Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://mph.cs.msu.su/stud/VKA-p-2-grigorev.pdf Дата изменения: Tue Apr 7 23:03:05 2009 Дата индексирования: Sat Apr 9 23:15:15 2016 Кодировка: Windows-1251

Е.А. Григорьев

ВВЕДЕНИЕ В КОМПЛЕКСНЫЙ АНАЛИЗ

Практикум часть 2 (по программе бакалавров)


62

Глава 4 Ряды аналитических функций.

17. Равномерно сходящиеся функциональные ряды 17.1. Основные понятия. Непрерывность и интегрируемость суммы ряда


Ряд
n=1

fn (z )

сходится к своей сумме f (z ) равномерно на множестве E , если
n

> 0 N , n > N z E :


f (z ) -
k=1

fk (z ) < .

Обозначение:
n=1

fn (z )
E

f (z ) .

Функциональный ряд сходится равномерно внутри области D, если он сходится равномерно на любом компакте G D.


Теорема 17.1.

Пусть n

fn (z ) C (E ) и
n=1

fn (z )
E

f (z ) .

Тогда f (z )

C (E ) .
Теорема 17.2.

Пусть кусочно гладкая кривая, принадлежащая некоторой


области D, и пусть n

fn (z ) C (D) и
n=1

fn (z )
D

f (z ) .

Тогда сумма f (z )

этого ряда интегрируема на , причем




fn (z )
n=1

dz =
n=1

fn (z ) dz .

17.2. Теоремы Вейерштрасса

Пусть n и функциональный ряд (1) равномерно сходится внутри D. Тогда 1) сумма ряда f (z ) A(D) ;


Теорема 17.3 (первая теорема Вейерштрасса). 1

fn (z ) A(D)

2) k N

z D

f

(k )

(z ) =
n=1

( fnk) (z ) .

ласть, n fn (z ) A(D) C (D) и ряд (1) равномерно сходится на границе области D. Тогда этот ряд равномерно сходится на D и его сумма f (z ) A(D) C (D).
17.3. Вопросы и задачи

Теорема 17.4 (вторая теорема Вейерштрасса). Пусть D ограниченная об-

1 Мы приводим сокращенный вариант этой теоремы. Полная формулировка содержит также утверждение о равномерной сходимости внутри D ряда из п. 2)


63

1. Пусть функциональная последовательность {fn (z )} равномерно сходится внутри области D. Верно ли, что {fn (z )} равномерно сходится на D ?


2. Пусть D область, fn (z ) C (D) n, ряд
n=1

fn (z ) равномерно сходится внутри

области D. Докажите, что сумма ряда f (z ) C (D). 3. Докажите признак Вейерштрасса равномерной сходимости функционального ряда.


4. Докажите, что ряд
n=1

zn равномерно сходится в интервале (-1; 0) действительn


zn в этом интервале сходится, но неравномерn n=1 но. (Этот пример показывает, что условия признака Вейерштрасса равномерной сходимости не являются необходимыми).
ной оси, в то время, как ряд


5. Найдите множество сходимости и множество равномерной сходимости ряда
n=1

e-nz .

6. Покажите, что ряд

sin nz равномерно сходится на вещественной прямой n2 n=1 R, но расходится в любой точке z R. /
18. Степенные ряды. Ряд Тейлора

18.1. Множество сходимости степенного ряда Определение 1. Функциональный ряд


cn (z - z0 )n ,
n=0

cn C,

(1)

называется степенным рядом. Числа cn это коэффициенты степенного ряда.
Теорема 18.1 (Коши-Адамар). Если l = lim
n

а) б) в) 1 R= l

при l = 0 ряд (1) абсолютно сходится во всей комплексной плоскости; при l = ряд (1) сходится лишь в точке z0 ; при 0 < l < ряд (1) абсолютно сходится внутри круга |z - z0 | < R , где

n

|cn | , то

, и расходится во внешности этого круга, т.е. при |z - z0 | > R.

R = 0 при l = ; R = при l = 0. Определение 3. Множество KR = {z : |z - z0 | < R} , где R > 0 радиус сходимости, называется кругом сходимости степенного ряда.
Формула для вычисления радиуса сходимости

Определение 2. Число R радиус сходимости степенного ряда. По определению:

1 = lim R n

n

|cn |

(2)


64

называется формулой Коши-Адамара.
Замечание.

Если существует предел

R = lim

c c

n

n

,

(3)

то R = R.
Примеры.


n+1

1) Найти радиус сходимости ряда данный ряд в точках z1,2 = +3i, z3 = 2.
n=0

n+i (z - i)n ; (2 + i)n

выяснить, сходится ли

Используя формулу Коши-Адамара, вычислим радиус сходимости:

1 = lim R n

n

n+i = lim n (2 + i)n

n

|n + i| 1 = , |2 + i| 5

откуда R = 5 , следовательно, имеем круг сходимости |z - i| < 5. Точка z1 = 3i лежит внутри круга сходимости, так как |z1 - i| = |2i| = 2 < R , значит в этой точке данный ряд абсолютно сходится. Напротив, точка z2 = -3i находится вне круга сходимости, потому что |z2 - i| = | - 4i| = 4 > R , следовательно, в этой точке ряд расходится. Наконец, для z3 = 2 получаем |z3 - i| = |2 - i| = R , так что выяснение сходимости n+i ряда производится непосредственными вычислениями. Имеем ряд (2 - i)n , (2 + i)n n=0 для которого n+i |n + i| |2 - i|n = |2 - i|n = |n + i| n n (2 + i) |2 + i|
при n . Ряд расходится, поскольку не выполнено необходимое условие сходимости


2) Исследовать сходимость ряда
n=1

zn np

(p действительное число).

Здесь z0 = 0, cn =

1 . Радиус сходимости найдем по формуле (3): np c c
n

R = lim

n

= lim

n+1

n

n+1 n

p

= lim

n

1+

1 n

p

=1

при любом p. Поэтому при |z | < 1 ряд сходится, при |z | > 1 расходится. Исследуем сходимость ряда в точках окружности |z | = 1 . Так как для общего члена zn |z |n 1 ряда справедлива оценка = p = p , то при p > 1 ряд сходится абсолютно. np n n Если же p 0 , общий член ряда не стремится к 0 при n , поэтому ряд расходится. ein cos n sin n i Пусть 0 < p 1, z = e , [0; 2 ), тогда = +i . p p n n np n=1 n=1 n=1 Оба вещественных ряда в правой части последнего ряда сходятся по признаку ДирихлеАбеля, если = 0 (докажите!) При = 0, т.е. в точке z = 1, этот ряд расходится, так как первый из рядов в правой части расходится, а второй сходится.


65

Итак, множество сходимости данного ряда открытый круг |z | < 1 при p 0 ; замкнутый круг |z | 1 при p > 1 ; тот же замкнутый круг за исключением точки z = 1 при 0 < p 1
18.2. Равномерная сходимость степенного ряда и ее следствия Теорема 18.2 (Абель). Пусть степенной ряд (1) сходится в точке z1 = z0 . Тогда (1) сходится абсолютно в любой такой точке z , что |z - z0 | < |z1 - z0 | , и сходится равномерно в любом замкнутом круге K = {z : |z - z0 | } , где 0 < < |z1 - z0 | .

Используя теорему 18.2 и результаты 17, получаем ряд следствий.
Следствие 1. Сумма степенного ряда является аналитической функцией внутри круга сходимости. Следствие 2. Степенной ряд можно почленно интегрировать на любой кусочно гладкой кривой внутри круга сходимости. Следствие 3. Внутри круга сходимости степенной ряд можно дифференцировать почленно любое число раз. При этом получающиеся ряды имеют тот же радиус сходимости, что исходный.

вид

Следствие 4. Пусть f (z ) сумма ряда (1). Тогда коэффициенты ряда (1) имеют

c0 = f (z0 ) ,


cn =

f

(n)

(z0 ) , n!

где

n = 1, 2, . . .

(4)

Так как


f (z ) =
n=0

cn (z - z0 )n ,
1

то f (z0 ) = c0 . Из равенства

f (z ) =
n=1

n cn (z - z0 )n-

после подстановки z = z0 получаем c1 = f (z0 ) .
(k )

В общем случае имеем

f

(z ) =
n=k

n(n - 1) . . . (n - k + 1) cn (z - z0 )n-k ,

откуда

ck =

f

(k )

(z0 ) k!

(5), называется рядом Тейлора функции f (z ).

Определение 4. Степенной ряд, коэффициенты которого выражаются формулами

Таким образом, следствие 4 означает, что всякий степенной ряд с R > 0 является рядом Тейлора для своей суммы.

одну и ту же сумму, их коэффициенты (а значит и сами ряды) совпадают.

Следствие 5. Если два степенных ряда в некотором круге |z - z0 | < R имеют 18.3 Теорема Тейлора Теорема 18.3 . Пусть f (z ) - аналитическая функция внутри круга K


R = {z : |z - z0 | < R}, R > 0. Тогда f (z ) однозначно представляется сходящимся внутри KR

степенным рядом
n=0

cn (z - z0 )n .

18.4. Разложение функций в степенные ряды

Основные приемы разложения функций в степенные ряды те же самые, что были изложены в курсе математического анализа. Отметим некоторые из них.


66

1) Использование формулы для коэффициентов ряда Тейлора (4). Заметим, в частности, что таким образом получаются известные представления основных элементарных функций, а именно: z2 zn e =1+z+ + ћћћ + + ћћћ = 2! n!
z

z2 (-1)n z cos z = 1 - + ћћћ + 2! (2n)! sin z = z -

2n

n=0

zn ; n! (-1)n z (2n)!
2n

+ ћћћ =
n=0

;

(-1)n-1 z 2n-1 z3 + ћћћ + + ћћћ = 3! (2n - 1)!
2 2n

z z ch z = 1 + + ћћћ + + ћћћ = 2! (2n)! z 2n-1 z3 + ћћћ + + ћћћ = sh z = z + 3! (2n - 1)!

n=1

(-1)n z 2n-1 ; (2n - 1)!

n=0

z 2n ; (2n)!

n=1

z 2n-1 ; (2n - 1)!


1 = 1 + z + z2 + ћ ћ ћ + zn + ћ ћ ћ = 1-z

zn .
n=0

Первые пять рядов сходятся во всей плоскости, последний ряд имеет радиус сходимости R = 1. 2) Использование основных разложений. 3) Применение почленного дифференцирования или интегрирования степенных рядов.
Примеры

a) Найти разложение в ряд по степеням z функции f (z ) = ln(1 + z ), где ln обозначает главную однозначную ветвь логарифма. Так как f (z ) A(|z | < 1), согласно теореме 18.3 искомое разложение имеет место 1 внутри единичного круга (z = -1 точка особенности). Заметим, что f (z ) = , 1+z поэтому
z

f (z ) =
0

d = 1+


z 0





z

(-1)
n=0 n+1 z

nn

d =
n=0

(-1)n
0 n+1

n d =

=
n=0

(-1)n n+1

=
0 n=0

(-1)n z n+1


.
имеющая вид,

Итак, для |z | < 1 получена формула

ln(1 + z ) =
n=1

(-1)n-1 n z, n

уже известный из теории вещественного анализа

1 . (2 + z )2 f (z ) A(|z - 1| < 3), поэтому существует степенной ряд, сходящийся внутри 1 круга радиуса R = 3 с центром в точке z0 = 1. Заметив, что f (z ) = - , найдем 2+z 1 1 1 (-1)n 1 сначала разложение функции = = = (z - 1)n . 2+z 3 + (z - 1) 3 1 + z -1 3n+1 3 n=0 b) Найти разложение в ряд по степеням (z - 1) функции f (z ) =


67

Тогда


f (z ) = -
n=0

(-1)n (z - 1)n 3n+1



=
n=1

(-1)n-1 n (z - 1)n-1 = 3n+1

=
n=0

(-1)n (n + 1) (z - 1)n , 3n+2

|z - 1| < 3

18.5. Вопросы и задачи

1. Для данного степенного ряда найдите радиус и круг сходимости; выясните, сходится ли этот ряд в указанных точках z1 , z2 , если


a)
k=1

k+i (z - 1 + i)k ; k ћ k3 3 k 2 ik (z - i)k ; k2 + k - 1
3

z1 = -2i ; z2 = 1 + 2i ;

b)
k=1

z1 = -2i ; z2 = 1 + i .
расходиться в точке z = -2 - i, (в обоих случаях {cn }

2. Может ли ряд
n=1

cn (z + i)n

cn (z + i)n сходиться в точке z = 1 + i а ряд n n=1 одно и то же множество чисел) ?


3. Найдите радиус и круг сходимости для каждого из следующих рядов:

a)
n=1





n (z + i) ;

n

b)
n=1

(z + 2)n ; nn



c)
n=1

(2z - i)n ; n



d)
n=1

3n z n! .

