Функции комплексного переменного: примеры и задачи

Министерство образования и науки Российской Федерации
Уральский федеральный университет
имени первого Президента России Б.Н. Ельцина
Р. М. Минькова
Функции комплексного переменного
в примерах и задачах
Рекомендовано методическим советом УрФУ
в качестве учебного пособия для студентов,
обучающихся по программе бакалавриата и специалитета
по направлениям подготовки
140800.62 – Ядерные физика и технологии;
141401.65 – Ядерные реакторы и материалы;
141405.65 – Технологии разделения изотопов и ядерное топливо;
140801.65 – Электроника и автоматика физических установок;
010900.62 – Прикладные математика и физика;
210100.62 – Электроника и наноэлектроника;
201000.62 –Биотехнические системы и технологии;
200100.62 –Приборостроение;
221700.62 – Стандартизация и метрология;
230100.62 – Информатика и вычислительная техника;
230400.62 –Информационные системы и технологии
Екатеринбург
УрФУ
2013
УДК 517(075.8)
ББК 22.161я73
М62
Рецензенты:
кафедра прикладной математики Уральского государственного экономического
университета
(зав. кафедрой, доц., канд. физ.-мат. наук Ю.Б. Мельников);
старший научный сотрудник Института математики и механики УрО РАН ,
проф., д-р физ.-мат. наук Е.Ф. Леликова;
Научный редактор − доц., канд. физ.-мат. наук Н.В. Чуксина
М62 Минькова, Р.М.
Функции комплексного переменного в примерах и задачах:
учебное пособие / Р.М. Минькова. Екатеринбург: УрФУ, 2013. 45 с.
ISBN
В данной работе разбирается решение типовых примеров и задач по следующим темам курса «Функции комплексного переменного»: функции комплексного переменного, их дифференцирование, интегрирование, разложение в ряды Тейлора и
Лорана, вычеты и их применения, операционное исчисление.
Работа предназначена для студентов физико-технического факультета.
Библиогр.: 10 назв. Рис. 25.
УДК 517 (075.8)
ББК 22.161я73
ISBN
© Уральский федеральный университет, 2013
2
1. Комплексные числа
Кратко напомним понятие комплексных чисел и действий с ними.
1.1. Определение, изображение,
формы записи комплексного числа
Комплексным числом z называют выражение вида z  x  i y , где x, y – действительные числа, i − так называемая мнимая единица, i 2  1.
Комплексное число z  x  i y изображают точкой М плоскости с
координатами x, y или ее радиус-вектором OM (рис. 1). Длину
вектора OM называют модулем комплексного числа z и обозначают z или r :

z  r  OM  x 2  y 2 .
M ( x, y )
y
0

x
y
Рис. 1
Угол  между радиус-вектором OM и положительным направлением оси ох
называют аргументом комплексного числа z . Угол  определяется неоднозначно, с точностью до слагаемого 2  k  k  0, 1, 2,...  ; то значение  , которое
заключено между   и  , обозначают arg z и называют главным значением аргумента.
Наряду с алгебраической формой z  x  i y комплексного числа рассмотрим
еще две формы записи.
Так как x  r cos , y  r sin  (рис.1), то комплексное число z  x  i y можно
записать в тригонометрической форме: z  r  cos   i sin   . Введя функцию
e i  cos   i sin  , комплексное число можно записать в показательной форме:
z  r  e i . Итак, имеем три формы записи комплексного числа
z  x  i y  r  cos  i sin    r  e i  .
Пример 1.1. Записать комплексные числа z1  1  i 3, z2  1  i в тригонометрической и показательной формах.
Решение. Найдем модули и аргументы этих чисел:
3 
 ;
1
3

arg 1  i    argtg1 
.
4


1  i 3  2, arg 1  i 3  argtg
1  i  2,


i
i




Тогда z1  1  i 3  2  cos  i sin   2 e 3 , z2  1  i  2  cos  i sin   2 e 4 .
3
3
4
4 


3
x
1.2. Действия с комплексными числами
1. При сложении (вычитании) двух комплексных чисел складываются (соответственно вычитаются) их действительные и мнимые части.
2. Умножение двух комплексных чисел в алгебраической форме определяется
по правилам умножения двучленов с учетом равенства i 2  1 .
При умножении двух комплексных чисел в тригонометрической и показательной формах их модули умножаются, а аргументы складываются:
z1  z2  z1  z2 ,
arg ( z1  z 2 )  arg z1  arg z2 .
3. При делении двух комплексных чисел в алгебраической форме нужно числиz1
умножить на число, сопряженное знаменателю.
z2
тель и знаменатель дроби
При делении двух комплексных чисел в тригонометрической и показательной формах их модули делятся, а аргументы вычитаются, т.е.
z 
z1
,
z2
arg z  arg z1  arg z2 .
4. Возведение в степень комплексного числа в алгебраической форме осуществляется по правилам возведения в степень двучлена с учетом того, что
i 2  1, i 3  i 2  i  i, i 4  i 2  i 2  1 и т.д.
При возведении комплексного числа z в большую степень удобно использовать его тригонометрическую или показательную формы:
z n  r n (cos n  i sin n )  r n e i n  .
5. При извлечении корня из комплексного числа z удобно использовать тригонометрическую форму записи комплексного числа z  r (cos  i sin  ) :
n
  2 k
  2 k 

z  n r  cos
 i sin

n
n


k  0,1, 2,..., n  1.
Таким образом, корень степени n из комплексного числа z имеет
n различных значений.
Пример 1.2. Вычислить 1) z 40 , если z 
1 i 3
, 2) w  1  i 3 , 3) z  7  24 i .
1 i
Решение. 1). Воспользуемся примером 1.1 и учтем, что
z 
1 i 3
1 i 3
2


 2,
1 i
1 i
2
arg z  arg
1  3i
    7
 arg 1  3i   arg 1  i       
.
1 i
3  4  12
4
Тогда
z 40 
40
 2  2 ,
20
arg z 40  40arg z 
7
70
 40   ,
12
3
70
70 
2 
2  



20 
z 40  220  cos
 i sin
  2  cos  24 
  i sin  24 
 
3
3 
3 
3  




2
2 
3

20  1
19
 220  cos
 i sin
  2 1  i 3 .
  2   i
3
3 
2 

 2




2). Из примера 1.1 следует, что 1  i 3  2  cos  i sin  . Тогда

w  1 i 3 
3
3
 / 3  2 k
 / 3  2 k 

2  cos
 i sin
.
2
2


При k  0 и при k  1 получим два значения корня:
 3 1
2
2
i  
 2
2 
2

w1 
 /3
 / 3

2  cos
 i sin

2
2 

w2 
 / 3  2
 / 3  2 

2  cos
 i sin

2
2


 3  i ,

3 1
2
2 
i  
 2

2
2

 3  i .
3). При извлечении корня из комплексного числа 7  24i использовать тригоно-
метрическую форму записи комплексного числа нерационально. Воспользуемся
2
2
другим способом. Учтем, что 7  24 i  16  9  24 i  4 2   3i   2  4  3 i   4  3 i  . Тогда
z
7  24 i 
2
 4  3i     4  3i  .
Замечание. Если Вы не смогли выделить полный квадрат в подкоренном выражении, то вычислить
7  24i можно по определению:
7  24i  x  i y , где
x, y  действительные числа. Для их отыскания возведём в квадрат обе части ра-
венства и приравняем действительные и мнимые части комплексных чисел:
2
2
7  24 i   x  i y   x  2 xy i  y
2
 x 2  y 2  7,
 
 xy  12.
Решим получившуюся систему уравнений
 x 2  y 2  7,
 x1  4,  y1  3,
12 2 144
 y
, x  2  7  x 4  7 x 2  144  0  


x
x
 x2  4,  y 2  3.
 xy  12,
Таким образом, 7  24i имеет два значения  4  3i  и  4  3i  .
Пример 1.3. Решить уравнение z 2   2  i  z  7 i  1  0 .
5
Решение. Воспользуемся формулой для вычисления корней квадратного уравнения и результатом предыдущего примера:
z1,2
2  i   (2  i ) 2  28 i  4  2  i   7  24 i  2  i   (4  3i ) 2  2  i   (4  3 i )





