Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Функции комплексного переменного. Учебное пособие.pdf
По теореме Коши для многосвязной области имеем
ˆ
C
f(z)
z − z
dz =
0
C
ˆ
R
f(z)
z − z
dz.
0
Преобразуем подынтегральное выражение к двум интегралам I1, I2:
=
ˆ
f(z)
z − z
C
R
ˆ
f(z) −f (z0)
C
R
dz =
0
z − z
ˆ
f(z) −f (z0) + f(z0)
dz =
z − z
C
R
0
ˆ
f(z0)
dz +
0
C
z − z
R
dz = I1+ I2.
0
Вычислим интеграл I1, переходя к пределу по R — при уменьшении
радиуса контура, приращение z − zoстремится к нулю и подынтегральная дробь стремится к производной функции f (z) в точке z0:
˛
˛
f(z) −f (zo)
I1= lim
R→0
z − z
C
R
o
dz = lim
R→0
f′(zo)dz =
C
R
˛
...
= f′(zo) lim
R→0
|z−zo|=R
1dz = f′(zo) · 0 = 0.
Последний переход в равенстве обоснован теоремой Коши — интеграл
от аналитической функции 1 равен нулю.
Вычисляя интеграл I2, также перейдём к пределу по R
I2= lim
R→0
В итоге,
˛
f(zo)dz
z − z
C
R
o
= f(zo) lim
R→0
ˆ
= f(zo) lim
2π
ˆ
ieiφdφ
iφ
e
0
˛
dz
R→0
C
z − z
R
= f(zo) · i · φ
= f(zo) lim
o
2π
= f(zo) · 2πi.
0
R→0
˛
|z−zo|=R
dRe
Re
iφ
iφ
=
f(z)
dz = I1+ I2= 0 + 2πi · f(zo).
z − z
C
0
Что и требовалось доказать.
41
Следствие. В условиях теоремы
ˆ
n!
2πi
C
f(z)
(z − z0)
n+1
dz = f
(n)
(z0).
Пример 3.11. Вычислить контурные интегралы
а)
ˆ
|z|=1
z
e
dz; б)
z
г)
|z−i|=5
ˆ
ˆ
|z|=1
2z
e
dz; д)
3
z
2
z
z − 2
dz; в)
|z|=3
ˆ
dz
z2(z + 3)
|z|=2
ˆ
2
z
z − 2
.
dz;
Решение.
а) Функция имеет одну особую точку z0= 0, в которой нарушается
аналитичность. Так как точка z0= 0 лежит в области, ограниченной
контуром |z| = 1, то применима интегральная формула Коши:
ˆ
z
e
dz = [z0= 0, |0| < 1 − в контуре, f(z) = ez] =
z
|z|=1
= 2πi · f(0) = 2πi ·e0= 2πi.
б) Функция имеет одну особую точку z0= 2, в которой нарушается
аналитичность. Так как точка z0= 2 не лежит в области, ограни-
2
ченной контуром |z| = 1, то f (z) =
z
аналитична в контуре и
z − 2
применима теорема Коши (интеграл от аналитической функции равен нулю):
...
ˆ
2
z
dz = [z0= 2, |2| > 1 − не в контуре] = 0.
z − 2
|z|=1
в) Функция имеет одну особую точку z0= 2, в которой нарушается
аналитичность. Так как точка z0= 2 лежит в области, ограниченной
контуром |z| = 3, то применима интегральная формула Коши:
ˆ
2
z
dz =z0= 2, |2| < 3 − в контуре, f(z) = z
2
=
z − 2
|z|=3
42
= 2πi · f(2) = 2 · 22= 8πi.
г) Функция имеет одну особую точку z0= 0, в которой нарушается
аналитичность. Так как точка z0= 0 лежит в области, ограниченной контуром |z − i| = 5, то применимо следствие из интегральной
формулы Коши:
ˆ
2z
e
dz =z0= 0, |0 −i| = 1 < 3, f(z) = e2z, n = 2=
3
z
|z−i|=5
2πi (f(z))
=
2!
′′
0
2πi ·4e
=
2!
2z
0
= 4πi.