4. Найдите радиус сходимости и исследуйте поведение на границе круга сходимости in n z. ряда n n=1


5. Радиус сходимости ряда сходимости рядов
n=1

cn z


n

равен R (0 < R < ). Найдите радиусы

a)
n=1

n cn z ,

k

n

k Z;

b)
n=1

cn (z + 1)n ; n!



c)
n=1

(3n + 2i) cn n z. n

6. Разложите в ряд по степеням z следующие функции; укажите радиусы сходимости: 1 z a) sin2 z ; b) ch2 z ; c) (b = 0); d) ; az + b (z - 1)2 z e) z + 2i ( 1 = -1); f) 2 . z + 5z + 4 7. Следующие функции разложите в ряд по степеням (z - 1); укажите радиус сходимости полученного ряда: z a) e 2iz ; b) sin z ; c) 2 . z + 5z + 4


68

8. Функцию f (z ) = ки

a) z0 = 0;

z2 + 5 разложите в степенной ряд в окрестности точ(z 2 - 4)(2z 2 + 1) b) z0 = .

9. Объясните, почему бесконечно дифференцируемая в окрестности точки x0 = 0 1 e - x2 , x = 0 , не может быть раздействительной прямой функция f (x) = 0, x = 0 ложена в ряд Маклорена.


10. Что можно сказать о радиусе сходимости ряда
n=1

(an + bn ) z n ,
2

если радиусы

сходимости рядов
n=1

an z

n

и
n=1

bn z

n

равны R1 и R

соответственно?

11. Можно ли ряд
n=1

(2z - i)n n3

а) почленно интегрировать на кривой |z | =

1 ; 3

б) почленно дифференцировать в круге D =

z: z-

i 1 < 3 5

;

в) дважды почленно дифференцировать в круге D ? 12. Докажите, что степенной ряд, полученный почленным дифференцированием некоторого ряда, имеет тот же радиус сходимости (R > 0).


13. Найдите сумму степенного ряда:

a)
n=1

zn ; n



b)
n=1

n2 z n .

19. Единственность определения аналитической функции 19.1. Нули аналитической функции Определение 1. Точка z0 , где f (z0 ) = 0 , называется нулем функции f (z ).

Пусть f (z ) A(D), точка z0 D нуль f (z ). Тогда по теореме Тейлора в некоторой окрестности z0


f (z ) =
n=0

cn (z - z0 )n ,

(1)

причем c0 = 0. если в ее разложении (1)
Определение 2. Аналитическая функция f (z ) имеет в точке z0 нуль порядка k ,

c0 = c1 = . . . = c

k -1

= 0, но ck = 0.

тогда и только тогда, когда выполнено любое из двух нижеследующих утверждений:

Утверждение. Аналитическая функция f (z ) имеет в точке z0 нуль порядка k

1) f (z0 ) = f (z0 ) = . . . = f 2) f (z ) = (z - z0 )k ћ (z ) ,
Примеры

(k-1)

(z0 ) = 0,

но

f

(k )

(z0 ) = 0 ;

где (z ) аналитична в окрестности z0 , (z0 ) = 0.


69

Определить порядок нуля функции f (z ) в точке z0 , если 2 a) f (z ) = 1 - cos z , z0 = 2 ; b) f (z ) = e-z - cos (z 2) ,

z0 = 0.

a) f (2 ) = f (2 ) = 0 , но f (2 ) = 1 = 0, следовательно, z0 = 2 нуль второго порядка f (z ). b) В окрестности точки z0 = 0 выпишем первые члены разложения в степенной ряд: 1 1 1 f (z ) = 1 - z 2 + z 4 - 1 + (z 2)2 - (z 2)4 + O(z 6 ) = 2 2 4! = 14 z + O(z 6 ) = z 3
4

1 + cz 2 + . . . , 3

значит, z0 = 0 нуль четвертого порядка данной функции
19.2. Основная теорема Теорема 19.1. Пусть f (z ) аналитическая в области D функция, f (z ) = 0 z D0 D, причем D0 имеет хотя бы одну предельную точку в D. Тогда f (z ) 0 в D. Следствие 1. Пусть f (z ) не равная тождественно нулю аналитическая в области D функция, а E ограниченная и замкнутая подобласть D. Тогда f (z ) может иметь в E лишь конечное число нулей. Следствие 2. Не равная тождественно нулю целая функция f (z ) может иметь не более чем счетное число нулей в C, причем если нулей бесконечно много, то z =

предельная точка этого множества нулей.

19.3. Теорема единственности и ее следствия Теорема 19.2 (теорема единственности). Существует не более одной функции, однозначной и аналитической в области D, принимающей заданные значения на некотором множестве D0 , имеющем хотя бы одну предельную точку в D. Примеры

1. Найти все аналитические в C функции, удовлетворяющие условию 1 1 1 f =f - = 2, n = 1, 2, . . . n n n Данному условию отвечает аналитическая в C функция f (z ) = z 2 . Множество 1 точек вида zn = + имеет предельную точку z = 0, поэтому по теореме 19.2 найn денная функция единственна 2. Существует ли аналитическая в круге K = {|z | < 2} функция, для которой 1 1 1 f =f - =, n = 1, 2, . . .? n n n Выбрав множество D0 = можно указать f A(K ),

zn =

1 n

, имеющее в K предельную точку z = 0,

1 1 1 1 = . Это f (z ) = z . Но тогда f - =- . В n n n n силу единственности определения f (z ) по значениям на D0 аналитической в K функции с заданным условием не существует f
3. Найти такую целую функцию f (z ), чтобы

n Z f (n) = 0.


70

Множество целых чисел Z C имеет одну предельную точку z0 = . Но z0 C, / поэтому теорема единственности в данном случае не имеет места. И действительно, существует бесконечно много целых функций, удовлетворяющих условию f (n) = 0. Это, например, f (z ) = 0 ; f (z ) = 2 sin z ; f (z ) = sin 2 z ; f (z ) = sin2 z и т.д. 4. Пусть D = C, D0 = R действительная ось. Рассмотрим на R функцию f (x) = sin x. По теореме 19.2 существует не более одной аналитической в C (т.е. целой) функ1 ции, совпадающей с f (x) на R. Одна такая функция известна: это f (z ) = eiz - e-iz . 2i Значит, она единственна и является аналитическим продолжением sin x во всю комплексную плоскость: f (z ) = sin z 5. Теорема единственности позволяет распространять на более широкие множества некоторые соотношения между функциями, известные в частных ситуациях. Так, например, для x R имеет место равенство sin2 x + cos2 x = 1 . 2 2 Рассмотрим f (z ) = sin z + cos z . Легко видеть, что f (z ) A(C) (см. пример 4)), f (z ) = 1 , z R. Тогда z C f (z ) = 1 , т.е. sin2 z + cos2 z 1
19.4. Вопросы и задачи

1. Найдите порядок нуля z0 для функции f (z ), если a) f (z ) = z 2 (1 - cos 2z ) ; z0 = 0 ; b) f (z ) = z sin3 2z ; z0 = 0,

z0 = - ;

c) f (z ) =

z0 = 0, z0 = 2 ;

sin3 2z 2 ; z0 = 0, z0 = ; d) f (z ) = e sin z - 1 ; 2 z e) f (z ) = (z 2 + 2 ) (ez + 1)2 ; z0 = i, z0 = 3 i.

2. Пусть точка z0 нуль порядка k функции f (z ). Чем точка z0 является для функции f (m) (z ) (m N , 0 < m < k ) ? 3. Пусть точка z0 нуль порядка k функции f (z ) и одновременно нуль порядка m функции g (z ). Чем она является для функций f (z ) a) f (z ) + g (z ) ; b) f (z ) ћ g (z ) ; c) ? g (z )

1 4. Не равная нулю функция f (z ) = sin , аналитическая в круге K = {|z - 1| < 1} , z имеет в K бесконечное множество нулей. Почему это не противоречит теореме единственности ?
5. Докажите, что всякий нуль z0 = не равной нулю тождественно функции f (z ) A(C) изолирован, т.е. найдется окрестность z0 , в которой нет других нулей f (z ). 6. Существует ли f (z ) A {|z | < 1} , для которой выполнены условия

(n N) :

a) f c) f

1 1 1 1 1 =f - = 4; b) f =f - = n n n n n 1 1 n = 0, f = 1 ; d) f = 2n 2n - 1 2n + 1 2n cos 2z = cos2 z - sin2 z ,

1 ; n3 1 ? +1

7. Докажите справедливость в C формул двойного аргумента

sin 2z = 2 cos z sin z ,

используя теорему единственности.


71

Глава 5 Ряды Лорана и классификация особых точек

20. Ряд Лорана 20.1. Понятие ряда Лорана и свойства его суммы

Функциональный ряд


cn (z - z0 ) =
n=- n=0

n

cn (z - z0 ) +
n=1

n

c -n (z - z0 )n

(1)

называется рядом Лорана. Числа cn C это коэффициенты ряда Лорана.


Определение.


Пусть z0 = . Ряд
n=0

cn (z - z0 )n

называется правильной

частью, а ряд
n=1

c -n (z - z0 )n

главной частью ряда Лорана (1).

Определение. Ряд Лорана сходится в точке z , если в этой точке сходятся его правильная и главная части одновременно. Теорема 20.1. Пусть числа R и r определяются равенствами R
-1

= lim

n

n

|cn | ,

r = lim

n

Kr,R = {z : r < |z - z0 | < R} , а его сумма f (z ) A(Kr,R ).
Замечание. Числа R и r из теоремы 20.1 можно вычислить по формулам

n

|c

-n

| , 0 r < R + . Тогда ряд Лорана (1) абсолютно сходится в кольце

R = lim
(если эти пределы существуют).
20.2. Теорема Лорана

c c

n

n

,

r = lim

c

-n-1

n+1

n

c

-n

Теорема 20.2 (Лоран). Пусть f (z ) функция, однозначная и аналитическая в некотором кольце Kr,R = {z : r < |z - z0 | < R} . Тогда f (z ) можно разложить в сходящийся в этом кольце ряд Лорана, причем единственным образом. Замечание (случай z0 = ). Для разложения функции f (z ) в ряд Лорана в

окрестности точки z0 = следует сделать преобразование z =

1 , затем функцию

1 f разложить в ряд в окрестности точки 0 = 0 и вернуться к прежней переменной z. 1 Фактически искомое разложение это разложение по степеням . Поэтому правильz ную часть ряда образуют члены с неположительными степенями z , а главную часть


72

1 с положительными степенями z , т.е. с отрицательными степенями . При этом ряд z Лорана в окрестности z0 = может выглядеть так же, как и в окрестности z0 = 0, если иных особых точек нет (см. ниже примеры 1a) - b), 3а)б), 5), либо иначе (см. пример 2б)в)). В первом случае главная и правильная части ряда меняются местами (за исключением свободного члена, который всегда является принадлежностью правильной части).
20.3. Примеры разложения функций в ряд Лорана

1. Допускают ли данные функции разложение в ряд Лорана в окрестности данной точки z0 ? (Здесь имеется в виду проколотая окрестность точки z0 , т.е. кольцо с нулевым внутренним радиусом).

1 , z0 = 0. z f (z ) аналитическая функция при z = 0 , следовательно, по теореме 20.2 разложение существует. Его можно получить, используя известное разложение sin z в степенной ряд, сходящийся во всей плоскости: a) f (z ) = sin 1 sin = z


n=1

(-1)n-1 1 , (2n - 1)! z 2n-1

0 < |z | < .

(2)

Все члены (2) принадлежат главной части ряда Лорана

1 , z0 = . z Разложение возможно. Обоснование то же, что в примере a), только множество 0 < |z | < рассматривается как окрестность точки z0 = . Ряд Лорана имеет тот же 1 вид (2), однако это разложение следует воспринимать как ряд по степеням , поэтому z все его члены принадлежат правильной части ряда b) f (z ) = sin c) f (z ) = 1 1 sin z+1 , z0 = -1. 1 = 0 , т.е. при z+1 при n , то не существует sin

Данная функция не аналитична в точках, где

zn = -1 +

1 , n Z , n = 0. Поскольку zn -1 n проколотой окрестности точки z0 = -1 , где f (z ) аналитична. Поэтому разложение в ряд Лорана при указанном условии невозможно d) f (z ) = tg 1 , z z0 = 0.

1 В точках, где cos = 0 , функция теряет аналитичность. Эти точки z 1 zn = , n Z , образуют последовательность, сходящуюся к z0 = 0 . Раз+ n 2 ложение невозможно по той же причине, что и в п. c) e) f (z ) = tg 1 , z z0 = .


73

1 В предыдущем примере найдены корни уравнения cos = 0 . Нетрудно z 2 видеть, что |zn | , поэтому f (z ) аналитична в проколотой окрестности точки z0 = . Значит, разложение в ряд Лорана возможно. Заметим, что исходная постановка e) равносильна вопросу о разложимости функции tg в ряд в окрестности точки = 0 1 f) f (z ) = z , z0 = . e +2 Нули знаменателя имеют вид zn = Ln(-2) = ln 2 + i Arg(-2) = ln 2 + i (2n + 1) , n Z . Поскольку zn при n , то не существует проколотой окрестности точки z0 = , где f (z ) аналитична. Поэтому разложение в ряд Лорана невозможно g) f (z ) = Ln z , z0 = 0.