,
2
2
z1 
 2  i    4  3i   3  i ,
2
z2 
2
Пример 1.4. Решить систему уравнений
2
 2  i    4  3i   1  2 i .
2
 (2  i ) z1  (3  i ) z2  4  2 i ,

(5  2 i ) z1  (2  3 i ) z2  5 i.
Решение. Воспользуемся при решении системы методом Крамера. Вычислим
определители:  
2i
3 i
  2  i  2  3 i    5  2 i  3  i   12  19 i,
5  2 i 2  3i
1 
4  2i 3  i
  4  2 i    2  3i    3  i    5 i   7  31i ,
5 i 2  3 i
2 
2 i 4  2i
  2  i    5 i    4  2 i    5  2 i   19  12 i .
5  2 i 5 i
z1 
 7  31i    12  19 i   505  505 i  1  i ,
1
7  31i


 12  19 i  12  19 i    12  19 i 
505
Тогда
 2 19  12 i 19 i 2  12 i i  12  19 i 
z2 



 i.
 12  19 i 12  19 i
12  19 i
Пример 1.5. Указать, какие линии определяются следующими уравнениями:
1) Re z 2  1; 2) z  z0  R e i  ; 3) z  3  2 i  3 ; 4) z  2 i  z  2 i  6 , 5) z  3  2 i  z .
Решение. 1). Выделим действительную часть функции z 2 :
2
Re z 2  Re  x  i y   Re  x 2  2 xy i  y 2   x 2  y 2 .
Тогда уравнение Re z 2  1 примет вид x 2  y 2  1 . Это уравнение определяет равностороннюю гиперболу ( a  b  1 ) с центром в точке (0,0).
2). Запишем равенство z  z0  R e i  в виде: x  i y   x0  i y0   R (cos   i sin  ) .
 x  x0  R cos  ,
 y  y0  R sin  .
Приравняем действительные и мнимые части: 
 z
 z0
Рис.2
6
2
2
Если   [0, 2 ) , то эти уравнения определяют окружность  x  x0    y  y0   R 2 с
центром в точке  x0 , y0  радиуса R (рис.2); если   0,  , то уравнения определяют верхнюю половину окружности.
 z
Так как z  z0 есть расстояние точек z от точки z0 и оно

3
-2
 z0
постоянно (равно R ), то уравнение окружности с центром в точке
z0 радиуса R можно записать и в другом виде z  z0  R .
Рис.3
Итак, уравнение окружности с центром в точке z0 радиуса R имеет вид
z  z0  R e i  ,   [0,2 ) или
z  z0  R .
3). Уравнение z  3  2 i  3 запишем в виде z   3  2 i   3 ; следовательно, оно
определяет окружность с центром в точке z0  3  2 i радиуса R  3 (рис. 3).
4). В уравнении z  2 i  z  2 i  6 модуль z  2 i есть расстояние точки z от
точки z0  2 i , а модуль z  2 i  z   2 i  есть расстояние точки z от
точки z1  2 i . Следовательно, уравнение z  2 i  z  2 i  6 опреде-
3i
 z
 z0
ляет множество точек z , сумма расстояний от которых до двух заданных точек z0  2 i и z1  2 i есть величина постоянная, равная 6 и
 z1
большая, чем расстояние между z0 и z1 . Такое множество точек
Рис. 4
есть эллипс с фокусами в точках z0 , z1 , причем длина оси эллипса,
на которой лежат фокусы, равна 6 (рис. 4).
5). В уравнении z  3  2 i  z модуль z  3  2 i есть расстояние
точки z от точки z0  3  2 i , а модуль z  z  0 есть расстояние
 z
z1

3
-2 
 z0
точки z от точки z1  0 . Поэтому уравнение z  3  2 i  z определяет множество точек z равноудаленных от точек z0  3  2 i и z1  0 .
Рис.5
Это множество точек есть серединный перпендикуляр к отрезку z0 z1 (рис. 5).
2. Элементарные функции комплексного переменного
Функции e z , sin z, cos z
Функции e z , sin z, cos z для любого действительного z определяются как
суммы следующих рядов:
7
2
3
4
e z  1  z  z  z  z 
1! 2! 3! 4!
3
5
7
sin z  z  z  z  z  
1! 3! 5! 7!
2
4
6
cos z  1  z  z  z  
2! 4! 6!
Связь между функциями e z , sin z, cos z
e
iz
 cos z  i sin z ,
cos z  e
iz
 ei z ,
2
sin z  e
(2.1)
(2.2)
(2.3)
iz
 e i z .
2i
(2.4)
Эти формулы называют формулами Эйлера.
Свойства функций e z, sin z, cos z
1). e z1 z2  e z1  e z2 .
2). Функция e z имеет период
T  2 i .
3). Функции sin z , cos z имеют период T  2 .
4). Функция sin z − нечетная, функция cos z – четная.
5). а) sin 2 z  cos2 z  1 ,
б) sin  z1  z2   sin z1  cos z2  cos z1  sin z2 , г) sin 2z  2 sin z  cos z ,
в) cos  z1  z2   cos z1  cos z2  sin z1  sin z2 , д) cos 2z  cos2 z  sin 2 z .
6). Функции sin z , cos z − не ограничены на комплексной плоскости.
Обратите внимание на то, что свойства I), 3), 4), 5) функций e z , sin z , cos z
такие же, как для соответствующих функций действительной переменной.
Свойства же 2) и 6) имеют место только для функций комплексной переменной.
Перечисленные свойства используются при вычислении значений функций
z,
e sin z , cos z и при решении уравнений, содержащих эти функции.
Пример 2.1. Вычислить eln 53 i /2 .
Решение. Воспользуемся свойством 1), основным логарифмическим тождеством и одной из формул (2.4):
3
3 

eln 53 i /2  eln5  e3 i /2  5  cos  i sin   5i .
2
2 

Гиперболические функции
Для комплексного аргумента гиперболические синус и косинус вводятся
так же, как для действительного аргумента, т.е.
z
sh z  e  e
2
z
z
, ch z  e  e
2
z
.
(2.5)
Перечислим свойства функций sh z, ch z .
1). Функции sh z, ch z имеют период 2 i (так же, как функция e z ).
2). Для комплексного аргумента существует следующая связь между тригонометрическими и гиперболическими функциями:
8
cos  i z   ch z,
ch i z   cos z,
sin  i z   i sh z,
sh  i z   i sin z.
(2.6)
3). Для комплексного аргумента (как и для действительного):
ch 2 z  sh 2 z  1 ,
sh  z1  z 2   sh z1  ch z2  ch z1  sh z2 ,
ch  z1  z2   ch z1  ch z2  sh z1  sh z2 ,
ch 2 z  ch 2 z  sh 2 z .
i
Пример 2.2. Вычислить sin   i ln3 , ch 1   .
2 

Решение. Воспользуемся свойствами функций sin z, cos z, sh z, ch z :
sh 2 z  2sh z ch z,
sin   i ln3  sin   cos  i ln3   cos   sin  i ln 3    sin i ln 3 
eln 3  e ln3
3  1/ 3
4
 i  sh  ln 3  i
 i
  i;
2
2
3
i
i


 i
ch  1    ch1  ch  sh1 sh
 ch1 cos  i sh1 sin  i sh1.
2 
2
2
2
2

Логарифмическая функция
Ln z  ln z  i  arg z  2 k  , k  0, 1, 2, 
(2.7)
Значение этой многозначной функции при k  0 называют главным значением
логарифма и обозначают ln z .
На функцию Ln z распространяется ряд свойств логарифма действительного
переменного:
z
 z2 
I) Ln  z1  z2   Ln z1  Ln z2 , 2) Ln  1   Ln z1  Ln z2 ,
3) Ln  z1z2   z2  Ln z1 ,
4) e Ln z  z .
Обобщенные степенная и показательная функции
Степенная функция w  z a с произвольным комплексным показателем
a    i  определяется равенством
a
w  z a  e Ln z  e a Ln z .
Показательная функция w  a z с произвольным комплексным основанием a    i  определяется равенством
z
w  a z  e Ln a  e z Ln a .
2i
 1 i 
Пример 2.3. Вычислить 1) Ln i, 2) 1 , 3) 
 .
 2
Решение. 1). Вычислим модуль и аргумент для z  i :
i
Ln i  ln1  i  / 2  2 k  
i  1, arg i   / 2 . Тогда
i
1  2k  , k  0, 1, 2,....
2
9
Главное значение логарифма есть ln i   i / 2.
i
2). Запишем w  1 i в виде w  e Ln1  e i Ln1  e i (ln1 2 k i )  e 2 k , k  0, 1, 2,.....
3). Учитывая, что
1 i 
w
 2 


