и функция

f (z)= z sin 5z = 2zi (ei5 z −e−i5 z )

будет аналитической в ^ как разность и произведение аналитических функций. Теперь заметим, что нужная

первообразная F (z) дается формулой

z

F (z)= ∫ ζsin 5ζdζ ,

π2

где интеграл берется по любому пути, идущему от π2 к z . Действительно, согласно теореме 6.1, функция F (z) будет первообразной; равенство F (π2)= 0 очевидно. Интеграл

вычисляется по формуле Ньютона-Лейбница. При этом, можно пользоваться обычными приемами и формулами интегрирования. В данном случае воспользуемся формулой интегрирования по частям:

222

Функции f (z)= cosz −2iπz является аналитической в замкнутом круге, ограниченном контуром Γ. Поэтому применима

223

формула (4.1), в которой z = −iπ, а переменное ζ обозначено через z :

= −cos 2πi = −12 (e 2πi 2 + e−2πi 2 )= −12 (e−2π + e 2π).

всей комплексной плоскости ^). Точка лежит z = i внутри этого круга. Поэтому применима формула Коши для производных, в которой z = i , n = 3 :

= 26πi (60i 2 −48i)= 2πi(−10−8i)= 4π(4−5i)

(мы воспользовались тем, что f ′(z)= 5z 4 −8z 3 , f ′′(z) = = 20z 3 −24z 2 , f ′′′(z)= 60z 2 −48z ).

224

Ряды.

Задача 8.26. Найти разложение функции

f(z)= e z 2z−1 ′

вряд Тейлора в окрестности точки z0 = 0 и указать круг сходимости полученного ряда.

Решение. 1) Найдем вначале разложение функции

f (z)= e z 2 −1 z

в ряд Тейлора в окрестности точки z0 = 0 . Для этого воспользуемся известным разложением функции e z :

Полученный ряд, как и исходный, будет сходиться при всех z ^. Разделим обе части равенства на z :

Этот ряд сходится при всех z ^ (включая точку z0 = 0 ) и,

следовательно, определяет аналитическую в ^ функцию. Согласно свойству 4.8, его можно почленно дифференцировать.

2) Продифференцируем обе части равенства (8.2) по переменному z :

225

3) Каждую из полученных дробей разложим в ряд по степеням переменного ω , используя равенство (6.14):

(8.3)

Чтобы воспользоваться этой формулой, преобразуем дробь 1 (ω+5), вынеся в знаменателе за скобки множитель 5 :

= ∑∞ (−1)n 8 ωn .

n=0 7 5 n+1

Так как ряд (8.3) сходится при z <1, то полученный ряд будет сходиться при ω 5 <1 , т.е. при ω < 5 .

Аналогично раскладываем дробь 1 (ω−2). Для этого выносим за скобки −2 :

−17 ω−1 2 = 712 1−1ω2 ,

иподставляем в (8.3)

227

Складывая полученные разложения, имеем

причем ряд сходится в наименьшем из кругов ω < 5 и ω < 2 , т.е. в круге ω < 2 .

4)Возвращаясь к переменному z , подставляем ω = z −3

иполучаем искомое разложение:

z −3 < 2 .

Заметим, что круг сходимости ряда Тейлора можно было найти сразу, пользуясь тем фактом, что радиус сходимости R равен расстоянию от z0 до ближайшей к z0 особой точки

функции f (z). В нашем случае f (z) имеет две особые точки z1 = −2 и z2 = 5 ; ближайшей к z0 = 3 является z2 , и R = 5−

−3 = 2 .

Задача 8.28. Найти все лорановские разложения функции

по степеням (z −3) .

228

Решение. 1) Сделаем замену переменного: ω = z −3 , т.е. z = ω+3 . Тогда

Следовательно, она аналитична в кольцах V1 = {0 < ω < 4} и V2 = {4 < ω < ∞}. Найдем лорановские разложения в каждом из этих колец. Для этого надо разложить дробь 1 (ω+ 4) в ряд по степеням переменного ω , пользуясь формулой (33.3).

229