Разложение f (z ) в ряд Лорана в окрестности точки z0 = 0 невозможно, так как f (z ) неоднозначна

h)

f (z ) = ln z ,

z0 = 0.
где данная функция arg z [0, 2 ) дейТем более функция = 0 , поэтому здесь

Не существует проколотой окрестности точки z0 = 0 , была бы непрерывной. Действительно, например, при условии ствительная положительная полуось является линией разрывов. f (z ) = ln z не является аналитической в окрестности точки z0 невозможно разложение f (z ) в ряд Лорана 2. Разложить в ряд Лорана а) в кольце 1 < |z | < 2 ; точки z0 = .

z 2 + 2z - 3 (z - 2)(z 2 + 1) б) в окрестности точки z0 = 0 ; f (z ) = f (z ) =

в) в окрестности

Представим f (z ) в виде суммы дробей

2 1 +2 . z-2 z +1 1 = 1-q



Ниже для получения разложений будем пользоваться формулой а) Так как |z | > 1 и |z | < 2 , то

q n , |q | < 1 .
n=0

1 11 1 =- z = -2 z-2 2 1- 2
и



n=0

zn , 2n

(здесь

z < 1 , т.е. |z | < 2 ) 2 1 < 1 , т.е. |z | > 1 ). z2

(3)

1 1 =2 2+1 z z
Итак,

1 1 1+ 2 z




=
n=0

(-1)n , z 2n+2


(здесь

(4)

f (z ) = -
n=0

zn +2 2n+1

n=1

(-1)n-1 , z 2n

1 < |z | < 2 .

б) Для требуемого разложения следует взять ряд (3), а вместо (4)

1 = 1 + z2



(-1)n z
n=0

2n

,


74

где |z 2 | < 1 |z | < 1 . Таким образом,


f (z ) = -
n=0

zn +2 2n+1



(-1)n z
n=0

2n

,

|z | < 1 .

(5)

Заметим, что полученное разложение имеет место не в кольце 0 < |z | < 1 , а внутри круга |z | < 1 , так как f (z ) здесь аналитична. При этом (5) является рядом Тейлора функции f (z ) (частный случай ряда Лорана, когда главная часть отсутствует). в) В этом случае, очевидно, |z | > 2 и для получения искомого разложения следует взять (4), а первое слагаемое представить в виде

1 1 = z-2 z
Тогда

1 1- 2 z

=

1 z



n=1

2n-1 , zn

2 < 1. z



f (z ) =
n=1

2n-1 + zn



n=1

2 (-1)n-1 , z 2n

|z | > 2 ,

разложение в ряд Лорана в окрестности z0 = . В этом разложении также отсут1 ствует главная часть (есть лишь положительные степени ) z 3. Разложить в ряд Лорана f (z ) = z 2 ћ e z а) в окрестности точки z0 = 0 ; б) в окрестности точки z0 = . Используя известное разложение ez , получаем
1

f (z ) = z ћ
n=0

2

11 = n! z n

n=0

11 1 = z2 + z + + n+2 n! z 2

n=1

1 1 . (n + 2)! z n

(6)

Так как (6) верно при 0 < |z | < +, этот ряд дает решение и в случае а), и в случае б). В окрестности z0 = 0 правильная часть ряда Лорана состоит из первых трех слагаемых (6), а главная часть содержит бесконечное число членов. Напротив, разложение в окрестности z0 = имеет главную часть, состоящую лишь из двух первых слагаемых, а все остальные принадлежат правильной части 4. Разложить в ряд Лорана

f (z ) = cos

z 2 - 4z (z - 2)2

в окрестности точки z0 = 2.

f (z ) = cos

(z 2 - 4z + 4) - 4 = cos (z - 2)2

1-

4 (z - 2)2

=

= cos 1 ћ cos


4 4 + sin 1 ћ sin = (z - 2)2 (z - 2)2


= cos 1 ћ
n=0

(-1)n 42n 1 + sin 1 ћ (2n)! (z - 2)4n

n=1

(-1)n-1 42n-1 1 , (2n - 1)! (z - 2)2n

где 0 < |z - 2| < + 5. Разложить в ряд Лорана

f (z ) = ez +

1 z

в области 0 < |z | < + .


75

f (z ) = ez ћ e z =
m=0

1



zm ћ m!



n=0

11 = n! z n





m=0 n=0

z m-n m! n!

(перестановка членов возможна, поскольку оба ряда сходятся абсолютно). Фиксируем k Z. Если m - n = k 0 , т.е. m = n + k , то при каждом n во внутренней сумме остается лишь слагаемое с m = n + k . Тогда коэффициент при z k равен 1 ck = , k = 0, 1, 2, . . . n! (n + k )! n=0


Аналогично при m - n = -k > 0 , т.е. m = n + k , получаем

ck =
n=0

1 , n! (n - k )!

k = -1, -2, . . .
+

Итак, искомое разложение имеет вид выше
20.4. Вопросы и задачи
k=-

ck z

k

с коэффициентами, указанными

1. Найдите области сходимости следующих рядов:


a)
n=-

(-1)n (z + 2i)n ; n+i 3




b)
n=-

n2 n z; e |n|

2i - 1 c) + (z + 1)2



n=1

nn (z + 1)n ; n!

c)
n=0

n (z - i)n + n 3

n=1

in 1 . n (z - i)n 4

2. Выясните, допускает ли функция f (z ) разложение в ряд Лорана в проколотой окрестности точки z0 , если

a) f (z ) = th z , c) f (z ) =

z0 = 0 ; z0 = ;

b) f (z ) =

1 cos z =

-1

, cos2

z0 = 0 ; z0 = ; z , z0 = 0 ; z0 = ; z+3

z , z0 = 0 ; z0 = 1 ; z0 = ; d) f (z ) 1 - cos2 z z-1 z- d) f (z ) = Ln , z0 = 1 ; z0 = ; e) f (z ) = ln z+3 z+

1 , z0 = 0 ; z0 = -3 ; z0 = . 3
z z +2

3. Разложите f (z ) в z a) f (z ) = 2 z + 5z z0 = -2; z+ d) f (z ) = sin z-

ряд Лорана в проколотой окрестности z0 , если 1 , z0 = -4; b) f (z ) = 2 , z0 = 1; +4 (z - 1)2

c) f (z ) = e

,

1 , 2

z0 = 2;

e) f (z ) =



z + 2i ,

z0 = 0,

( 1 = -1).

4. Функцию f (z ) разложите в ряд Лорана по степеням (z - z0 ) в области, содержащей точку z , если 1 a) f (z ) = 2 , z0 = -1, z = 2i; z + 3z - 4 z2 + 5 b) f (z ) = 2 , z0 = 0, z = -1; 2 + 1) (z - 4)(2z z c) f (z ) = , z0 = -1 , z = 2. (z - 1)2


76

5. Докажите, что если функция f (z ) четная и аналитическая в кольце 0 < |z | < R ,
+

то ее ряд Лорана
-

cn z

n

имеет коэффициенты c

2n+1

= 0.

6. Функция f (z ) аналитична в кольце r < |z - z0 | < R. Для (r, R) обозначим M () = max |f (z )|. Докажите, что для коэффициентов ряда Лорана f (z ) по
|z - z 0 | =

степеням (z - z0 ) справедлива оценка

|cn |

M () . n

7. Докажите, что если для целой функции f (z ) имеет место оценка |f (z )| M |z |k z C, где k N, M > 0 некоторая постоянная, то f (z ) полином степени не выше k (обобщение теоремы Лиувилля).
21. Изолированные особые точки однозначной функции 21.1. Основные понятия

Пусть f (z ) функция, однозначная и аналитическая в некоторой проколотой окрестности точки z0 , т.е. в кольце K K0,R = {z : 0 < |z - z0 | < R} , если z0 = , или на множестве K K = {z : B < |z | < +} при некотором B > 0, если z0 = .
Определение. Если f A(z0 ), то точка z0 называется правильной (регулярной) точкой этой функции. В противном случае z0 особая точка (или: изолированная особая точка) функции f (z ).


Согласно теореме Лорана в K имеет место равенство

f (z ) =
n=-

cn (z - z0 )n . (1)

(Если z0 = , то (1) это ряд по степеням z , сходящийся в области K ). Пусть z0 особая точка функции f (z ).
Определения.

Точка z0 устранимая точка f (z ), если главная часть ряда Лорана (1) равна нулю. Точка z0 полюс функции f (z ), если главная часть ряда (1) содержит конечное число членов. Точка z0 полюс порядка k (k N) функции f (z ), если k максимальная по модулю степень у ненулевого члена главной части лорановского разложения в проколотой окрестности точки z0 . В частности, для z0 = ряд (1) имеет коэффициент c-k = 0, в то время как c-n = 0 n > k . Полюс первого порядка называется также простым полюсом. Точка z0 существенно особая точка f (z ) (с.о.т.), если главная часть ряда (1) содержит бесконечное число членов.
21.2. Поведение функции в окрестности изолированной особой точки

Пусть f (z ) функция, однозначная и аналитическая в некоторой проколотой окрестности K особой точки z0 .
Теорема 21.1. Точка z0 устранимая особенность f (z ) тогда и только тогда, когда функция f (z ) ограничена в некоторой окрестности этой точки.


77
Теорема 21.1 . Точка z0 устранимая особенность f (z ) тогда и только тогда,
z z

когда существует конечный предел

lim f (z ) .
0

Теорема 21.2. Для того, чтобы точка z0 была полюсом функции f (z ) необходимо и достаточно, чтобы lim f (z ) = .
z z
0

Теорема 21.3. Точка z0 полюс порядка k функции f (z ) тогда и только тогда,

когда в K справедливо представление f (z ) =
Следствие.

(z ) , где (z ) A(z0 ), (z0 ) = 0. (z - z0 )k

Для того, чтобы в точке z0 был люс порядка k функции f (z ), по 1 , z = z0 , имела в этой необходимо и достаточно, чтобы функция g (z ) = f (z ) 0, z = z 0 точке нуль порядка k .
Теорема 21.4. Изолированная особая точка z0 функции f (z ) является существенно особой тогда и только тогда, когда не существует lim f (z ) .
z z
0

21.3. Примеры

1. Рассмотрим функцию, которая является суммой сходящегося ряда:

f (z ) = ћ ћ ћ +

1 1 z zk + ћћћ + + 1 + + ћћћ k + ћћћ zn z 3 3

Что можно сказать о характере точки z0 = 0 ? Вывод о том, что z0 = 0 существенно особая точка f (z ), так как главная часть ряда Лорана по степеням z содержит бесконечное число членов, неверен. Дело в том, данный ряд сходится в кольце 1 < |z | < 3, а классификация особых точек проводится на основе лорановского разложения в проколотой окрестности z0 . В нашем случае легко можно суммировать ряды из правильной и главной частей соответственно: z zk 1 3 1 + + ћћћ k + ћћћ = , |z | < 3 ; z= 3 3 1- 3 3-z
1 1 1 z + ћћћ n + ћћћ = z z 1- 1 z

=

1 , z-1

1 < 1 , т.е. |z | > 1 , z
и, очевидно,

так что точка f (z )

f (z ) =

3 1 2z + = 3-z z-1 (z - 1)(3 - z )

z0 = 0 правильная

2. В примерах п. 20.3 установить характер особой точки z0 функции f (z ), используя вид разложения в ряд Лорана в проколотой окрестности этой точки:

1 1 a) f (z ) = sin . Точка z0 = 0 существенно особая, поскольку главная z часть ряда Лорана содержит бесконечно много членов. 1 1 b) f (z ) = sin , z0 = . z В этой точке устранимая особенность, так как все члены ряда принадлежат его правильной части.