2i
1 i
2
 1i 
Ln 
 2 
e  

2
2
 1, arg
2i
2 i ln
e
1i
2
1 i
e
2


, получим:
4



2 i   ln1i   2 k  
4




   4 k 
2


e
, где k  0, 1, 2,...
Пример 2.4. Решить уравнение 4 cos z  5  0 .
e i z  e i z
, запишем уравнение в виде
2
2 (e i z  e i z )  5  0 .
Решение. Используя равенство cos z 
Умножив это равенство на e i z , получим 2 e 2 i z  5e i z  2  0 или 2 w 2  5 w  2  0 ,
1
2
где w  e i z . Решения этого квадратного уравнения w1  2, w2   , т.е. e
e
iz2
i z1
 2 и
1
1 1 i
  . Прологарифмируем эти равенства и учтем, что 
 i :
i i i
2
i z 1  Ln(2)  ln 2  i (  2 k ), z1   1  2k   i ln 2, k  0, 1, 2,...;
1
 1
i z 2  Ln     ln  i (  2 n)   ln 2  i  (1  2n),
2
 2
z2   1  2n   i ln 2, n  0, 1, 2,... .
Итак, можно решение уравнения записать в виде z  (2k  1)   i ln 2, k  0, 1, 2,...
Обратные тригонометрические и гиперболические функции
По определению
w  Arcsin z , если sin w  z ;
w  Arctg z , если tg w  z ;
w  Arcsh z , если sh w  z ;
w  Arcth z , если th w  z ;
w  Arc cos z , если cos w  z ;
w  Arcctg z , если ctg w  z ;
w  Arcch z , если ch w  z ;
w  Arccth z , если cth w  z .
Пример 2.5. Вычислить Arcsin  i  .
Решение. Из условия Arcsin  i   z имеем:
sin z  i 
e i z  e i z
 i  e i z  e  i z  2 .
2i
Умножив последнее равенство на e i z , получим


e 2 i z  2e i z  1  0  e i z  1  2  i z  Ln 1  2 .
Учтем, что


1  2  0  1  2  2  1, arg 1  2    .
1  2  0 
1  2  2  1, arg 1  2  0;
Поэтому


  
 
i z 2  Ln  1  2   ln  2  1    2 k  i , k  0, 1, 2,...

i z 1  Ln 1  2  ln  1  2  i arg 1  2  2 k  ln 2  1  2 ki ;
10
1
i
z1  2 k  i ln 2  1 ,
Учитывая, что   i , получим решения уравнения




z2    2 k  i ln 2  1 , k  0, 1, 2,...
3. Дифференцируемые и аналитические функции
Функция f  z  называется дифференцируемой в точке z0 , если она имеет в
этой точке производную
f  z   f  z0 
 f  z0 
 lim
z  z0
z
z  z0
 z 0
f   z0   lim
Для функций комплексного переменного справедливы правила дифференцирования суммы, произведения, частного, правила дифференцирования элементарных функций:
u 
 u  v   u   v,  u  v   u  v  u  v,  v  
 
u   v  u  v
;
v2
 z n   n z n , sin z   cos z ,  cos z    sin z , e z   e z ,  ln z   1z .
1
Кроме элементарных функций, есть другие функции комплексного переменного, например, z , Re z 2 , Im z  z 3 и т.д. Как проверить их дифференцируемость?


Функция f  z   u  x, y   i v  x, y  будет дифференцируемой тогда и только тогда, когда выполняются следующие условия Коши-Римана:
ux  vy , uy  vx .
Пример 3.1. Выяснить, являются ли функции а) f ( z )  z  e3 z , б) f ( z )  5 z  3 i z
аналитическими в области определения. Если да, то найти их производные.
Решение.
а). Функция f ( z )  z  e3 z является элементарной функцией, определенной на
всей комплексной плоскости; следовательно она является аналитической на
комплексной плоскости. Найдём ее производную

f ( z )  z  e3 z
  e  z  e  3  e  3z  1.
3z
3z
3z
б). Функция f ( z )  5 z  3 i z не является элементарной функцией, поэтому следует проверить выполнение условий Коши-Римана. Для этого запишем функцию в виде
f ( z )  5 z  3 i z  5 ( x  i y )  3 i ( x  i y )   5 x  3 y   i  5 y  3x  .
Отсюда действительная часть функции u  5 x  3 y, мнимая часть v  5 y  3 x .
Найдем частные производные этих функций:
u x  5, u y  3, vx  3, v y  5.
Так как u x  v y , то функция f ( z )  5 z  3 i z не является аналитической ни в одной точке комплексной плоскости.
11
В теории функций комплексного переменного важную роль играет класс
функций, называемых аналитическими. Однозначная функция f  z  называется
аналитической в области D , если она дифференцируема в каждой точке этой
области.
Укажем ряд свойств аналитических функций.
1). Функция f  z  является аналитической в области D тогда и только тогда,
когда в этой области ее действительная и мнимая части удовлетворяют условиям Коши-Римана.
2). Сумма, разность, произведение, суперпозиция аналитических функций являются функциями аналитическими. Частное аналитических функций является
аналитической функцией, если знаменатель не обращается в нуль.
3). Пусть функция f  z   u  x, y   i v  x, y  является аналитической в области D .
Тогда в этой области функции u  x, y  , v  x, y  являются гармоническими, т.е.
удовлетворяют уравнению Лапласа:
uxx  uyy  0 ,
vxx  vyy  0 .
(3.1)
Отметим, что из гармоничности функций u  x, y  , v  x, y  не следует аналитичность функции
f  z   u  x, y   i v  x , y  .
Например,
для
функции
f  z   z  x  i y ее действительная и мнимая части u  x, y   x, v  x, y    y являются функциями гармоническими, но не удовлетворяют условиям Коши-Римана, т.е.
функция f  z   z не является аналитической.
4). Если известна действительная или мнимая часть аналитической функции f  z  ,
то с точностью до постоянной может быть восстановлена сама функция f  z  .
Пусть, например, известна Re f  z   u  x, y  . Требуется найти Im f  z   v  x, y  .
Воспользуемся условиями Коши-Римана:
vx   uy , vy  ux .
(3.2)
Первое из этих равенств проинтегрируем по x с точностью до константы c  y  , не
зависящей от переменной интегрирования
v    u y dx  c  y  .
Для отыскания c  y  следует подставить найденную функцию v  x, y  во второе из
равенств (3.2).
Пример 3.2. Найти, если возможно, аналитическую функцию f  z  , у которой
Im f  z   v  x, y   ch x  sin y .
Решение. Проверим гармоничность функции v  x, y  :
v xx  vyy  ch x  sin y  ch x  sin y  0 .
Из гармоничности функции v  x, y  следует, что она является мнимой частью некоторой аналитической функции f  z   u  x, y   i v  x, y  . Для отыскания функции f  z 
найдем ее действительную часть из условий Коши-Римана:
12
uy   vx   sh x  sin y .
ux  vy  ch x  cos y,
(3.3)
Равенство ux  ch x  cos y проинтегрируем по x :
u    ch x  cos y  dx  sh x  cos y  c  y  .
Для отыскания c  y  подставим найденную функцию u  x, y  во второе из равенств (3.3):
uy   sh x  sin y   sh x  sin y  c  y   c  y   0  c  y   c  u  sh x  cos y  c .
Подставим найденное u  x, y  и заданное v  x, y  в функцию f  z   u  i v и выразим
ее через z , учитывая, что ch  iy   cos y, sh  iy   i sin y :
f  z   u  i v   sh x  cos y  c   i ch x  sin y  sh x  ch iy   ch x  sh iy   sh  x  iy   c  sh z  c.
Следовательно, f  z   sh z  c .
4. Интегрирование функции комплексного переменного
Пусть z  z  t  есть параметрическое уравнение дуги  AB  , причём концам
дуги A, B соответствуют значения параметров t A , t B . Тогда
tB
 f  z  dz   f  z t   z t  d t .
 AB 
tA
Пример 4.1. Вычислить интеграл  Re z dz по отрезку  L  с концами в точках
 L
z1  1  2 i , z2  2  3i .
Решение. Уравнение отрезка  L  с концами в точках z1 , z2 имеет вид:
z  z1  t  z2  z1  , 0  t  1 .
В нашем случае z  1  2 i   t 1  i   Re z  1  t , dz  1  i  dt ,
1
 t2  1 3
 Re z dz   1  t 1  i  dt  1  i   t  2  0  2 1  i  .