д) Функция имеет две особые точки z1= 0, z2= −3, в которых
нарушается аналитичность. Так как только одна точка z0= 0 лежит
в области, ограниченной контуром |z| = 2, то применимо следствие из
интегральной формулы Коши:
ˆ
dz
z2(z + 3)
|z|=2
1
f(z) =
z + 3
z1= 0, |0| < 2 − в контуре,
=
z2= −3, | − 3| > 2 − не в контуре,
2πi
1
=
1!
z + 3
′
0
=
(z + 3)
−2πi
2
ˆ
= −
0
2πi
.
9
●
ezdz
Пример 3.12. Вычислить контурный интеграл
.
z2(z + 3)
|z|=4
...
Решение. Функция имеет две особые точки z1= 0, z2= −3, в которых нарушается аналитичность. Обе точки лежат в области, ограниченной контуром и в такой ситуации интегральная формула Коши
не применима. Но если преобразовать выражение разложив дробь на
простейшие:
1
= −
z2(z + 3)
1
9z
+
3z
1
+
2
1
.
9(z + 3)
Каждая из полученных подынтегральных функций в интегралах имеет ровно одну особую точку в области, ограниченной контуром и поэтому к соответствующему интегралу применима либо интегральная
формула Коши, либо следствие:
ˆ
z2(z + 3)
|z|=4
ezdz
=
|z|=4
ˆ
−
e
9z
z
+
e
3z
z
2
+
e
9(z + 3)
z
dz =
43
= −
|z|=4
= 2πi ·
ˆ
z
e
9
ezdz
9z
+ 2πi ·
0
+
ˆ
|z|=4
ezdz
3z
e
ˆ
ezdz
+
2
′
z
3
|z|=4
+ 2πi ·
0
9(z + 3)
=
z
e
=
9
−3
2πi
=
9
+
2πi
3
+
2πi
9e
(4e3+ 1)2πi
=
3
9e
Дополнительные видеоматериалы
к изучению раздела 3
а) б)
в) г)
3
.
●
...
Рисунок 24 — Ссылки на тематические видеоуроки к разделу:
а) условия Коши-Римана;
б) восстановление аналитической функции
в) интеграл по кривой; г) интегральная формула Коши
44
Упражнения к разделу 3
3.1. Проверьте выполнение условий Коши-Римана для функций а)-е).
а) f(z) = z2+ 2 −iz; б) f (z) = z2− 3z + 4;
в) f(z) = e
д) f (z) = ln z; е) f(z) =
3.2. Восстановите аналитическую функцию f (z) по известной веще-
ственной части u(x, y) и заданному начальному условию f(zo) = wo.
а) u(x, y) = 1 −y, f (0) = 1;
б) u(x, y) = 3x −2y, f (1) = 3 + 2i;
в) u(x, y) = x + 4y − 1, f (1) = −5i;
г) u(x, y) = 2x − y, f(i) = −1 + 5i;
д) u(x, y) = y2− x2, f(0) = 1;
е) u(x, y) = 3 −2xy, f(1) = 3 + i;
ж) u(x, y) = x2− y2− 2xy, f (1 + i) = 2 − 2i;
z+2
; г) f (z) = e
z+3i
1
z + i
;
.
...
з) u(x, y) = x2− y2+ 4xy, f (1 + 2i) = 5 − 10i.
3.3. Восстановите аналитическую функцию f(z) по известной мнимой
части v(x, y) и заданному начальному условию f (zo) = wo.
а) v(x, y) = x + 4, f (i) = 4i;
б) v(x, y) = 2x − 3y − 1, f (1 −i) = 6 − 2i;
в) v(x, y) = y −4x, f(1) = −5i;
г) v(x, y) = 2x − y − 1, f (−1) = 1 −2i;
д) v(x, y) = y −2xy, f (1 + i) = 2 − i;
е) v(x, y) = x2− y2+ 3y, f (i) = 2i;
ж) v(x, y) = x2− y2+ 2xy + 2, f(1 + i) = 0;
45
з) v(x, y) = xy − 2x2+ y2− y, f (2i) = −4 + 6i;
и) v(x, y) = 2y + 2xy + 2, f (−3 + i) = −4 − 6i;
к) v(x, y) = x2− y2− y − 4x, f (i) = 4 −2i.
3.4. Восстановите с точностью до константы аналитическую функцию
f(z) по известной вещественной/мнимой части.