78

, z0 = -1. 1 sin z+1 1 , n Z , n = 0, являются особыми (простыми полюТочки zn = -1 + n сами). Поскольку zn -1 при n , то z0 = -1 является неизолированной особой точкой. Разложение в ряд Лорана в ее окрестности невозможно, эта точка не классифицируется по схеме п. 21.1. 1 1 d) f (z ) = tg . Точка z0 = 0 неизолированная особенность f (z ) (точка, преz 1 дельная для последовательности простых полюсов zn = , n Z ). + n 2 1 1 e) f (z ) = tg , z0 = . z В этой точке f (z ) имеет устранимую особенность. Действительно, в результате за1 получаем функцию tg , которая может быть разложена в ряд Тейлора мены z = в окрестности = 0. 1 1 f) f (z ) = z . Точка z0 = является неизолированной, так как нули e +2 знаменателя zn = ln 2 + i (2n + 1) , n Z , образуют последовательность zn при n . 1 c) f (z ) = 1 g) f (z ) = Ln z , z0 = 0. Эта точка (наряду с z = ) точка ветвления. Разложение f (z ) в ряд Лорана в ее окрестности невозможно ( f (z ) неоднозначна), поэтому z0 = 0 не классифицируется в рамках п. 21.1. 3a), b) Рассматривая разложение в ряд Лорана f (z ) = z 2 ћ e z (формула (6) 20), приходим к заключению, что z0 = 0 существенно особая точка, а z0 = полюс второго порядка функции f (z )
(см. п. 18.4) следует, что каждая из них имеет существенную особенность в точке z = . 2) Обычно более удобно для исследования особых точек использовать систему равносильных определениям утверждений п. 21.2. 3. Исследовать характер особых точек данных функций (включая z = ). 1 1 z 6 sin z e 1- z z. a) f (z ) = e z ctg z ; b) f (z ) = ; c) f (z ) = 2 cos z - 1 (z + 1)2 z cos z a) Показатель экспоненты функция g (z ) = имеет особенности в sin z точках zn = n, где n Z, и z = . z cos z Так как lim = 1 , то z = 0 устранимая особая точка g (z ). Такой же она z 0 sin z является и для f (z ). В точках zn = n, n = 0 , знаменатель g (z ) обращается в нуль, а числитель принимает значения, отличные от нуля, значит, lim g (z ) = . Отсюда и из замечания 1) следует, что каждая из этих точек существенно особая для f (z ).
z z
n

1

1

Замечания. 1) Из вида степенного разложения функций ez , sin z , cos z , sh z , ch z


79

Наконец, z = неизолированная особая точка f (z ).

b) Особыми точками f (z ) являются z = 1, zn = 2 n, z = . Последняя из них, очевидно, неизолированная особенность.
В точке z = 1 существенная особенность, поскольку не существует предела e 1-z при z 1 , а остальные множители в этой точке имеют конечные (ненулевые) значения. 2e ez При z 0 имеем f (z ) z2 = - , так что z = 0 простой полюс. z -2 И, наконец, если zn = 2 n, n = 0, то в нуль обращается лишь знаменатель всей дроби (z ) = cos z - 1. Поскольку (zn ) = (zn ) = 0 , но (zn ) = - cos zn = -1 = 0 , то zn нуль второго порядка (z ), следовательно, полюс второго порядка f (z ).
1

c) Особыми точками f (z ) являются z = 0, z = +i, z = . Нетрудно видеть, что z = i нуль второго порядка знаменателя дроби, причем все остальные множители в этой точке принимают конечные ненулевые значения. Таким образом, z = i (равно как и z = -i) полюс второго порядка f (z ). В окрестности точки z = 0 числитель f (z ) имеет лорановское разложение z 6 sin 1 =z z
6

11 1 - + ... z 3! z 3

= z5 -

13 1 11 z + z- + ..., 3! 5! 7! z

где бесконечно много слагаемых в главной части. А так как знаменатель f (z ) аналитическая, отличная от нуля при |z | < 1 функция, то z = 0 с.о.т. f (z ). 1 Для исследования характера точки z = совершим замену z = и перейдем к 1 sin 1 . Оче=22 рассмотрению в окрестности точки = 0 функции f 2 ( + 1) видно, она имеет в нуле простой полюс. Точно ту же особенность имеет в бесконечности функция f (z )
21.4. Вопросы и задачи

1. Найдите особые точки (включая z = ) функции f (z ) и определите их характер, если 1 sin z 1 z + z -1 ; a) f (z ) = 2 ћ e ; b) f (z ) = 2 z - 2 z 1 1 - cos z c) f (z ) = e ctgz - z ; d) f (z ) = ; sin2 z z ch z - 1 e) f (z ) = z ; f ) f (z ) = . 2 (z 2 + 4) (e + 2) z ћ (z 2 + 9)2 2. Известно, что для функции f (z ) не существует
z z

lim f (z ) (ни конечный, ни бес0

конечный). Следует ли отсюда, что z0 существенно особая точка f (z ) ? 3. Определите характер точки z0 для функции f (z ), если функция f (z ), аналитическая в K = {0 < |z - z0 | < R}, имеет в точке z0 :

a) устранимую особенность;

b) полюс порядка k ;

c) с.о.т.


80

4. Функция g (z ) имеет в точке z0 устранимую особенность. Определите характер этой точки для функции f (z ), если 1 a) f (z ) = (g (z ))2 ; b) f (z ) = sin (g (z )) ; c) f (z ) = . g (z ) 5. Функция g (z ) имеет в точке z0 простой полюс. Определите характер этой точки для функции f (z ), если 1 . a) f (z ) = (g (z ))3 ; b) f (z ) = e g(z) ; c) f (z ) = g (z ) 6. Функция f (z ) имеет в точке z0 одну из следующих особенностей: а) устранимую; б) полюс; в) существенную особенность. Функция g (z ) также имеет в точке z0 особенность вида а), б) или в). Определите характер точки z0 для функций a) f (z ) + g (z ); b) f (z ) ћ g (z ). 7. Докажите, что если целая функция особенность, то f (z ) постоянная.

f (z ) имеет в точке z = устранимую

8. Докажите, что если целая функция f (z ) имеет в точке z = полюс, то f (z ) полином.


81

Глава 6 Теория вычетов и ее применение

22. Вычеты и их вычисление 22.1. Понятие вычета

Пусть f (z ) однозначная функция, аналитическая в некоторой проколотой окрестности K точки z0 . Определение. Вычетом f (z ) относительно z0 называется число
z =z

res f (z ) =
0

1 2 i

f (z ) dz ,


(1)

где z0 int , K, замкнутый контур положительно ориентирован относительно области, содержащей точку z0 .
Теорема 22.1. 1) Если z0 = , то
z =z

res f (z ) = c
0

-1

, где c

-1

коэффициент при

1 лорановского разложения f (z ) в K = {0 < |z - z0 | < R}; z - z0
2) если z0 = , то в ряд Лорана f (z ) в K K = {B < |z | < +}.
z =z

res f (z ) = -c
0

-1

, где c

-1

коэффициент при

1 разложения z

Замечание. Определение вычета применимо и по отношению к правильной или устранимой особой точке z0 . При этом в случае z0 = обязательно res f (z ) = 0 .

Если же z0 = , то может быть res f (z ) = 0 , поскольку здесь c циент из правильной части лорановского разложения.
22.2. Способы вычисления вычетов Утверждение 1. Пусть z0 = простой полюс f (z ). Тогда
z =z z =z
0

z =z

0

-1

коэффи-

res f (z ) = lim (f (z ) (z - z0 )) .
0

z z

(2)

0

Утверждение 2. Пусть f (z ) =

(z0 ) = 0 , (z0 ) = 0 . Тогда
z =z
0

(z ) , где (z ), (z ) A(z0 ) , причем (z0 ) = 0 , (z ) (z0 ) . (z0 ) (3)

res f (z ) =

Утверждение 3. Пусть z0 = полюс порядка k функции f (z ). Тогда

z =z

res f (z ) =
0

1 lim (f (z ) (z - z0 )k )( z z0 (k - 1)!

k-1)

.

(4)


82
Замечания. 1) Если z0 существенно особая точка f (z ), то для вычисления вычета следует либо непосредственно находить коэффициент c-1 ряда Лорана, либо использовать теорему о полной сумме вычетов (см. ниже). 2) Для нахождения вычета в бесконечно удаленной точке можно применять те же приемы. Полезно также иметь в виду следующее утверждение. Утверждение 4. Пусть точка z0 = нуль порядка k 2 функции f (z ). Тогда
z =

res f (z ) = 0 .
22.3. Теорема о полной сумме вычетов

Теорема 22.2. Пусть функция f (z ) аналитична в C за исключением конечного числа точек z1 , z2 , . . . zn . Тогда
n z =z

res f (z ) + res f (z ) = 0 .
k

k=1

z =

(5)

Замечание. В формуле (5) вычет в z0 = участвует всегда, независимо от того, имеет ли f (z ) особенность в этой точке. 22.4. Примеры

1) Найти вычеты f (z ) во всех конечных изолированных особых точках и в точке z=: 1 1 b) f (z ) = z 2 + 3iz - 7 ; c) f (z ) = 2 ; a) f (z ) = ; z (z + 4)2 i ez d) f (z ) = tg z ; e) f (z ) = 4 sin z ; f ) f (z ) = ; z z (z + 1)3 1 e2z - 1 1 2 g ) f (z ) = z ; h) f (z ) = e z + z ; i) f (z ) = sin z ez ћ sin . e +2 z a) Особые точки данной функции: z0 = 0 простой полюс и z = устранимая особая точка (после доопределения по непрерывности это нуль первого порядка). Вид f (z ) совпадает с ее рядом Лорана по степеням z , он состоит из одного ненулевого члена. Поэтому res f (z ) = 1 ; res f (z ) = -1 .
z =0 z =

b) Точка z = полюс второго порядка f (z ). Многочлен по степеням z , совпадающий с его лорановским разложением в окрестности бесконечно удаленной точки, не 1 содержит слагаемого вида , так что res f (z ) = 0 . z = z c) Точки z = +2i полюсы второго порядка f (z ), поэтому для вычисления вычетов используем формулу (4): res f (z ) = lim (z - 2i)2 (z 2 + 4)2 = lim 1 (z + 2i)2 res f (z ) = = -2 (z + 2i)3 =-
z =2i

z =2i

z 2i

z 2i

i . 32

i . z = - 2i 32 Точка z = устранимая особенность, после доопределения по непрерывности 1 4 это нуль 4-го порядка. (Порядок нуля следует из вида функции f = (1 + 4 2 )2 в окрестности = 0. ) В соответствии с утверждением 4, res f (z ) = 0 .
Аналогично для z = -2i получаем
z =


83

d)

Функция имеет простые полюсы в каждой из точек zk =

Воспользовавшись формулой (3), находим
z =z

+ k , k Z. 2

res tg z =
k

sin zk = -1 . - sin zk

Точка z = является неизолированной особой точкой f (z ), поэтому понятие вычета для нее не имеет смысла.

e) Особые точки: z = 0 полюс 3-го порядка и z = с.о.т. В области 0 < |z | < +, справедливо разложение f (z ) в ряд по степеням z : f (z ) =
следовательно,

1 z4

z-

z3 z5 + - ... 3! 5!

=

1 z 1 + - ..., - 3 z 3! z 5!

1 1 res f (z ) = - ; res f (z ) = . z =0 z = 6 6 f ) Особые точки функции: z = 0 простой полюс, z = -1 полюс 3-го порядка и z = с.о.т. ez По формуле (2) res f (z ) = = 1. z =0 (z + 1)3 z=0 Согласно формуле (4) res f (z ) = 1 lim (z + 1)3 f (z ) 2 z-1 = 1 2 ez z = 1 ez 2 (z - 2z + 2) 2 z3 res f (z ) = =- 5 . 2e

z = -1

z =- 1

z =- 1

5 - 1. z = 2e g ) Особыми точками f (z ) являются простые полюсы zk = Ln(-2) = ln 2 + i (1 + 2k ), k Z; z = неизолированная особая точка. В соответствии с формулой (3) при любом k
Вычет в точке z = вычисляем по формуле (5):

z =z

res f (z ) =
k

e2z - 1 (ez + 2)

=
z =z
k

e2zk - 1 (-2)2 - 1 3 = =- . zk e -2 2

h) Функция имеет две существенно особые точки: z = 0 и z = . Для вычисления вычетов рассмотрим разложение f (z ) в ряд Лорана в области 0 < |z | < + как 1 произведение рядов для ez и e z : f (z ) = e z +
1 z

= ez ћ e z =
n=0

1



zn ћ n!



k=0

11 = k! z k





n=0 k=0

1 z n! k !

n-k

.

При n - k = -1, т.е. k = n + 1, получаем выражение искомого вычета как коэффи 1 циента res f (z ) = c-1 = z n-k . Вычет res f (z ) = -c-1 . z =0 z = n! (n + 1)! n=0

i) Эта функция также имеет две существенные особенности: z = 0 и z = . Поскольку f (z ) четная функция, ее разложение в ряд Лорана содержит только четные степени z , поэтому res f (z ) = - res f (z ) = c-1 = 0
z =0 z =


84

2) Найти вычеты каждой из однозначных ветвей функции F (z ) = носительно точки z0 = 1.