0
 L
Пример 4.2. Вычислить интеграл  z Im z 2 dz , если контур  L  задан соотноше( L)
ниями Re z  1, Im z  2.
Решение. Так как Re z  x, Im z  y , то уравнение контура  L  можно записать
следующим образом: x  1, y  2 или x  1,  2  y  2 . На линии  L  имеем:
z  x  i y  1  i y , Im z 2  Im (1  i y )2  2 y , dz  i dy.
2
Тогда
2


2
2
 z Im z dz   (1  i y ) 2 y i dy   2 i y  i y dy  
( L)
2
2
32
.
3
 2  z  3,
z
Пример 4.3. Вычислить интеграл  dz по границе  L области  D  :  R e z  0,
z
 Im z  0 .
( L)
13
Решение. Изобразим область  D  на плоскости  z  (рис.6).
Граница области – линия  L – состоит из двух дуг окружностей (дуги BC и FA ) и двух отрезков ( AB и CF ), следовательно, интеграл по контуру  L будет равен сумме четырёх интегралов. Выберем обход контура против часовой стрелки.
Вычислим каждый из интегралов.
1). На отрезке  AB имеем: y  0, z  x, z  x, dz  dx, и
 z
y
B
3
A
2
0
2 F
3 C
Рис. 6
3

 AB 
z
x
dz   dx  1.
z
x
2
2). На отрезке CF  имеем: x  0, z  i y, z  i y , dz  i dy, y  [3, 2] и
2

CF 
z
iy
dz  
i  dy  i.
z
i y
3
3). На дуге  BC  имеем: z  3, z  3 e , z  3 e i  , dz  3 i e i  d  ,    , 3 / 2  и
i

 BC 
z
dz 
z
3 / 2
3 / 2
3e i
i
3i 
3 i  3 / 2

 3 e  i   3 i e d   e 3 i d   e



9
9 

  cos
 i sin
  cos 3   i sin 3    1  i.
2
2 

4). На дуге  FA имеем: z  2, z  2 e i  , z  2 ei  , dz  2 i e i  d  и

 FA
Следовательно,
z
z
dz 
z

 2i e
3 / 2
3i 
2
2

d  e3 i 
 (1  i ).
3
3 / 2 3
2
2
 z dz  1  i  1  i  3  1  i    3 1  i  .
( L)
Интегральная теорема Коши
Пусть функция f  z  является аналитической в односвязной области D .
Тогда интеграл от этой функции по любой замкнутой кривой L из области D равен нулю, т.е.  f  z  d z  0 .
L
Если функция является аналитической в односвязной области, но линия
интегрирования незамкнута, то интеграл  f  z  dz не зависит от формы
 AB 
B
кривой. Такой интеграл обозначают  f  z  dz и к нему применимы такие же
A
методы вычисления, как при интегрировании функции действительной
переменной, например, метод подведения под знак дифференциала, метод
интегрирования по частям.
14
x
2
Пример 4.4. Вычислить интеграл  z e z dz :
( L)
а) по дуге  L1  параболы y  x 2 от точки z1  0 до точки z2  1  i,
б) по отрезку  L2  прямой, соединяющему эти точки.
2
Решение. Так как функция f ( z )  z e z аналитична всюду на комплексной плос2
кости, то  z e z dz не зависит от формы пути интегрирования, т. е.
( L)
1i
1
1 z 2 1  i 1 (1i ) 2
z2
2
z
e
dz

z
e
dz

z
e
dz

e
d
z

e

e
1 



2 
2
2
0
( L1 )
( L2 )
0
0
1
1
i
 e2 i  1  (cos 2  1)  sin 2.
2
2
2
2
5  z  z  cos z
Пример 4.5. Вычислить интеграл 
dz.
2
2
z

1

z

3


z3 1
z2
1i
z2


z2




Решение. Подынтегральная функция не определена в точках z  i , z  3. Построим контур интегрирования z  3  1 . Это есть окружность с центром в точке z  3 радиусом 1 (рис. 7). Особые точки функции
y
z  3, z  i, z  i лежат вне этой окружности. Поэтому внутри окружности функция f ( z ) 
литической и по теореме Коши
5  z 2  z  cos z
 z 2 1z  32


3
является ана-
5  z 2  z  cos z
2
2
z3 1  z  1   z  3
dz  0.
i
i 

2
0

3

4
x
 
1 2
x
Рис. 7
Интегральные формулы Коши
Интегральные формулы Коши можно записать в виде
f  z  dz
 2 i  f  a  ,
z

a
L
f  z  dz

2 i
  z  a n1  n ! f
n a
 
(4.1)
L
и использовать для вычисления соответствующих интегралов при условии, что
точка a находится внутри контура L , функция f  z  является аналитической
внутри контура L .
Пример 4.5. Вычислить интегралы I1 
ch z
ch z
 z  1dz , I   z  1dz .
2
z 3 1
2
y
2
z 1 1
Решение. В первом интеграле нули знаменателя z  1 функции
eiz
z2 1
0

находится вне контура интегрирования z  3  1 (рис. 7); поэтому
Рис. 8
внутри этого контура подынтегральная функция является
аналитической и по теореме Коши интеграл I1 равен нулю.
Во втором интеграле точка z  1 находится внутри контура интегрирования
15
z  1  1 (рис. 8), поэтому по первой из формул (4.1) имеем
ch z
ch z
ch z
ch z
I 2   2 dz  
dz   z  1 dz  2 i
  i ch1 .
z 1
z  1 z  1
z  1
z 1 z  1
z 1 1
z 1 1 
z 1 1 
1

sin
dz .
2
z
z

3
z 1
Пример 4.6. Вычислить интеграл I  
Решение. Внутри контура z  1 функция sin

является аналитической, так
z3
как особая точка z  3 находится вне контура. Поэтому по второй из формул (4.1)
при n  1 имеем
1

2 i 
 


   2i
sin
dz

sin

2

i
cos


2

i
cos


.


z2
z3
1! 
z  3 z  0
z  3  z  32 z  0
3 9
9
z 1
I 
dz
Пример 4.7. Вычислить интеграл I  
z 3
 z   2  i  z  2i 
2
3
.
Решение. Нули знаменателя z1  i , z2  2 легко находятся по теореме Виета.
Поэтому функция разлагается на множители
3
 z   2  i  z  2i    z  i   z  2  .
2
3
3
Точки z1  i , z2  2 находятся внутри контура  (рис. 9). Построим окружности
 1,  2 с центрами в этих точках достаточно малых радиусов, таких, чтобы
окружности не пересекались и целиком лежали внутри контура  . В многосвязной
области, ограниченной внешним контуром  и внутренними контурами  1,  2 ,
подынтегральная функция является аналитической (т. к. нули
знаменателя не входят в эту область), поэтому по теореме Коши  z 

для многосвязной области интеграл по внешнему контуру равен
i
1
сумме интегралов по внутренним контурам:
I
dz
  z  i 3  z  2 
z 3

3
1
dz

3 
 z  i 3  z  2 
2
dz
2
 z  i 3  z  2 3
В интеграле по кривой  1 , окружающей точку z1  i , в знаменателе
оставим  z  i 3 , а в интеграле по кривой  2 , окружающей точку
3
2
0
Рис. 9
z2  2 , в знаменателе оставим  z  2  и применим для каждого интеграла вторую
из формул Коши (4.1) при n  2 :
3
3

z  2
z  i


2 i  
3 
3 
I
dz  
dz 
  z  i  

  z  2  
3
3

 z  2 
z

i
2!
z

i
z

2





1
2
 1


1 
5
5
  i  3 4   z  2 
 z  i

 0.
  12 i 
5
5
zi
z  2

  i  2   2  i  
16
Примеры для самостоятельного решения
1. Вычислить интеграл  z dz , где  L  : z  1, 
( L)


 arg z  .
2
2

2. Вычислить интеграл  z  z dz по границе  L области 
Ответ: 2 i .
z  1,
 / 2  arg z  
( L)
Ответ:   i / 2.
Ответ: -2.
(обход контура против часовой стрелки).
3. Вычислить  ( z  1) cos z dz по отрезку z1z2 : z1   / 2, z2   / 2.
( L)
4. Вычислить интеграл

e z cos z  sin z 2  5 z  3

z1 1
z 2  5z  6

2
Ответ: 0.
dz.
5. Ряды в комплексной области
5.1. Числовые ряды
Необходимый и достаточный признак сходимости ряда:




ряд  zn    xn  i yn  сходится  ряды  xn ,  yn сходятся.
n 1
n 1
n 1
n 1
  1n
i 
Пример 5.1. Исследовать ряд  
 n 1  на сходимость и найти его сумму.


n  0   2 n ! 3


n
1

Решение. Ряд 
является знакочередующимся и сходится по признаку
n  0  2 n !