а) u(x, y) = x3− 3xy2+ y2− x2+ y; б) v(x, y) = arctg
;
x
x
y
в) u(x, y) =
x2+ y
; г) v(x, y) = −
2
(x + 1)2+ y
д) v(x, y) = ex(y cos y + x sin y); е) u(x, y) = 2exsin y.
3.5. Вычислите интегралы а)-е).
а)
в)
д)
6
ˆ
(z2+ iz) dz; б)
6i
2+i
ˆ
(2i − 3z2) dz; г)
−i
2i
ˆ
(sin z + 2z) dz; е)
0
1+i
ˆ
(2z − 4iz3+ 1) dz;
1−i
1−2i
ˆ
(3z2− 4iz) dz;
0
−1
ˆ
(cos iz − ez) dz.
πi
y
;
2
...
3.6. Вычислите интегралы используя интегральную формулу Коши.
а)
в)
д)
ж)
˛
|z−2i|=1
˛
|z+2|=3
˛
|z+2|=4
˛
z4− 2 + i
(z + 2)
|z|=3
z dz
; б)
z2+ 4
z3− 4z + 2i
(z + 4)
3
z3+ 4iz − i
(z − 4)
3
dz; з)
2
dz; г)
dz; е)
˛
|z+2i|=5
˛
z2− 1
|z−3|=3
˛
z3− z + 81i
(z − 4)
|z|=π
˛
i + 2z + z
|z−i|=3
z3+ 4
(z − 2)
eizdz
(z + 2)
dz;
3
;
dz;
3
4
dz;
3
46
и)
|z+1|=3
л)
|z|=√5
н)
|z−2−i|=3
п)
|z|=1
с)
|z−3|=6
у)
|z−2|=1
˛
z4− i
(z + 2)
˛
z4+ 5iz2− i
(z + 2)
˛
z
z + 2
˛
cos z
dz; р)
3
z
˛
(z − 2)2(z + 4)
˛
1/z
e
(z2+ 4)
dz; к)
4
dz; м)
6
4
dz; о)
z dz
; т)
dz
; ф)
2
˛
(z + 2)
|z|=3
˛
|z|=√3
˛
|z−5|=3
˛
|z−1|=1
˛
z
1
|z|=
2
˛
|z−2|=
4
z
5
dz;
z3+ 4
dz;
z − 1
z3+ 4
dz;
z − 1
πz
sin
4
(z − 1)2(z + 4)
1
cos
2
π
dz;
z + 1
eizdz
.
(z2− 1)
1
2
2
dz;
...
3.7. Вычислите интегралы а)-и) по кривой L, соединяющей z1и z2.
ˆ
а)
б)
в)
г)
д)
е)
ж)
zIm(z2) dz, L : прямая, z1= 1 −i, z2= 1 + i;
L
ˆ
¯zRez dz, L : y = x3, z1= 0, z2= −1 −i;
L
ˆ
(1 + 2¯z) dz, L : y = x2, z1= 0, z2= 1 + i;
L
ˆ
¯z(z + ¯z) dz, L : y = x3, z1= −1 −i, z2= 0;
L
ˆ
zRe(z2) dz, L : прямая, z1= 1 −i, z2= 1 + i;
L
ˆ
¯z dz, L : |z| = 1, z1= 1, z2= i (по часовой);
L
ˆ
¯z2dz, L : |z| = 1, z1= 1, z2= −i (против часовой).
L
47
4 Ряды, нули и особые точки
Дорогой читатель! Теоретический материал, изложенный в этом разделе озвучен в виде лекции в ролике, ссылка на который дана на
Рисунке 25.
Рисунок 25 — Лекция по материалу раздела 4
Числовые ряды в комплексной плоскости
Пусть
∞
X
cn= c1+ c2+ c3+ . . .
n=1
некоторый ряд с комплексными членами cn= an+ ibn, an, bn∈ R.
∞
X
Числовой ряд
cn, сходится тогда и только тогда, когда сходят-
n=1
ся соответствующие числовые ряды с действительными и мнимыми
∞
X
частями
an,
n=1
Ряд с комплексными членами
∞
X
n=1
bn.