1 от2-z+1

F (z ) имеет две однозначные ветви, соответствующие двум различным значени 1 1 и f2 (z ) = (здесь через ям квадратного корня: f1 (z ) = a 2-z+1 - 2-z+1 обозначено главное значение квадратного корня из числа a). 1 Поскольку f1 (1) = , точка z0 = 1 является для этой ветви правильной, значит, 2 res f1 (z ) = 0 . z =1 2-z+1 Для второй ветви получаем f2 (z ) = , откуда следует, что точка z0 = z-1 1 простой полюс. Тогда по формуле (2) имеем res f2 (z ) = 2
z =1

3) Найти главную часть ряда Лорана функции точки z0 = -2.

f (z ) =

z cos 2z в окрестности (z + 2)2

Точка z0 = -2 полюс второго порядка f (z ), поэтому главная часть ряда Лорана имеет вид c -1 c -2 + . 2 (z + 2) z+2 Очевидно,

c c
-1 z =- 2

-2

= lim f (z ) (z + 2)2 = -2 cos 4 ,
z -2 z =- 2

= res f (z ) = (z cos 2z )

= cos 4 - 4 sin 4

22.5. Вопросы и задачи

1. Может ли вычет в устранимой особой точке быть отличным от нуля ? 2. Может ли вычет в простом полюсе быть равным нулю ? 3. Разложение функции f (z ) при z {0 < |z | < R} имеет вид

f (z ) = c1 z + c0 +
Найдите
z =0

c

-1

z

+

c -2 + ... z2 res f (z ) = res f (z ) = 0 (если
z =

res f 2 (z ) .
z =0

4. Докажите, что если f (z ) четная функция, то эти вычеты существует).

5. Пусть z = - изолированная особая точка функции f (z ). Верно ли равенство
z =

res f (z ) = res f
=0

1

?

6. Пусть существует конечный предел
z =

z

lim f (z ) = f () . Докажите, что тогда

res f (z ) = lim z (f () - f (z )) .
z


85

7. Найдите вычеты функции f (z ) во всех изолированных особых точках (включая z0 = ), если

a) f (z ) =

2z 3 ; z4 + i

b) f (z ) = e) f (z ) =

ch z ; (z + 2 )2
2

c) f (z ) =

ez

1 1 -; -1 z sin2 z . z5

1 e- z2 d) f (z ) = ; 1-z

1 2 sh2 z + z sin ; 6 z z

f ) f (z ) =

8. Применяя различные методы, найдите вычет относительно точки z0 = функции f (z ), если

a) f (z ) =

1 + z8 ; z 6 ћ (z + 2) z c) f (z ) = cos ; z-1 sin z ; e) f (z ) = 2 z +1 res

2z 6 + (z 2 + 4)(z 3 cos2 z d) f (z ) = 1; 1+ z 1 f ) f (z ) = z 2 cos z- b) f (z ) =

i ; - 2i)

1

.

9. Найдите

f (z ) , (z0 = ) , если z =z0 f (z ) a) z0 нуль порядка n функции f (z ) A(z0 ); b) z0 полюс порядка k функции f (z ). ez , z0 = -1 ; (z 2 - 1)2 z c) f (z ) = , z0 = 1 2 sin (z - 1) a) f (z ) = z3 , (z 2 + 1)2 ez + 1 d) f (z ) = 2 , (z - 4)2 b) f (z ) =

10. Найдите главную часть ряда Лорана функции f (z ) в окрестности z0 , если

z0 = i ; z0 = 2 .

23. Основная теорема о вычетах. Вычисление интегралов с помощью вычетов 23.1. Основная теорема о вычетах Теорема 23.1. Пусть функция f (z ) аналитична в замкнутой области D за исключением конечного числа особых точек z1 , z2 , . . . zn D. Тогда
n

f (z ) dz = 2 i ћ
D k=1

res f (z ) ,
z
k

(1)

где D полная положительно ориентированная граница D.
Замечание. Область D может быть неодносвязной.

Обычно используется другая редакция этого утверждения: Теорема 23.1 . Пусть замкнутый контур, лежащий в области аналитичности функции f (z ), причем f (z ) аналитична внутри за исключением особых точек z1 , z2 , . . . zn . Тогда
n

f (z ) dz = 2 i ћ
k=1

res f (z ) .
z
k

(2)


86

23.2. Примеры

Вычислить контурный интеграл

I=


f (z ) dz ,

если

cos z , : |z + 1| = 1 ; z3 + 1 1 b) f (z ) = cos z ћ cos , контур прямоугольника с вершинами в точках +1, +i ; z 1 3 c) f (z ) = , : |z | = ; 12 1 100 4 z (z - 1) z - 2 . . . z - 100 1 d) f (z ) = , : |z | = 1 . z cos z имеет в конечной части комплексной плоскости три a) Функция f (z ) = 3 z +1 простых полюса z = 3 -1 , лишь один из которых z = -1 int . Поэтому по теореме 23.1 cos z 2 i I = 2 i ћ res f (z ) = 2 i = cos 1 . 2 z = -1 3z 3 a) f (z ) =
z =- 1

1 b) Функция f (z ) = cos z ћcos имеет внутри контура единственную особенность z z = 0, которая является существенно особой точкой. Для нахождения вычета в этой точке следует рассмотреть разложение f (z ) в ряд Лорана в проколотой окрестности 1 точки z = 0. Поскольку в разложениях в ряд по степеням z функций cos z и cos z присутствуют только четные степени z , то ряд Лорана f (z ) также содержит лишь четные степени z , так что res f (z ) = 0. Итак, согласно (2)
z =0

I = 2 i ћ res f (z ) = 0 .
z =0

1 z (z - 1) z - . . . z - 100 1 1 люсы z = 0, z = , . . . z = , в то время как простой полюс z = 1 ext . Согласно 2 100 теореме 22.2 n

c)

f (z ) =

1
12 2 100

имеет внутри контура : |z | =

3 по4

z =0

res f (z ) +
k=2

zk =

res1 f (z ) = - res f (z ) + res f (z ) .
k

z =1

z =

Так как при z справедливо соотношение f (z ) (см. утверждение 4 п. 22.2). Вычислив

1 z
1+1+2+ћћћ+100

, то res f (z ) = 0
z =

z =1

res f (z ) =

1 z z- =
12 2

... z -

1 100

100 z =1

=

1
12 2

...

99 100 100

=

22 ћ 33 . . . 100100 100100 = , 12 ћ 23 . . . 99100 99!


87

получаем,

I = -2 i ћ

z =1

res f (z ) + res f (z ) = -2 i
z =

100100 . 99!

1 d) В этом случае функция f (z ) = не является аналитической, поэтому теорема z 23.1 неприменима. Интеграл вычисляется непосредственно: I=


1 dz = z = ei = z

2 0

1 e-
i

2

ћ i ei d =
0

e2i ћ i d = 0

2

23.3. Собственные интегралы вида
0

R(cos , sin ) d

Для вычисления интеграла такого типа, где R(cos , sin ) рациональная функция, производится замена z = ei , [0; 2 ]. Используя формулы Эйлера

cos =

1 2

z+

1 z

,

sin =

1 2i

z-

1 z

,

получаем интеграл некоторой рациональной функции R1 (z ) по единичной окружности : |z | = 1.
2

Пример. Вычислить интеграл

I=
0

d , 1 + a sin

где -1 < a < 1.

После замены z = ei , [0; 2 ], d =

dz , приходим к интегралу iz =2ћ


I=


iz

dz a 1 1+ z- 2i z

dz . az + 2i z - a
2

i az 2 +2i z -a = 0, a = 0, являются числа z1,2 = -1 + 1 - a a 1 простые полюсы функции f (z ) = 2 . Нетрудно выяснить, что az + 2i z - a i i z1 = -1 + 1 - a2 int , в то время как z2 = -1 - 1 - a2 ext . Поэтоa a му, вычислив
Корнями уравнения

2

res f (z ) =
z
1

z - z1 a (z - z1 )(z - z2 )

=
z
1

1 1 = , a (z1 - z2 ) 2i 1 - a2 2 . 1 - a2

имеем

I = 2 ћ 2 i res f (z ) =
z
1

Осталось заметить, что полученный результат справедлив и при a = 0
23.4. Вопросы и задачи


88

1. Вычислите следующие интегралы (замкнутые контуры положительно ориентированы): 1 a) z ctg z dz , : |z | = 4 ; b) z 4 sin dz , : |z | = 1 ; z

c)


ez dz , z 4 + 2z 2 + 1 ez - 1 dz , ez + 2

: |z + i| = 1 ;

d)


1 cos z dz , (z 3 + 1)3 (z - 3)

: |z | = 2 ;

e)


: |z - 1 + i | = 1 ;

f)


z

7

3z 8 + 1

dz ,

: |z | = 1 ;

g)


z 5 - 3iz + 2 dz , контур квадрата с вершинами в точках z = +1, z = +i; (2z - i)2007 sin z dz , : |z + 2| = 2 ; z+1 i)


h)


z 5 ћ sin

2 z ћ cos 2 dz , : |z - 1| = 2 . z z +4
z

2. Найдите значение a, при котором функция

F (z ) =
z
0

e ћ

1 a +3

d

од-

нозначна в области D = C \ {0} (здесь z , z0 D). 3. Вычислите следующие интегралы при помощи вычетов:


a)
0
2

d ; 5 - 4 cos dx ; 5 + 2 cos2 x d 1 - 2a cos + a

2

b)
-
2

d ; 4 - sin 2 cos x + 1 dx ; sin x + 2 h)



c)
0

d ; 1 + sin2




d)
0 2

e)
-

f)
0 2

sin2 x dx ; 5 + 3 cos x (0 < b < a).

g)
0

2

(0 < a < 1);

0

d (a + b cos )2

24. Применение теории вычетов к вычислению несобственных интегралов
+

24.1. Несобственные интегралы вида
-

F (x) dx

D = {Im z 0} {|z | R0 }, CR = {|z | = R, 0 arg z }, функция F (z ) непрерывна в D. Если 1 MF (R) max |F (z )| = o , при R , то lim F (z ) dz = 0. z CR R C R R
Теорема 24.1. Пусть функция F (z ) аналитична в замкнутой полуплоскости {Im z 0} за исключением конечного числа особых точек z1 , . . . zn , не лежащих на 1 действительной прямой, и MF (R) = o при R . Тогда R
+ n

Лемма 1. Пусть

F (x) dx = 2 i ћ
- k=1

res F (z )
z
k

(1)

(интеграл в левой части существует, вообще говоря, в смысле главного значения).


89

Pm (x) , где Pm (x) и Qn (x) многочлены степеней m Qn (x) и n соответственно, n - m 2, Qn (x) = 0, x R. Тогда
Следствие 1. Пусть F (x) =
+

F (x) dx = 2 i ћ
- k

res F (z ) ,
z
k

(3)

где {zk } все особые точки рациональной функции F (z ), находящиеся в верхней полуплоскости.
1) Коэффициенты R(z ) не обязаны быть вещественными. 2) Для вычисления интеграла от рациональной функции, удовлетворяющей требованиям следствия 1, в формуле (3) можно использовать взятую со знаком минус сумму вычетов по всем особым точкам F (z ), находящимся в нижней полуплоскости (докажите самостоятельно).
Примеры. Вычислить интегралы
+

Замечания.

a) I =
0

x2 dx ; x4 + 1

+

b)
-

dx . x -i
3

a)

Рассмотрим

F (z ) =

1. Четыре корня уравнения

z2 функцию, отвечающую условиям следствия z4 + 1 4
i ( +2 n) 4

z4 + 1 = 0 z =

-1 = e

,

n = 0, 1, 2, 3,
i 3 i

являются простыми полюсами F (z ), причем точки z1 = e 4 , z2 = e 4 ны в верхней полуплоскости. Учитывая четность подынтегральной функции и формулу (3), имеем

расположе-

I=
Находим вычет

1 ћ 2

+ -

x2 dx = i ћ res F (z ) + res F (z ) z1 z2 x4 + 1

.

res F (z ) =
z
1

z2 (z 4 + 1) 1- ћe 4
3 i 4

=
z
1

1 4z

=
z
1

1- ћe 4

i 4

1 = (1 - i). 42

Аналогично Итак,

res F (z ) =
z
2

1 = - (1 + i). 42

1 I = i ћ (1 - i - 1 - i) = . 42 22 b) Функция n = 0, 1, 2 , в нижней. 2 n 1 3 имеет три простых полюса z = i = ei 6 + 3 , z3 - i два из которых расположены в верхней полуплоскости, а один: z0 = -i F (z ) =


90

Находим вычет

z = -i

res F (z ) =

1 (z - i)
3

=
z = -i

1 3z

2 z = -i

1 =- . 3

Теперь, имея в виду

замечание 3, получаем
+ - 3

2 dx = -2 i res F (z ) = i z =- i x -i 3
+

24.2. Несобственные интегралы вида
+ -

f (x) cos ax dx

и
-

f (x) sin ax dx

Лемма 2 (Жордан). Пусть a > 0, D = {Im z 0} {|z | R0 } , CR = {|z | = R, 0 arg z } . Если функция f (z ) непрерывна в D и Mf (R) max |f (z )| = o(1)
z C
R

при R , то

R

lim

f (z ) eiaz dz = 0 .
C
R

Теорема 24.2. Пусть a > 0, функция кости {Im z 0} кроме конечного числа действительной прямой, и Mf (R) = o (1) интегралов (существующих вообще говоря равенства:
+

f (z ) аналитична в замкнутой полуплосособых точек z1 , . . . zn , не лежащих на при R . Тогда для несобственных в смысле главного значения) справедливы
+

v .p.
-

f (x) cos ax dx = Re A, v .p.
- n

f (x) sin ax dx = Im A,

(4)

где

A = 2 i ћ
k=1

res f (z ) eiaz .
z
k

(5)

Pm (x) , где Pm (x) и Qn (x) многочлены стеQn (x) пеней m и n соответственно, n - m 1, и пусть Qn (x) = 0, x R. Тогда
Следствие 2. Пусть a > 0, f (x) =
+ -

Pm (x) cos ax dx = Re A , Qn (x) A = 2 i ћ
k

+ -

Pm (x) sin ax dx = Im A , Qn (x)

(6)

где

res
z
k

Pm (z ) iaz e , Qn (z )

(7)

а {zk } все особые точки рациональной функции f (z ), находящиеся в верхней полуплоскости.
Примеры. Вычислить интегралы
+ x+1 cos x sin 2x dx ; b) I () = dx . 2 2 - x + 4x + 5 - x + 1 z+1 a) Функция F (z ) = 2 e2zi имеет два простых полюса в конечной z + 4z + 5 части комплексной плоскости: z1,2 = -2 + i. Один из них, а именно z1 = -2 + i, +

a) I =


91

находится в верхней полуплоскости. Найдем вычет:

z =z

res F (z ) = lim F (z ) (z - z1 ) =
1

z z

1

z+1 2 e z - z2

zi z =z
1

=

i-1 - ћe 2i

2- 4i

.