Лейбница, так как его члены по абсолютной величине убывают и стремятся к
нулю. Для вычисления его суммы запишем ряд Тейлора для функции cos x :
n

1 x 2 n

x2 x4
cos x  1    ...  
.
2! 4!
n 0  2n !
n
1

В частности, при x  1 получим 
 cos1 .
n 0  2n !


Ряд 
1
n 1
n 0 3
1
3
является геометрической прогрессией с первым членом b1  , зна-
менателем q 
b
1/ 3
1
1
и суммой 1 
 . Таким образом, ряд
1  q 1  1/ 3 2
3
1
2
сходится и его сумма S  cos1  i .
 1
Пример 5.2. Исследовать ряд   2  i

n 1  n

27n3  5 
 на сходимость.
3n7  1 
17
  1n
i 


   2n ! 3 n1 
n 0 




1
1
сходится
как
эталонный
ряд
при p  1 .

2
p
n 1 n
n 1 n
Решение. Ряд 

Ряд 
n 1


27n 3  5
27n3
1
ведет
себя
также,
как
ряд

3
, т.е. сходится.


7
7
2
3n  1
3n
n 1
n 1 n
Следовательно, исходный ряд сходится.

Необходимый признак сходимости ряда: если ряд  zn сходится, то lim zn  0 .
n 
n 1

 1
Пример 5.3. Исследовать ряд  
n 1  ln n
 1
Решение. Так как lim zn  lim 
n
n
 ln n
i
i
3n 4  1 
 на сходимость.
10n 4  3 
3n 4  1 
3n 4
3

i
lim
 i  0 , то заданный ряд

4
4
10
10n  3  n 10n
расходится.


Достаточный признак сходимости ряда: если ряд  zn сходится, то ряд  zn
n 1
n 1
сходится и называется абсолютно сходящимся рядом.
2n
1 i

Пример 5.4. Исследовать ряд 
на сходимость.
n 1 cos  in 

Решение. Рассмотрим ряд из модулей
2n
1  i 2n   1  i 2n   2  2   2  2n .
 cos  in   ch n  en  en  en  e n
n1
n 1
n1
n 1


2n

2n

n
2
Ряд  n  n ведет себя также, как ряд  n     . Последний ряд
n1 e  e
n1 e
n 1  e 
2
сходится, как геометрическая прогрессия со знаменателем q  меньшим
e
единицы. Поэтому исходный ряд сходится абсолютно.
5.2. Степенные ряды
Степенной ряд в комплексной области есть ряд вида

n
2
 an  z  z0   a0  a1  z  z0   a2  z  z0   ... ,
n0
где an  n  0,1, 2,3,... , z, z0  комплексные числа.
Степенной ряд в комплексной области обладает следующими свойствами.
18

1). Областью сходимости степенного ряда  an  z  z0  n является круг z  z0  R .
n 0
2). Сумма степенного ряда внутри круга сходимости является функцией
аналитической.
3). Степенной ряд внутри круга сходимости можно почленно
дифференцировать любое число раз и почленно интегрировать.

n
 z2 
Пример 5.5. Найти и построить область сходимости ряда  
 .
4

3
i


n 0
Решение. Ряд является геометрической прогрессией со знаменателем q 
Поэтому ряд сходится, если q  1 , т.е.
z2
.
4  3i
 z
z2
z2
z2
q 


1 
4  3i
4  3i
5
z  2  5.
Областью сходимости ряда является круг с центром в точке z0  2
и радиусом R  5 (рис. 10).

Пример 5.6. Найти и построить область сходимости ряда 
n
n
n 0 3

 3
 z  i n .

2
0
Рис. 10
Решение. Применим признак Даламбера для ряда из модулей:
u
 n  1 z  i
lim n1  lim
n un
n
3n1
n 1

3n
n z i
n

zi
n 1 z  i
lim

.
3 n n
3
 z
Если z  i  3 , то ряд расходится; если z  i  3 , то ряд сходится, т.е. областью сходимости ряда является круг с центром в
точке z0  i и радиусом R  3 (рис. 11). На границе круга, т.е. при
нужны дополнительные исследования, которые
проводить не будем.
4i

i
0
zi  3
5.3. Ряды Тейлора и Лорана
Функция f  z  , аналитическая в круге
z  z0  R ,
разлагается в этом круге в ряд Тейлора по степеням  z  z0  :

n
f  z    Cn  z  z0  .
n 0
Функция f  z  , аналитическая в кольце r  z  z0  R ,
разлагается в этом кольце в ряд Лорана по степеням  z  z0 

n
f  z    Cn  z  z0  .
n  
19
Рис. 11

7
Ряды Лорана и Тейлора внутри их области сходимости можно почленно
интегрировать и дифференцировать, при этом область сходимости вновь
полученных рядов не изменится.
При разложении функции в ряд сначала нужно найти область сходимости;
для этого не надо использовать признак Даламбера (в отличие от функции
действительного переменного); достаточно найти круг или кольцо
аналитичности функции.
2
Пример 5.7. Функцию f ( z )  e z 2 z разложить в ряд в окрестности точки z0  1 .
Указать область сходимости полученного ряда.
2
Решение. Функция f ( z )  e z 2 z является аналитической на всей комплексной
плоскости, следовательно, её можно разложить в ряд Тейлора по степеням z  z0
2
2
2
в круге z  z0   . Преобразуем функцию f ( z )  e z 2 z  e( z 1) 1  e 1  e( z 1) и восzn
пользуемся известным разложением функции e   ;
n!
n 0
z

2
1
1  ( z  1) 2 n
f ( z )   e( z 1)   
,
e
e n0 n !
z  . Получим
z  1  .
Пример 5.8. Разложить в ряд по степеням  z  3 функцию


f ( z )  ln z 2  6 z  13 ; указать область сходимости ряда.
 z
32 i
Решение. 1). Найдем сначала точки, где функция не определена:
z 2  6 z  13  0  z  3  9  13  3  2 i
Расстояние от этих точек до точки z0  3 равно 2 (рис. 12). Поэтому функция f ( z ) аналитична в круге z  3  2 и разлагается в
этом круге в ряд по степеням  z  3 .
2). Преобразуем функцию


3

32i
Рис. 12
  ( z  3)2  
 ( z  3)2 
f ( z )  ln z  6 z  13  ln ( z  3)  4  ln 4 1 
 ln 4  ln 1 
.
4  
4 

 


2



Известно, что ln (1  z )   (1)
2
n 1
n 1

zn
 . Тогда
n
2n

 ( z  3)2 
n 1 ( z  3)
f ( z )  ln 4  ln 1 

ln
4

(

1)

, если z  3  2.


n
4
4

n
n 1


z2
Пример 5.9. Функцию f ( z ) 
разложить в ряд по степеням z .
z 3
Решение. Функция f (z ) имеет особую точку z  3 , следовательно, является
аналитической а) в круге z  3 , б) в кольце 3  z   . Найдём ряды для функ-
ции f (z ) в каждой из этих областей, выделив сначала целую часть функции:
z  2  z  3  5
5

 1
.
z3
z3
z3
а). Для разложения в круге z  3 в знаменателе из двух величин z и 3 вынесем
f ( z) 
20
0
 z
за скобку большую по модулю, т.е. 3 (рис. 13):
f ( z)  1 
Получившуюся дробь
5
5
1
5
1
 1 
 1 
.
z3
3 1 z / 3
3 1    z / 3