∞
X
cn, cn∈ C сходится абсолютно,
n=1
если сходится соответствующий знакоположительный ряд с действительными членами
∞
X
|cn|, |cn| =
n=1
p
2
n
+ b
2
n
∈ R.
a
...
Ряды в комплексной области обладают теми же свойствами, что и
ряды с действительными членами.
48
Ряд Тейлора
∞
P
Для степенных рядов остается в силе теорема Абеля: если ряд
сходится в точке zo, то он сходится в круге |z| < |zo|.
Сходящиеся степенные ряды в комплексной плоскости можно почленно дифференцировать и интегрировать.
Область сходимости при линейной комбинации рядов — пересечение областей сходимости слагаемых.
Теорема. Пусть функция f(z) аналитическая в круге DCс цен-
тром в zo, z — точка внутри круга, тогда f(z) представима в вид
разложения в ряд Тейлора:
∞
X
cn=
f(z) =
ˆ
1
2πi
C
(t − zo)
cn(z − zo)n,
n=0
f(t) dt
(n+1)
=
(n)
f
(zo)
,
n!
cnz
n=1
n
контур C ограничивает произвольную окрестность точки zo.
Доказательство. По интегральной формуле Коши имеем:
˛
1
f(t)
dt = f(z).
2πi
t − z
C
Преобразуем дробь, разлагая в ряд геометрической прогрессии, сходящейся в заданной области |z| < |zo|:
f(t)
t − z
=
1
t − z
f(t)
t − z
=
o
=
t − zo− (z − zo)
f(t)
t − z
o
z − z
1 +
1 +
t − z
1
z − z
o
+
o
t − z
=
o
+
o
(z − zo)
(t − zo)
1
t − z
o
(z − zo)
(t − zo)
2
+ ...=
2
·
1 −
2
+ ...,
2
1
=
z−z
o
t−z
o
∞
X
f(t)(z − zo)
(t − zo)
n=0
(n+1)
n
.
В итоге, почленно проинтегрировав и применив формулу Коши и её
следствие, получим
f(z) =
1
2πi
˛
C
f(t) dt
t − z
ˆ
∞
X
(z − zo)
n
f(t) dt
=
o
n=1
C
2πi
(t − zo)
(n+1)
!
=
...
49
=
∞
X
n=1
(z − zo)
2πi
n
˛
f(t) dt
(t − zo)
C
(n+1)
=
∞
X
n=0
(n)
f
(zo)
(z − zo)n.
n!
Разложения основных функций. Все хорошо известные разложения для функций действительных переменных остаются в силе, например:
ez= 1 + z +
sin z = 1 −
cos x = z −
z
3!
z
2!
2
z
+ ... +
2
2
+
4
z
+ ... +
4!
3
+
5
z
+ ... +
5!
n
z
+ ...;
n!
(−1)nz
(2n)!
(−1)nz
(2n + 1)!
2n
+ ...;
2n+1
+ ...;
1
= 1 + z + z2+ z3+ ... + zn....
1 − z
Ряд Лорана
Теорема. Пусть f (z) аналитична в кольце r < |z − z0| < R, (r ≥ 0),
тогда она единственным образом разлагается в этом кольце в степенной ряд как с положительными, так и с отрицательными степенями
f(z) =
+∞
X
cn(z − z0)n, cn=
−∞
1
2πi
˛
(t − z0)
C
f(t)
dt n ∈ Z,
n+1
C : |z − z0| = ρ, r < ρ < R.
−∞
P
Главная часть ряда Лорана:
Правильная часть ряда Лорана:
cn(z − z0)n.
n=−1
∞
P
n=0
cn(z − z0)n.
Доказательство.
Пусть f(z) аналитична в кольце r < |z − z0| < R, z — некоторая
точка внутри кольца, лежащая на окружности C : |z − z0| = ρ, а
r < r∗< |z − z0| < R∗< R — кольцо в кольце, зажимающее точку
z (Рисунок 26). Разрезая кольцо отрезком l получим контур C∗=
C
∗
r
∪ l−∪ C
∗
∪ l+в котором для функции применима интегральная
R
формула Коши в следующем виде:
˛
1
f(t)
dt = f(z), (∗)
2πi
∗
C
l−C
r
∗
R
t − z
l
+
...
50