Поэтому

A = 2 i res F (z ) =
z =z
1

(i - 1) e-4i = 2 (i - 1) (cos 4 - i sin 4) . e2 e (cos 4 + sin 4) e2

Следовательно, согласно (6) получаем

I = Im A =

b) Данный интеграл, называемый интегралом Лапласа, в силу четности косинуса + cos ||x dx . можно переписать в виде I () = x2 + 1 - + dx + При = 0 получаем I (0) = = arctg x - = . x2 + 1 - eiz Теперь достаточно рассмотреть случай > 0. Функция F (z ) = 2 имеет в z +1 верхней полуплоскости простой полюс z0 = i. Вычислим res F (z ) =
0

z =z

eiz (z 2 + 1)

=
z =i

eiz 2z

=
z =i

e- 2i

и в соответствии с (6)(7) получим

I () = Re 2 i res F (z ) = e- .
z =i

Итак, окончательно, учитывая четность по , имеем
24.3. Интегралы с особенностями 2-го рода

I () = e-|

|

Одним из условий основной теоремы о вычетах является требование отсутствия особых точек функции на контуре интегрирования. Как же быть, если к вычислению предлагается несобственный интеграл с особенностью 2-го рода? Ответ прост: следует взять контур, обходящий особую точку, а затем в результате предельного перехода (и соответствующей деформации кривой) получить искомый интеграл. Эта процедура использована при доказательстве следующего утверждения.

{Im z 0} за исключением конечного числа особых точек z1 , . . . zn , Im zk > 0 k , и конечного числа простых полюсов x1 , . . . , xm , лежащих на действительной прямой; пусть также
R

Теорема 24.3. Пусть функция F (z ) аналитична в замкнутой полуплоскости

lim

F (z ) dz = 0 , где CR = {|z | = R, 0 arg z }.
C
R

Тогда
m

+

n

v .p.
-

F (x) dx = 2 i
k=1

1 res F (z ) + zk 2

res F (z ) .
k=1 x
k

(8)


92
Замечание. Несобственный интеграл второго рода в утверждении теоремы 24.3 существует только в смысле главного значения, в обычном смысле он расходится. Примеры.

Вычислить интегралы


a)

I1 =
-

x2 dx ; (x - 1)(x4 + 1)



b)

I2 =
-

sin 2x dx . x3 + 8

z2 a) Особыми точками функции F (z ) = являются нули знамена(z - 1)(z 4 + 1) 3 теля: z0 = 1 и z1-4 = 4 -1 ; это все простые полюсы. Точки z1 = e 4 i и z2 = e 4 i находятся в верхней полуплоскости. Найдем вычеты, используя различные приемы: res F (z ) = lim F (z ) (z - 1) =
0

z =z

z 1

z2 z4 + 1

=
z =1

1 ; 2

z =z

res F (z ) =
1

z

2

(z - 1)(z 4 + 1) i -5 - 4 e
3 4

=
z =z
1

z2 5z 4 - 4z 3 + 1 i .

=
z =z
1

=

i+1

=- 4 i
4 1 + e4 i

1+e

3 4

i

Аналогично
z =z

res F (z ) =
2

.

Поэтому в соответствии с формулой (8)

I1 = 2 i 4 - i 1+e
3 4

i

+

i 1+e i
4

+1

=

i e 2 e

3 4 3 4

i - e i 4 = i+1 i + e4 i

-2 sin i i 4 i + 1 = = + 1 = 0. i ћ e 4 i + e- 4 i 2 2 2 2 cos e 4
e 2 i ћ e 4 i - e- 4 i



e2iz b) Рассмотрим функцию F (z ) = 3 , которая имеет простые полюсы в точках z +8 z0 = -2 и z1,2 = 1 + i 3. Здесь Im z1 > 0. e2iz Так как res F (z ) = , то z = zk 3 z2
z
k

e-4i res F (z ) = , z = z0 12

e 2(- 3+i) e-2 3 2i =- res F (z ) = - e (1 + i 3) . z = z1 24 6 (1 - i 3)






93

Поэтому согласно (8) имеем
+

v .p.
-

e2ix i dx = 3+8 x 12 12

e-4i - e-

23

(cos 2 + i sin 2) (1 + i 3) A ,

следовательно,

I2 = Im A =

cos 4 - e-

23

(cos 2 -



3 sin 2

24.4. Вопросы и задачи

1. Вычислите с помощью вычетов интегралы от рациональных функций:
+

a)
- +

x2 - x + 2 dx ; x4 + 10x2 + 9 dx ; (x2 - 2x + 10)2 dx ; x + 8i
3

+

b)
0 +

x2 dx (x2 + 4a2 )2

(a > 0);

c)
- +

d)
- +

2x2 + 13 dx ; x4 + 13x2 + 36

e)
- +

f)
-

dx ; (x + 1) (x2 - ix - 1)
2 + -

g)
-

x sin(x - 2) dx ; x2 + 2

h)

cos(3 - 8x) dx . (4x2 - 7x + 5)
+

2. Вычислите следующие интегралы:
+

a)
- +

x-1 cos 3x dx ; 2 - 4x + 5 x cos 3x dx ; 2 - 2x + 10)2 (x d)

b)
0 + -

x sin 2x dx ; x +4
2

c)
-

sin2 x - cos2 x dx . (x2 + 4x + 5)2 sin x ћ cos x dx ; (x + 1) (x - 1)
2 +

3. Вычислите интегралы (понимаемые в смысле главного значения):
+

a)
- +

cos x dx ; 2 + 1) (x - 2) (x sin x dx ; x (x2 + 4) d)
0

+

b)
- +

c)
0

x dx ; 4-1 x

e)
0

x2 dx. x4 - 16

4. Выясните расположение дуги окружности CR и сформулируйте вариант леммы Жордана, условия которого обеспечивают выполнение следующего равенства:

a) lim b) lim

R

f (z ) eiaz dz = 0
C
R

при a < 0 ; при a < 0.

R

f (z ) eaz dz = 0
C
R


94
25. Вычисление несобственных интегралов (продолжение) 25.1. Несколько замечаний общего характера

Основная идея вычисления определенных интегралов посредством выхода в комплексную плоскость состоит в использовании такой функции и такого замкнутого контура, к которым применима основная теорема о вычетах, приводящая к уравнению, откуда и можно найти требуемый интеграл. При вычислении собственных интегралов в п. 23.3 это достигается за счет замены переменной. В случае несобственных интегралов, которые сами по себе являются реализацией предельных переходов, естественно ожидать, что предельному переходу (или нескольким предельным переходам одновременно) подвергается некоторое равенство, выражающее основную теорему о вычетах. В этом процессе происходят как непрерывная деформация контура интегрирования, так и, возможно, изменение самого подынтегрального выражения. При правильном выборе функции и контура интегрирования в результате должны получаться искомый интеграл, а также известные выражения (часто, но не обязательно, принимающие в пределе нулевое значение). Таким образом, в общей ситуации решение задачи вычисления интеграла методами ТФКП начинается с выяснения двух вопросов: 1) какова интегрируемая функция F (z )? 2) каков контур интегрирования ? Простейшие примеры, иллюстрирующие вышесказанное, представлены в пп. 24.1 и 24.2. В первом случае F (z ) является аналитическим продолжением подынтегральной функции, во втором F (z ) выбирается несколько иначе. Контур интегрирования одинаков в обоих случаях: одна его часть отрезок действительной прямой присутствует необходимым образом, так как отсюда в пределе и получаются искомые интегралы; другая дуга, обеспечивающая замыкание контура, такова, что интегралы по ней в пределе исчезают. Во всех изученных нами выше случаях вычисление интегралов можно было провести в общем виде, что и нашло отражение в формулировках утверждения п. 23.3 и теорем 24.124.3. Затем, при решении конкретной задачи соответствующего типа, использовалась полученная формула. Если же требуется решить нетиповую задачу, следует полностью реализовать описанную нами схему, как это будет показано в приводимых ниже примерах.
25.2. Трудности в выборе функции

В п. 24.2 мы имели возможность убедиться, что комплексная функция F (z ) не обязана быть аналитическим продолжением подынтегральной. Встречаются и другие ситуации, когда выбор F (z ) совсем не очевиден (см. пример ниже, а также п. 25.4).


Пример.

Вычислить интеграл

I=
-

sin2 x dx ; x2

e2zi - 1 и контур R, , состоящий из отрезков 2z 2 [-R ; -] и [ ; R] действительной оси и двух полуокружностей CR и C (рис. 41). Особая точка z = 0 функции f (z ) не должна находиться на линии интегрирования, обходим ее по дуге C . Поскольку других особых точек в конечной части комплексной плоскости f (z ) не имеет, согласно основной теореме получаем
Для нахождения I выберем f (z ) =
R -

f (z ) dz =

R

f (x) dx +
-R

f (x) dx +
C
R

f (z ) dz +
C


f (z ) dz = 0 .

(1)


95

Это равенство справедливо R R0 и , 0 < 0 < R0 , поэтому можно совершить предельный переход при R + и 0. При этом
- R +

f (x) dx +
-R 0

f (x) dx v .p.
- i i

f (x) dx .
i e2ie - 1 i d = 2 ei

f (z ) dz =
C


f (e ) ie d = -
0 i 2



=-
0

i

Интеграл по дуге CR
C

1 + 2i e + O( ) - 1 d = 2 ei распадается на разность
C

(1 + O() ) d .
0

f (z ) dz =
R R

e2zi - 1 dz = 2z 2

C

R

e2zi dz - 2z 2

C

R

dz , 2z 2

где оба интеграла исчезают при R + первый в силу леммы Жордана, второй по лемме 1 п. 24.1. Таким образом, равенство (1) в пределе дает
+

v .p.
- +

e2xi - 1 dx + = 0 2x2



+ cos 2x - 1 sin 2x v .p. dx + i dx = - , 2 2x 2x2 - - откуда, проводя тригонометрические преобразования и выделяя действительную часть, имеем + sin2 x I= dx = x2 - (заметим, что I не имеет особенности в точке x = 0 и сходится как интеграл первого рода)

25.3. Трудности в выборе контура

В примерах этого пункта существенную роль при выборе контура интегрирования играет неоднолистность функции.
Примеры. Вычислить интегралы


a) b)

I1 = I2 a)

поведение радиуса R Особые

, n N, n 2 ; x 1 e = dx (0 < p < 1). x+1 - e 1 2 Возьмем f (z ) = n . Заметив, что на лучах arg z = 0 и arg z = z +1 n f (z ) одинаково, в качестве контура R выберем границу кругового сектора 2 с углом (рис. 42). n i (1+2k) точки f (z ) n простых полюсов zk = n -1 = e n , k = 0, . . . , n - 1,
0 n+ px i n

dx

лишь один из которых z0 = e

находится внутри R . Поэтому

f (z ) dz = 2 i ћ res f (z ) .

R

z

(2)

0


96

1 1- e n-1 = z0 n n z0 детально распишем равенство (2): res f (z ) =
R

Вычислив

i (n-1) n

1 i =- en, n 2 i e n
i n

f (x) dx +
0 C
R

f (z ) dz +

1

f (z ) dz = -

.