3

0
1
b
можно рассматривать как сумму 1
1 q
1    z / 3
Рис. 13
бесконечно убывающей геометрической прогрессии, где b1  1, q   z / 3 ,
причем q   z / 3  z / 3  1 . Учтем, что

3

b1
 b1  b1q  b1q 2  ...   b1q n , если q  1 .
1 q
n 0
Тогда
n n
5
1
5 
5   1 z
n
f  z   1 
 1     z / 3  1  
3 1    z / 3
3 n0
3 n0
3n
 z  3 .
 z
б). Для разложения в кольце 3  z   (рис. 14) в знаменателе
5
из двух величин z и 3 вынесем за скобку большую по
z 3
модулю, теперь это z :
5
5
1
5
1
f ( z)  1 
 1 
 1 
z3
z 1 3 / z
z 1   3 / z 
Дробь
3
0
дроби
Рис. 14
1
b1
можно рассматривать как сумму
бесконечно убывающей
1
q
1   3 / z 
геометрической прогрессии, где b1  1, q  3 / z , причем q  3 / z  3 / z  1 . Учтем,
что

b1
 b1  b1q  b1q 2  ...   b1q n , если q  1 . Тогда
1 q
n 0
n
n
 1  3
 
5
1
5 
n
f ( z)  1  
 1    3 / z   1  5 
z 1   3 / z 
z n 0
z n1
n 0
Пример 5.10. Разложить функцию f ( z ) 
1

z2  4

2
3  z    .
в ряд:
1) в окрестности точки z0  2 , 2) в кольце 4  z  2  .
Решение. 1). Функция не определена в точках z1  2, z2  2 . Расстояние от первой из этих точек до точки z0  2 равно 4; вторая из
этих точек совпадает с z0 . Поэтому функция f ( z ) аналитична в
кольце 0  z  2  4 и разлагается в этом кольце (рис. 15) в ряд Лорана по степеням  z  2  . Представим функцию в виде:
f ( z) 
1
 z  4
2
Преобразуем дробь

2
1

2
1
 z  2  z  2 
,
2
 z
 1 



.
 z  2 2  z  2 
1

2

0
Рис. 15
1
1
1
, выделив в ее знаменателе  z  2  :

.
z2
z  2  z  2  4
В знаменателе из двух величин  z  2  и  4  вынесем за скобку большую по
модулю в кольце 0  z  2  4 , т.е.  4 
21

2
1
1
1
1



.
z  2  z  2   4 4 1   z  2  / 4
Тогда дробь
1
1   z  2 / 4
можно рассматривать как сумму
b1
1 q
бесконечно
убывающей геометрической прогрессии, b1  1, q   z  2  / 4 , причем q  z  2 / 4  1 .
Учтем, что

b1
  b1 q n , если q  1 . Тогда
1  q n 0
n
n

 z  2
1
1   z2 
  


 0  z  2  4 .


n 1
z2
4 n 0  4 
4
n

0
1
4
 

1
( z  2)n 
n ( z  2) n 1
 1  




;
 z2 
2
n 1 
n 1
 
4
4


z

2


 n 0
 n0
1
1
1

 
z  2 ( z  2)  4
4
f ( z) 

1
1
1
1
n ( z  2) n1  n ( z  2) n3




 4n1   4n1 .
( z 2  4)2  z  2 2  z  2 2 ( z  2)2 n0
n 0
2). В кольце 4  z  2   (рис. 16) преобразуем дробь
1
1

, вынося в ее
z  2  z  2  4
знаменателе из двух величин  z  2  и  4  большую по модулю, т.е. теперь  z  2  :
1
1
1
1



z  2 ( z  2)  4 ( z  2) 1  4 /  z  2 
Дробь
1
1 4 /  z  2
b
можно рассматривать как сумму 1 бесконечно
1 q
 z
убывающей геометрической прогрессии, b1  1, q  4 /  z  2  , причем
q  4 / z  2  1 . Учтем, что

b1
  b1 q n , если q  1 . Тогда
1  q n 0


1
1
1
1
1
n
4n





;
4 /  z  2  
z  2 ( z  2)  4 ( z  2) 1  4 /  z  2  z  2 
( z  2) n1
n0
2
Рис. 16
n0
 
  4 n ( n  1)
4n
 1 
 
;
 
   
 z  2 2  z  2   n0 ( z  2) n1  n0 ( z  2)n2
1


1
1
1
1
4 n ( n  1)
4 n ( n  1)
f ( z)  2





.
( z  4)2  z  2 2  z  2 2 ( z  2)2 n 0 ( z  2) n 2 n 0 ( z  2) n 4
Примеры для самостоятельного решения
1. Разложить функцию f (z ) = sin  2 z  1 в ряд по степеням  z  1 , указать область
сходимости ряда.
2. Разложить функцию f  z  
1
в ряд и указать область сходимости ряда:
z2  z
а) в окрестности точки z0  0 , б) в окрестности бесконечности.
22
2
z2
в ряд в кольце 2  z  1   .
z 4z 3
3. Разложить функцию f (z ) = f  z   2

(1)n 22 n1 ( z  1) 2 n1
( 1) n 22n ( z  1) 2n
 sin1 
,
(2n  1)!
(2n)!
n0
n 0

Ответы: 1) f ( z )  cos1  
(1)n


n 0
n 2
n 0 z
2а) f ( z )   (1)n z n1, 0  z  1; 2б) f ( z )  
z  1  ;
, 1  z  ;


3 1
2n1
1
2n1
5 


5
 ( z  1)n1 .
n 1
2 z 1
z 1
n 0 ( z  1)
n 1
3) f ( z )   
6. Вычеты функции и их применения
6.1. Нули функции
Точка z  a является нулем функции f  z  порядка k , если функцию f  z 
можно представить в виде
k
f  z    z  a    z  , где   a   0 .
(6.1)
Теорема 6.1 (о порядке нуля).
Точка z  a является нулем аналитической функции f  z  порядка k тогда и только тогда, когда
k 1
k
f  a   f   a   ...  f    a   0, f    a   0 ,
(6.2)
т.е. порядок нуля равен порядку первой отличной от нуля производной.
3
Пример 6.1. Найти нули функции f  z    z 2  4   z  1 и определить их порядок.
3
Решение. Функция f  z    z 2  4   z  1 имеет три нуля: z  2 i, z  2 i, z  1 .
Разложим функцию f  z  на множители:
3
3
f  z    z  2 i   z  2 i   z  1 .
Запишем функцию f  z  в виде (6.1) тремя способами:
3
3
3
3
f  z    z  2 i  1  z  , где 1  z    z  2 i   z  1 , 1  2 i   0;
f  z    z  2 i   2  z  , где  2  z    z  2 i   z  1 ,  2  2 i   0;
f  z    z  1 3  z  ,
3
3
где 3  z    z  2 i   z  2 i  , 3 1i   0.
Отсюда следует, что z  2 i , z  2 i нули третьего порядка, а z  1 нуль первого
порядка.


4
Пример 6.2. Найти нули функции f  z   ei z  1 и определить их порядок.
Решение. Найдем нули функции, учитывая, что период функции ei z равен 2 i :
23


4
f  z   ei z  1  0  ei z  1  i zk  0  2 ki  zk  2 k
 k  0,  1,  2...  .
Определим порядок нуля сначала для функции g  z   ei z  1 . Функцию g  z  записать в виде (6.1) здесь не удается, но зато легко воспользоваться теоремой 6.1.
Так как g   zk   ei zk  1  0 , то точки zk  2 k являются нулями первого порядка
для функции g  z   ei z  1 , т.е. эту функцию можно представить в виде
g  z   ei z  1   z  zk     z  ,   zk   0 . Тогда


4
4
f  z   ei z  1   z  zk    4  z  ,  4  zk   0 .
Поэтому точки zk  2 k являются нулями четвертого порядка для функции f  z  .
Пример 6.3. Определить порядок нуля z0  0 для функции f  z   2cos z 3  z 6  2 .
Решение. Воспользуемся разложением в ряд функции cos z :
cos z  1 
z 2 z 4 z6
   ... 
2! 4! 6!


 z 6 z12 z18
 1 z6
f  z   2cos z 3  z 6  2  2 1  

 ...   z 6  2  z12    ...  .
 2! 4! 6!