(3)

Поскольку это равенство справедливо R > 1, сделаем в нем предельный переход при R +. Для этого найдем предел каждого из интегралов из левой части (3):
R R+

lim

f (x) dx =
0 2 i n 0

f (x) dx = I1 ;
0

f (z ) dz =

1

z = re =-
0
2 n

, r [0 ; R] e
n 2 i n

=
R 2 i n

f

re

2 i n

e

2 i n

dr =

R

r +1
i

dr -e
i

ћ I1 .
2 n

f (z ) dz =
C
R

f (Re ) Rie d =
0 0

Riei d . Rn ein + 1

Оценим последний интеграл, используя вариант неравенства треугольника |a + b| ||a| - |b||:

f (z ) dz
C
R

2 n

0

Riei d Rn ein + 1

2 n

0

2 R R d = ћn 0 R -1 n R -1
n

при R +, так как n 2. Итак, из равенства (3) имеем:

I1 - e
поэтому
i

2 i n

ћ I1 = -

2 i i ћen, n 2 i = n sin . n

2 i en I1 = - ћ n 1-e b) Выберем f (z ) =

2 i n

= n e

i n

-e

-

i n

epz и, учитывая периодичность экспоненты с периодом 2 i, ez + 1 рассмотрим в качестве R контур прямоугольника с вершинами в точках +R, +R +2 i (рис. 43).

Рис. 42

Рис. 43


97

Решения уравнения

ez + 1 = 0 z = Ln(-1) = i (1 + 2 n) ,

n Z,

являются особыми точками f (z ). Только одна из них, а именно z0 = i int R . Очевидно, это простой полюс f (z ). Найдем вычет:

res f (z ) =
z
0

epz (ez + 1)

=
z
0

epz0 = -eip . z0 e

Поэтому

f (z ) dz = -2 i ћ eip ,

R

т.е.

R

f (x) dx +
-R
1

f (z ) dz +

2

f (z ) dz +

3

f (z ) dz = -2 i ћ eip .

(4)

Как обычно, перейдем в полученном равенстве к пределу при R +. Для этого рассмотрим предел каждого из интегралов в (4). Во-первых,
R R+ +

lim

f (x) dx =
-R -

epx dx = I2 , ex + 1

причем условие 0 < p < 1 обеспечивает сходимость этого интеграла. На верхней границе прямоугольника 2 , где z = x + 2 i, x [-R ; R], за счет периодичности ez получаем
-R

f (z ) dz =

2

R

ep (x+2i) dx = -e2 ex + 1

R p i

ћ
-R

epx dx -e2 ex + 1

p i

ћ I2 .

Изучим поведение интегралов на боковых сторонах прямоугольника. Если z 1 , то z = R + iy , y [0 ; 2 ] , поэтому
2

f (z ) dz =

1

0

ep (R+iy) i dy , eR+iy + 1

следовательно,
2

f (z ) dz

1

0

epR dy |eR+iy + 1|

2 0

epR dy 2 e( R-1 e

p-1) R

0

при R +, так как p < 1. Аналогично доказывается, что

3

f (z ) dz 0

вследствие условия p > 0.

Итак, равенство (4) в пределе приобретает вид

I2 - e2
значит,

p i

ћ I2 = -2 i ћ epi , sin p

I2 =

2 i ћ epi 2 i = pi e2pi - 1 e - e-

p i

=


98
25.4. Использование регулярных ветвей многозначных функций

В следующих задачах применяются многозначные функции Ln z = ln |z |+i (arg z + 2 k ) и z = e Ln z . Известно, что в области C \ R+ , т.е. в плоскости с разрезом по вещественной положительной полуоси, возможно выделение регулярных однозначных ветвей. Это, например, главное значение логарифма ln z = ln |z | + i arg z , arg z [0 ; 2 ), а также z = e ln z = |z | ei arg z , R. В частности, при arg z = 0 имеем z = x > 0 и z = |z | = x > 0.
Примеры. Вычислить интегралы
ln x xp-1 dx ; b) I2 = dx (0 < p < 1). x2 + 1 x+1 0 0 ln z a) Пусть f (z ) = 2 однозначная регулярная ветвь многозначной функции z +1 с особыми точками z0 = 0 (точка ветвления) и z1 = +i (простые полюсы). Выберем контур R, границу верхнего полукруга радиуса R с обходом точки z0 = 0 по дуге C (рис. 44). Тогда по теореме 23.1

a)

I1 =

f (z ) dz = 2 i ћ res f (z ) ,

R,

z

0

или


R

f (x) dx +
C
R

f (z ) dz +

1

f (z ) dz +
C


f (z ) dz = 2 i

ln z 2z

.
z =i

(5)

В равенстве (5), справедливом R R0 и , 0 < 0 < R0 , совершим предельR

ный переход при R + и 0. При этом что интеграл сходится). Оценим интегралы по дугам:


f (x) dx I1

(легко проверить,



f (z ) dz =
C
R

f (R ei ) Riei d = i
0 0

ln R + i R ei d , R2 e2i + 1

следовательно,


f (z ) dz
C
R

0

| ln R + i | R d |R2 e2i + 1|
0

0

ln R d 0 при R +. R

Аналогично
C


f (z ) dz =


f (ei ) iei d



0

| ln + i | d |2 e2i + 1|

| ln |d 0
0

при 0 . Наконец, для


z 1 , т.е. для z = r ei , получаем ln r + i d(-r) = (-r)2 + 1 I1 + i
0 R

f (z ) dz =

1

R

ln r dr + 2+1 r
2

R

i dr r +1
2

dr , r +1


99

когда R +, 0. Таким образом, поскольку

ln i = 2 I1 + i

i, 2
0

из равенства (5) следует

dr 2 = i, r2 + 1 2


значит, I1 =

1 Re 2

2 i 2

= 0. Попутно получено значение интеграла
0

dr =. r +1 2
2

Рис. 44

Рис. 45

z p-1 , для котоz+1 рой z p-1 =xp-1 > 0 при z = x > 0 . Рассмотрим в качестве контура систему двух окружностей, соединенных разрезом [; R] вещественной оси (рис. 45). Так как f (z ) A(C \ R+ ) за исключением простого полюса z = -1 и непрерывна вплоть до границы R+ (т.е. на верхнем и нижнем "берегах"разреза при x > 0), то согласно основной теореме 18.1 b) Возьмем ту однозначную регулярную ветвь функции f (z ) =
R

f (x) dx +
C
R

f (z ) dz +


f (z ) dz +
C


f (z ) dz = 2 i ћ res f (z )
z = -1

(6)

( нижний "берег"разреза, где z = r e2i ). Рассмотрим теперь предельный переход при R + и 0.
R 2

При этом

f (x) dx I2
Далее,
C 2

(условие 0 < p < 1 обеспечивает сходимость интеграла).

f (z ) dz =
R

f Re
0

i

i R e i d
2


0

R p-1 ei(p-1) i R ei i + 1| |Re



d
0

Rp d |R - 1|

2

R
0

p-1

d.

Последний интеграл стремится к нулю при R +, так как p < 1.
0

Точно так же
C 2


f (z ) dz =
2

f e
2

i

i e i d
2


0

p-1 ei(p-1) ie | ei + 1|

i

d
0

p d | - 1|

p d 0
0

при 0, так как p > 0.


100

Наконец, для

z имеем
R

f (z ) dz =
R R

f re

2 i

e

2 i

dr = -
R

r

p-1

e

2i (p-1)

re

2i

+1

e2i dr =

-


r

p-1

e 2ip dr = -e r+1

2i p

r p-1 dr -e r+1

2i p

I2 .

Найдем вычет:

z =- 1

res f (z ) = z

p-1 z =- 1

= (-1)

p-1

=e

i(p-1)

=e

-i

ћe

ip

= -e

ip

Поэтому из равенства (6) получаем

I2 - e

2i p

I2 = -2 i e

ip

I2 = 2 i

e e

ip

2i p

-1

=

epi

2 i - e-

p i

=

sin p



Замечание. Известно, что
0

xp-1 (x + 1)

p+q 0

dx = B (p, q ) , xp-1 dx = B (p, 1 - p). Таким обраx+1

где B (p, q ) бета-функция Эйлера. Поэтому зом, получена формула

B (p, 1 - p) =
25.5. Различные трудности

sin p

(0 < p < 1).

Разумеется, распределение задач, рассматриваемых в настоящем параграфе, по принадлежности к тому или иному типу весьма условно (как и само понятие "трудности"). В этом разделе мы рассмотрим примеры ситуаций, когда и выбор функции, и выбор контура представляют определенные затруднения.
Примеры.


Вычислить интегралы

a) b)

I=
0

e- x
0

x

2

cos 2x dx ; cos ax dx , 0 < p < 1 , a > 0.
+

I=

p-1

(интеграл Эйлера-Пуассона). 2 0 Далее в силу четности косинуса ограничимся случаем > 0. 2 Рассмотрим f (z ) = e-z , а в качестве контура R прямоугольник с вершинами в точках +R, +R + i (см. рис. 46). Поскольку f (z ) не имеет особых точек в C, согласно основной теореме получаем
Если = 0, то имеем



e

-x

2

dx =

R

f (z ) dz = 0

R

f (x) dx +
-R
1

f (z ) dz +

2

f (z ) dz +

3

f (z ) dz = 0 .

(7)


101

Перейдем к пределу при R + в равенстве (7). При этом
R R+ +

lim

f (x) dx =
-R -R -

e-x dx =

2



.

Далее,

R

f (z ) dz =

2 2

f (x + i) dx = -
R -R
2

e-

(x+i)

2

dx = cos 2x dx

= -e

2

R -R

R

e-x (cos 2x - i sin 2x) dx = -2e -2e
2 0

e-
0

x

2

e-

x

2

cos 2x dx = -2e

2

I

при R +.

Интеграл по отрезку 1 , где z = R + iy , y [0 ; ], равен


f (z ) dz =

1

e-
0 R
2

(R+iy )

2

i dy = i e- e-
2iRy

R

2



e
0

y 2 -2iRy

dy .



Поэтому

1

f (z ) dz e- = e-
R
2

e
0 R
2

y

2

dy =
R
2



e
0

y

2

dy e-

e
0

2

dy = e-

e

2

0,

когда R +. Аналогичная оценка справедлива для Таким образом, равенство (7) в пределе дает

3

f (z ) dz .



- 2e

2

I=0 I=

-2 e . 2

Рис. 46

Рис. 47

b) Выберем однозначную регулярную ветвь многозначной функции f (z ) = z p-1 e-az , для которой z p-1 = xp-1 > 0 при z = x > 0 и контур R, , изображенный на рис. 47. Поскольку f (z ) не имеет особых точек внутри контура, то согласно основной теореме f (z ) dz = 0

R,

R

f (x) dx +
C
R

f (z ) dz +


f (z ) dz +
C


f (z ) dz = 0 .

(8)


102

В пределе при R + и 0 получаем:
R R

f (x) dx =


x

p-1 -ax

e

dx
0

x

p-1 -ax

e

dx = {t = ax} =

1 =p a



tp-1 e-t dt =
0

1 (p) , ap

где (p) гамма-функция Эйлера. Далее, нетрудно показать (проведите выкладки самостоятельно), что
R+

lim

f (z ) dz = 0 ,
C
R

0

lim

f (z ) dz = 0 .
C


Искомый интеграл возникает при рассмотрении z , где z = iy , y [ , R] , когда R + и 0:
R

f (z ) dz =
R p-1 R

f (iy ) i dy = -


(iy )


p-1 -iay

e

i dy =

-i

p

y

(cos ay - i sin ay ) dy -i

p 0

y

p-1

(cos ay - i sin ay ) dy .

Итак, предельный переход в (8) приводит к равенству


y
0

p-1

(cos ay - i sin ay ) dy =

i- p (p) . ap

(9)

Поскольку i

-p

= e -i

p 2

= cos

p p - i sin , то из (9) следует 2 2 i- p (p) ap = (p) p cos p a 2

I = Re

25.6. Вопросы и задачи

Вычислите следующие интегралы при помощи вычетов:


1. a)
0

cos bx - cos ax dx ; x2 e
3iz



b)
0

sin3 x dx x3

Указание. f (z ) =
+

- 3e + 2 . z3
+

iz

2. a)
0 +

x x
2n ax

n

+1
bx

dx

(n N, n 2) ; d)

b)
0 + -

x dx ; x +1
6

c)
- +

e

-e dx (0 < a, b < 1); x+1 e

epx dx (ex + 1)(ex + 2)

(0 < p < 2);

+ + epx x2 x dx (|p| < 1) ; f ) dx ; g ) dx ch x 0 - sh x - ch x Указание. Контур прямоугольник с вершинами z = +R, +R + i.

e)


103

3. В задачах a) - c) предполагается, что xp > 0 при x > 0 :


a) c)
0

0 +

xp dx , x2 + 9 dx xp (x + 2)
2

+

(|p| < 1) ; (0 < p < 1) ;

b)
0

xp dx (|p| < 1) ; (x + 2)2
+

d)
0 +

ln2 x dx ; x2 + 1

+

e)
0

ln x dx ; (x + 1)(x2 + 4)


f)
0

x ln x dx . (x2 + 1)2

4. a)

I=
0

x

p-1

cos ax dx ,

0 < p < 1, a > 0;
+ +

b) Вычислите интегралы Френеля:
0

sin x2 dx ;
0

cos x2 dx . . 4

Указание. f (z ) = e

iz

2

;

контур граница сектора 0 |z | R, 0 arg z

26. Логарифмический вычет. Принцип аргумента. Теорема Руше 26.1. Свойство логарифмического вычета

Пусть f (z ) аналитическая в некоторой области функция, f (z ) = 0. Тогда определена функция

Ln f (z ) = ln |f (z )| + i Arg f (z ) = ln |f (z )| + i (arg f (z ) + 2 k ),
причем если

k Z,

Ln k f (z ) некоторая однозначная ветвь логарифма (значение k фиксиf (z ) . ровано), то существует (Lnk f (z )) = f (z ) f (z ) Определения. Выражение называется логарифмической производной f (z ) функции f (z ). f (z ) 1 f (z ) Число res = dz называется логарифмическим вычетом функ f (z ) 2 i f (z ) ции f (z ) относительно замкнутого контура . Следующее утверждение выражает свойство логарифмического вычета. Теорема 26.1. Пусть D ограниченная односвязная область, функция f (z ) аналитична в замыкании D за исключением, возможно, конечного числа особых точек, которые все являются полюсами. Пусть на границе D области функция f (z ) = 0 и не имеет особых точек. Тогда 1 2 i f (z ) dz = Nf - Pf , f (z ) (1)

D

где Nf и Pf полное (т.е. считая с кратностью) количество нулей и полюсов f (z ) в D соответственно.
Замечание. Утверждение остается верным и в случае неодносвязной области D . При этом под D подразумевается полная положительно ориентированная граница этой области.


104

Итак, для функции, удовлетворяющей требованиям теоремы, логарифмический вычет относительно контура, ограничивающего некоторую область, равен разности между полным количеством ее нулей и полным числом полюсов внутри этой области.
Примеры.

Найти вычет логарифмической производной функции z - sin z f (z ) = относительно замкнутого контура , если : (z + 2i)2

a) |z | = 1 ;

b) |z + 3i| = 2 ;

c) |z | = 1 ;

d) |z - 3i| = 2 .

Данная функция имеет нуль 3-го порядка в точке z0 = 0 и полюс 2-го порядка в точке z1 = -2i (докажите!) a) Внутри контура |z | = 1 находится точка z0 = 0 , поэтому, используя результаты f (z ) = 3. теоремы 21.1, получаем res f (z ) b) Внутри окружности |z + 3i| = 2 находится точка z1 = -2i , следовательно, f (z ) res = -2 . f (z ) f (z ) = 3 - 2 = 1. c) В этом случае z0 , z1 int , значит, res f (z ) d) Для этого случая имеем f (z ) A(int ) , причем f (z ) = 0 при |z - 3i| 2 , f (z ) поэтому res =0 f (z ) Заметим, что обычно интерес представляет проблема противоположного свойства: как из каких-то иных соображений найти значение логарифмического вычета, чтобы, например, определить количество нулей аналитической функции в данной области. Подход к решению этой проблемы дает так называемый принцип аргумента.

Рис. 48 a)
26.2. Принцип аргумента

Рис. 48 b)

Рис. 48 c)

Пусть непрерывная кривая, соединяющая точки z0 и z1 и не проходящая через начало координат. Тогда для каждой точки z справедливо представление z = re i , где Arg z . 2 Если arg z0 = 0 , то при движении по кривой аргумент z непрерывно меняется до некоторого значения 1 Arg z1 . Приращение 1 - 0 называется также вариацией аргумента при проходе кривой и обозначается Var Arg z .


На рис. 48 a), b), c) представлены различные кривые и соответствующие приращения аргументов. В частности, в случае замкнутой кривой Var Arg z = 0 , если начало ко

ординат находится вне (рис. 48 b)), и Var Arg z = 2 n , если кривая совершает n

2 Здесь подразумевается, что величина определяется однозначно. Обозначение можность использовать значения, выходящие за пределы промежутка для arg z .

Arg z

отражает лишь воз-


105

оборотов вокруг начала координат (рис. 48 c)).
Определение. Число

Var Arg f (z )


называется вариацией аргумента функ-

ции f (z ) при проходе точки z по кривой . Содержание теоремы 26.1 теперь можно представить в другой форме.
Теорема 26.2 (принцип аргумента). Пусть f (z ) функция, аналитическая в

области D за исключением конечного числа особых точек, замкнутый контур, int D. Предположим, что все особые точки f (z ), находящиеся внутри , являются полюсами, f (z ) = 0 и данная функция не имеет особых точек на . Тогда

Var Arg f (z ) = 2 (Nf - Pf ) ,


(4)

где Nf и Pf полное количество нулей и полюсов f (z ) внутри соответственно.
Пример.

Определить количество нулей полинома расположенных в правой полуплоскости.

P (z ) = z 3 + 3z 2 + z - 5 ,

Рассмотрим положительно ориентированный замкнутый контур R , состоящий из правой полуокружности CR и отрезка IR = [-Ri ; Ri] мнимой оси (рис. 49), при столь большом значении R, что внутри него находятся все корни P (z ) , расположенные в полуплоскости {Re z > 0}. Заметим, что 3 1 5 Arg P (z ) = Arg z 3 1 + + 2 - 3 = zz z 1 5 3 1 5 3 = Arg z 3 + Arg 1 + + 2 - 3 = 3 Arg z + Arg 1 + + 2 - 3 . zz z zz z Поэтому изменение аргумента P (z ) при движении точки z по полуокружности равно

Var Arg P (z ) = 3 Var Arg z + Var Arg
C
R

C

R

C

1+

R

1 5 3 + 2- 3 zz z

.

Перейдем к пределу при R в полученном равенстве. Поскольку существуют пределы lim Var Arg z = ,
R C
R

R C

lim Var Arg
R

1+

то существует и предел
R C
R

1 5 3 + 2- 3 zz z

= 0,

lim Var Arg P (z ) = 3 .

Рис. 49

Рис. 50


106

Осталось рассмотреть перемещение точки z "вниз" по отрезку IR . Используя параметризацию z = it , где t меняется от R до -R , имеем

P (it) = -it3 - 3t2 + it - 5 .
После отделения действительной и мнимой частей получаем параметрическое уравнение кривой (R), по которой движется точка w = P (it) , в виде u = -3t2 - 5 , v = -t3 + t , t [-R ; R] . Заметив, что функция u(t) четная, а v (t) нечетная, нетрудно изобразить эскиз (R) (рис. 50). Так как u -5 , то эта кривая целиком лежит в левой полуплоскости плоскости (w). Учитывая все вышесказанное, а также направление движения, имеем равенство для вариации аргумента:
R

lim Var Arg P (z ) = lim Var Arg w = lim arg w(t)-
IR R (R) t-

3 - = - . t+ 2 2 Поскольку u(t) = 0 , то многочлен P (z ) не имеет нулей на мнимой оси, следовательно, на R , поэтому можно применить принцип аргумента. В результате приходим к ответу: 1 1 lim Var Arg P (z ) = (3 - ) = 1 NP = 2 R R 2 - lim arg w(t) =
26.3. Теорема Руше

ции f (z ), g (z ) A(D). Если

Теорема 26.3. Пусть D ограниченная область, контур D ее граница; функ-

|f (z )| > |g (z )|
то Nf + g = Nf (здесь функции внутри D).

z D,

N

f +g

и

Nf полное число нулей соответствующей

Рис. 51
Примеры.

Рис. 52

1. Найти количество нулей многочлена F (z ) в области D , если a) F (z ) = 2z 6 - 5iz 3 + z - 1 , D = { |z | < 1} ;


107

b)

F (z ) = 3z 7 + iz 5 - 8z 4 + 2z 2 + i ,

D = {1 < |z | < 2} .

a) Заметив, что F (z ) целая функция, представим ее в виде F (z ) = f (z ) + g (z ) , где f (z ) = -5iz 3 , g (z ) = 2z 6 + z - 1. Поскольку |g (z )| = |2z 6 + z - 1| 2|z |6 + |z | + 1 ,
то

|g (z )|

ремы Руше многочлен F (z ) имеет внутри единичного круга столько же нулей, сколько f (z ) , т.е. три.

z D

= |g (z )|

|z |=1

4 . В то же время

|f (z )|

z D

= 5 , поэтому в силу тео-

b) Введем обозначения : |z | = 1 ; : |z | = 2 . Так как при z справедливы соотношения | - 8z 4 | = 8 , |3z 7 + iz 5 + 2z 2 + i| 3 + 1 + 2 + 1 = 7 ,

то по теореме Руше у функции F (z ) внутри круга, ограниченного , находятся четыре нуля. Аналогично, оценивая при z выражения

|3z 7 | = 3 |z |7 = 384 ,

|iz 5 - 8z 4 + 2z 2 + i| 25 + 8 ћ 24 + 2 ћ 22 + 1 = 177 ,

заключаем, что внутри окружности многочлен F (z ) имеет семь нулей. Поскольку на окружности {|z | = 1} у данного многочлена нулей нет (откуда это следует?), то в области D = {1 < |z | < 2} имеется ровно три корня F (z ) 2. Найти количество корней уравнения

3z 2 + ch iz = 0

в области D = { |z | < 1} .

Если g (z ) = - ch iz и f (z ) = 3z 2 , то для |z | = 1 имеем |f (z )| = 3 |z |2 = 3 . Кроме того, при тех же значениях z справедливо неравенство |e+iz | e|z| < e (докажите). Следовательно,

|g (z )| = | - ch iz | =

1 |eiz | + |e-iz | < e < 3 = |f (z )| , если |z | = 1 . 2

Поэтому в силу теоремы Руше данное уравнение имеет в D столько же корней, сколько уравнение f (z ) = 0 , т.е. два 3. Основная теорема высшей алгебры. Доказать, что многочлен Pn (z ) = a0 z n + a1 z n-1 + ћ ћ ћ + an , ak C, a0 = 0 , имеет в комплексной плоскости ровно n корней (считая с кратностями). Пусть f (z ) = a0 z n , g (z ) = a1 z
z n-1

+ ћ ћ ћ + an , тогда из равенства a1 an + ћћћ + n z z =0

lim

g (z ) 1 = lim f (z ) a0 z

следует, что найдется окружность CR0 = {|z | = R0 } достаточно большого радиуса, во всех точках которой g (z ) < 1 |f (z )| > |g (z )| . f (z ) Тогда по теореме Руше (все ее условия выполнены) многочлен Pn (z ) имеет столько же нулей внутри CR0 , сколько и f (z ) = a0 z n , т.е. ровно n. Осталось заметить, что это верно при любом значении R > R0


108
26.4. Вопросы и задачи

1. Непосредственным вычислением найдите вычет логарифмической производной функции f (z ) относительно точки z0 = , являющейся полюсом порядка l. 2. Пусть g A(z0 ), точка z0 = нуль порядка n функции f (z ). Найдите вычет f (z ) функции g (z ) относительно z0 , если f (z ) a) g (z0 ) = 0 ; b) g (z0 ) = 0 . 3. Пусть g A(z0 ), точка z0 = полюс порядка l функции f (z ). Найдите вычет f (z ) функции g (z ) относительно z0 , если f (z ) a) g (z0 ) = 0 ; b) g (z0 ) = 0 . 4. Найдите вычет логарифмической производной функции f (z ) относительно точf (z ) ки z0 , т.е. res , если f (z )

sin (z 2 ) ; z (z 2 + 1)3 e z - cos z b) f (z ) = ; (1 - cos z )2 a) f (z ) = ez a) f (z ) = 3 ; (z + i)2 sh z ; b) f (z ) = z e -1
2

z0 = 0 ; z0 = 0 ;

z0 = ; z0 = ;

z0 = -i . z0 = 2 .

5. Найдите логарифмический вычет функции f (z ) относительно контура , если

= {|z | = 2} ; = {|z | = 9} .

6. Определите количество нулей полинома P (z ), расположенных в правой полуплоскости, если

a) P (z ) = z 3 + z 2 - 4z + 6 ; b) P (z ) = z 3 - 2z - 5 ; c) P (z ) = z 7 - 4z - 7 ; d) P (z ) = z 3 + 5z 2 + 9z + 5 .
7. Докажите, многочлен

(k C , |k | = 1 )

+ ћ ћ ћ 1 z + 1 1 не имеет корней внутри круга |z | < . 2
-z

Pn (z ) = n z n + n-1 z

n-1

8. Докажите, что существует лишь один корень уравнения z e отвечающий условию |z | < 1 .

= 1 , где > 1 ,

9. Найдите количество нулей многочлена P (z ) в области D , если

a) b) c) d)

P P P P

(z ) (z ) (z ) (z )

= = = =

z 10 - 6iz 7 + 2z 6 - z z 8 + iz 6 + z 4 - 12z 3 z 12 + 6z 9 + iz 2 + 10 z 4 + 5iz 3 + (2 + i) z

+ + , +

i , D = { |z | < 1} ; 3z + 5 , D = {1 < |z | < 2} ; D = {1 < |z | < 2} ; 1 , D = {|z | > 1} .