 4 ! 6!





Таким образом, функция представима в виде (6.1):
 1 z6

1
f  z   z   z  , где   0      ... 
  0.
 4! 6!
 z  0 4!
12
Поэтому z0  0 является для функции f  z   2cos z 3  z 6  2 нулем порядка k  12 .
Отметим, что для отыскания порядка нуля по порядку первой отличной от нуля
производной (по теореме 6.1) пришлось бы дифференцировать функцию 12 раз.
6.2. Особые точки функции
Особые точки функции − это точки, в которых нарушается ее
аналитичность. Различают три типа изолированных особых точек.
1) . Если lim f  z  − конечен, то z0 называют устранимой особой точкой.
z z 0
2) . Если lim f  z    , то z 0 называют полюсом.
z  z0
3) . Если lim f  z  не существует, то z 0 называют существенно особой точкой.
z z 0
Порядок полюса − это натуральное число k , такое, что lim f  z  z  z0 
k
z  z0
отличен от нуля и бесконечности. Более удобно определять порядок полюса,
используя связь полюса с нулями.
Теорема 6.2. Пусть z0 есть нуль порядка k функции   z  и нуль порядка n функции
  z  ; тогда для функции f  z  
  z
точка z0 есть полюс порядка n  k , если k  n ,
 z
и устранимая особая точка, если k  n .
24
Замечание
Если   z0   0 , то можно записать   z    z  z0 0    z  и считать z0 нулем функции
  z  порядка k  0 . Теорема 6.2 остается справедливой и в этом случае.
Пример 6.4. Определить типы особых точек функций
4
4
 e  1 , 2) f  z    e  1 , 3) f  z  
1) f  z  
iz
z
iz
5
4
 z 2 
1
 e  1
iz
4
.
Решение.
4
 e  1 является для числителя ну1). Нуль знаменателя z  0 функции f  z  
iz
0
z4
лем порядка k  4 (см. пример 6.2), и для знаменателя нулем порядка n  4 . Так
как k  n , то по теореме 6.2 точка z0  0 является устранимой особой точкой для
функции f  z  .
 e  1
2). Нуль знаменателя z  2 функции f  z  
iz
0
4
является для числителя
5
 z 2 
нулем порядка k  4 (пример 6.2), а для знаменателя нулем порядка n  5 . Так
как n  k , то по теореме 6.2 точка z0  2 является полюсом порядка
n  k  5  4  1 для функции f  z  .
3). Нули знаменателя zk  2 k функции f  z  
1


ei z  1
4
для числителя равного
0
1   z  zk  являются нулями порядка k  0 , а для знаменателя нулями порядка
n  4 . Так как n  k , то по теореме 6.2 точки zk  2 k являются полюсами поряд-
ка n  k  4  0  4 для функции f  z  .
Тип особой точки можно также охарактеризовать через разложение функции
в ряд Лорана в окрестности этой точки.
Теорема 6.3. 1). Если в разложении функции в ряд Лорана в окрестности точки
2
z 0 нет отрицательных степеней  z  z0  , т.е. f  z   c0  c1  z  z0   c2  z  z0   ,
то z0 является устранимой особой точкой;
2) если ряд Лорана содержит конечное число отрицательных степеней, т.е.
ck
c1
ck  0  , то z0 является полюсом порядка k ;
0
 z  z0 
3) если ряд Лорана содержит бесконечно много отрицательных степеней
 z  z0  , то z0 является существенно особой точкой.
f  z 
k    z  z   c0  c1  z  z0   
1
z
Пример 6.5. Определить тип особой точки функции f ( z )  z 5 sin 2 .
25
1
z
Решение. Точка z  0 является особой точкой для функции f ( z )  z 5 sin 2 .
Ряд Лорана этой функции в окрестности точки z  0 имеет вид
f ( z )  z 5 sin
1
1
1
1
1

 1
 z5  2 

 .....   z 3 

 .... ,
2
6
10
3! z 5! z 5
z
3! z 5! z
z

т.е. содержит бесконечно много отрицательных степеней z ; поэтому точка z  0
является существенно особой точкой данной функции.
6.3. Вычеты функции в ее особых точках
Вычет функции f  z  в ее особой точке z0 есть число, равное коэффициенту
c1 разложения функции f  z  в ряд Лорана в окрестности точки z0 :
Выч f  z   c1 .
(6.3)
Выч f  z   0 .
(6.4)
Выч f  z   lim  f  z    z  z0   ;
(6.5)
z  z0
В устранимой особой точке
z  z0
В полюсе первого порядка
z z 0
z  z0
  z    z0 

z  z0   z     z0 
Выч
, если
  z0   0,
(6.6)
  z0   0,    z0   0 .
В полюсе к-го порядка
Выч f  z  
z  z0
k 1
k
1
lim d k 1  f  z    z  z 0   .

 k  1! z  z0 dz 
(6.7)
Пример 6.6. Найти вычеты в особых точках для функций:
4
4
 e  1 , 2) f  z    e  1 , 3) f ( z)  z  sin 1 , 4) f ( z)  z  sin 1 .
1) f  z  
iz
iz
2
5
z
4
5
z
 z 2 
2
6
z
Решение. 1). Особая точка z0  0 является устранимой особой точкой для функ4
 e  1 (см. пример 6.4). Поэтому Выч f  z   0.
ции f  z  
iz
z4
z  z0
2). Особая точка z0  2 является полюсом первого порядка для функции
 e  1
f z 
4

4
iz
(см. пример 6.4). Формула (6.6) здесь неприменима, так как
5
 z 2 
 z  2  0 . Поэтому применим формулу (6.5):
  z0   e i z  1
0
26
4
e  1   z  2    lim e  1  
Выч f  z   lim  f  z    z  2    lim
iz
z 2
z 2
 z 2 5
z 2
4
iz
 z 2 z  2 
4


4
ei z  1  

i ei z 
  lim
 e8 i  e0  1.
   zlim
z2
2 1 


 z  2   





1
z
3). Точка z  0 является особой точкой для функции f ( z )  z 5 sin 2 .
Ряд Лорана этой функции в окрестности точки z  0 имеет вид (см. пример 6.5):
f ( z )  z 5 sin
1
1
1
 z3 

 .... .
2
3! z 5! z 5
z
1   1.
Поэтому Выч f  z   c1   3!
6
z 0
1
z
4). Точка z  0 является особой точкой для функции f ( z )  z 2  sin6 .
Так как функция четная, то ряд Лорана этой функции в окрестности точки z  0
не содержит нечетных степеней z , в частности, не содержит
фициент c1 при
1
; поэтому коэфz
1
равен нулю и, значит, Выч f  z   c1  0.
z
z 0
Пример 6.7. Найти вычеты в особых точках для функций:
z3
1) f ( z )  ctg z , 2) f ( z ) 
1 z2
cos z
Решение. 1). Для функции f ( z )  ctg z 
найдем особые точки:
sin z
sin z  0  zk   k  k  0,  1,  2...  .
Так как cos zk  0, sin zk  0,  sin zk   0 , то выгодно применить формулу (6.5):
cos z
cos z

 1.
sin
z
z  zk
sin z  z  zk
Выч f ( z )  Выч
z  zk
2). Для функции f ( z ) 
Так как z 3
z  i
 0,


z3
найдем особые точки:
1 z2
z 2  1  0  z 2   1  z   i.
1  z  z   i  0, 1  z  z   i  0 , то выгодно применить фор2
2
мулу (6.5):
z3
z3
z2
1
Выч f ( z )  Выч


 .
2
2
2
z  i
z  i 1  z
z  i
 z  i
1  z2


Пример 6.8. Найти вычеты в особых точках для функции f  z  
27
1

2z

z e 1
.
Решение. Найдем особые точки функции, учитывая период T  2 i функции e z :


z e 2 z  1  0  z0  0, 2 zk  0  2 k i  z0  0, zk   k i  k  1,  2,...  .
1). Исследуем особые точки zk   k i  k  1,  2,... . Функцию выгодно записать в
1/ z
. Так как в точках zk имеем 1/ z  0, e 2 z  1  0, e2 z  1   0 , то
e 1

виде f  z   2 z

применима формула (6.6):
1/ z
1/ z
1
1
Выч f ( z )  Выч 2 z



.
2
z
z  zk
z  zk e  1
 z  zk 2 zk e k 2 k i
2z
e 1


2). Исследуем особую точку z0  0 функции f  z  
1


z e2 z  1
.
2z
Эта точка
для функции e  1 является нулем первого порядка, так как
 e  1  2e z  0  0 ; поэтому e  1   z  0    z   z    z  , где   0  0 
z  e  1  z    z  , где   0   0 .
2z
2z
2z
2z
2
Отсюда следует, что z0  0 является для знаменателя нулем порядка n  2 . Для
числителя равного 1   z  z0 0 точка z0  0 является нулем порядка k  0 . Поэтому по теореме 6.2 точка z0  0 является полюсом порядка n  k  2  0  2 для
функции f  z  . Вычет функции в этой точке вычислим по формуле (6.7):


2
e2 z  1  z  2e 2 z
1
z

 z 
2


Выч f ( z )  lim f ( z )  ( z  z0 )  lim
 lim  2 z   lim
.
2
1! z  z0
z  z0
z 0  z e2 z  1 
z 0  e  1 
z 0
2z
e

1










0
0
Получили неопределенность вида   . Для ее раскрытия учтем, что
2
e2 z  1 
3
2z  2 z   2z 


 ... 
1!
2!
3!
e2 z  1  2 z  o  z  , e2 z  1  2 z.
2
Под знаком предела знаменатель  e2 z  1 заменим на эквивалентную бесконечно малую 4z 2 . Тогда
 e  1  z  2e  lim  2 z  2 z  4 z / 3  ...  2 z  1  2 z  2 z  ... 
Выч f ( z )  lim
 2z 
 e  1
2z
z 0
z 0
2z
2z
2
2
3
2
2
z 0
2 z 2  8 z 3 / 3  ...
1
 .
2
2
z 0
4z
 lim
Примеры для самостоятельного решения
Определить тип особых точек следующих функций и найти вычеты в этих точках:
z
1) f ( z )  5
;
z  2z 4  z3
1
sh z 2
2) f ( z )  z cos
; 3) f ( z ) 
.
z
z 
28
Ответы: 1) z  0, z  1 – полюсы второго порядка, Выч f ( z )  2 , Выч f ( z )  2 ;
z 0
z  1
1
2
2) z   – существенно особая точка, Выч f ( z )   ;
z 
3) z  0  устранимая особая точка, Выч f ( z )  0 .
z =0
6.4. Применение вычетов к вычислению интегралов
Вычисление интегралов  f  z  dz
 L
Пусть функция f  z  является аналитической в замкнутой области D с границей
 L  за исключением особых точек z1 , z2 , , zn , лежащих внутри D . Тогда


f  z   Выч f  z   Выч f  z   .
 f  z  dz  2  i   Выч
zz
zz
zz n

1
 L
(6.8)
2
Пример 6.9. Вычислить интеграл 
| z |2
tg z
dz .
z
y
Решение. Построим контур интегрирования z  2 . Это – окружность с центром в начале координат радиусом R  2 . (рис.17). В
 / 2
0
/2
tg z
области D : z  2 функция f ( z ) 
аналитична всюду, кроме
z



точек z  0, z  , z   ; другие особые точки zk   2k  1 ,
Рис.17
2
2
2
k  1, 2, 3... лежат вне области и поэтому не учитываются. Точка
tg z
 1 . Поэтому Выч f ( z )  0 .
z  0 является устранимой особой точкой, т.к. lim
z 0 z
z =0


Для вычисления вычета в точках z  , z   воспользуемся тем, что
2
2
  z    z0 
Выч

в случае, когда   z0   0 ,   z0   0 ,    z0   0 .
z  z0   z     z 
0
Поэтому представим функцию в виде
tg z  sin z  / z   z 
, проверим выполне

z
cos z
  z
  sin/ 2/ 2  0 ,    2   cos   2   0,    z    sin   2   0 и
ние условий   2 
0
вычислим вычет
  z     / 2   sin z  / z


 sin z
2.

z

sin
z

z   /2   z      / 2 

z



/
2
z



/
2
 cos z 
Выч
Тогда

z 2


tg z
dz  2  i Выч f ( z )  Выч f ( z )  Выч f ( z )  0.
z
z 0
z  / 2
z / 2
Пример 6.10. Вычислить интеграл 
( L)
z 2 1 1
sh dz, если  L : z  1  4 e i t , t  0, 2 .
z i
z
29
x
Решение. Построим контур  L – окружность с центром в точке
z0  1 и радиусом 4 (рис.18). Найдем особые точки функции
f  z 
y
z 2 1 1
sh . Это точки z  0,
z i
z
z  i ; они расположены внутри области  D  : z  4 , поэтому
3
i

x
0
1
5
f  z   Выч f  z  .
 f ( z ) dz  2 i Выч
z0
zi
( L)
Рис.18
Для вычисления вычета функции f (z ) в точке z  0 разложим
функцию в ряд в окрестности этой точки:
f  z 
1

z 2 1 1 ( z  i)  ( z  i) 1
1
1
i
1
i
sh 
sh  ( z  i )   

 .....  1  

 ...
3
5
2
z i
z
z i
z
z 3! z
 z 3! z

5! z
3! z 3
Следовательно, Выч f  z   c1  i .
z 0
Для вычисления вычета функции f (z ) в точке z  i определим тип особой точки. Точка z  i является устранимой особой точкой, так как
lim f ( z )  lim
zi
 z  i   z  i 
z i
zi

1
1
1
sh  lim  z  i  sh   2 i  sh    2 i  sh i   2 i 2  sin1  2sin1.
 i 
z zi 
z 


Поэтому Выч f ( z )  0 и  f ( z ) dz  2 i Выч f  z   Выч f  z   2 i  i  0  2 .
zi
( L)
Пример 6.11. Вычислить интеграл 
( L)
z 0
z i
z dz
, где  L :
2
 z 2  (1 3 i) z  3 i 
( x 1)2 y 2

1.
1
9
Решение. Контур  L есть эллипс с центром в точке 1; 0  и полуосями a  1 , b  3 (рис.19). Найдем особые точки подынтегральной
функции f (z ) , решив уравнение z 2  (1  3 i ) z  3 i  0 . По теореме
Виета корни уравнения равны z  1, z  3 i . Внутрь контура попадает только одна особая точка z  1 . Это – полюс второго порядка,
т.к f  z  
y
3i
0
1
z
. Поэтому по формуле (6.7) при k  2 имеем
( z 1)  ( z  3 i ) 2
2




z  ( z 1)2
z
3 i  z 7  24 i

  lim 
  lim
Выч f ( z )  lim 

.
2
2
2

250
z1
z 1 
z 1 
z1 ( z  3 i) 3
 ( z  3 i) 
 ( z 1)  ( z  3 i ) 
Следовательно,

( L)
z dz
 2 i Выч f  z   2 i 
2
 z 2  (1 3 i) z  3 i
z 1
Рис.19
  24  7 i 
7  24 i

.
250
125
Примеры для самостоятельного решения
Вычислить интегралы:
z
 z 3 e dzi z 2 ,
zi 3

z 4
z dz
,
sin z
2
2
1 dz ,  L  : x 2  y  1.
z
sin

z
4
9
L
Ответы: 2  2 i ; 2  2 i ;  3i .

30
2
x

Вычисление интегралов  f  x  dx

Пусть функция f  z  
Pk  z 
Qn z
есть отношение двух многочленов, где n  k  1 и
z1 , z2 , , z N есть нули знаменателя Q n  z  , лежащие в верхней полуплоскости. Тогда

N
 f  x  dx  2 i   Res f  zk  .
(6.9)
k 1


Пример 6.12. Вычислить интеграл I  
0

x 2 dx
.
x2  1 x2  4


Решение. Так как подынтегральная функция является четной, то

I 
0
Функция f  z  



x 2 dx
x 2 dx
1

.

x 2  1 x 2  4 2  x 2  1 x 2  4





z2
есть отношение многочлена степени k  2 к многоz2  1 z2  4


члену степени n  4 , т.е. условие n  k  1 выполняется. Функция f  z  в верхней
полуплоскости имеет две особые точки z  i , z  2 i , поэтому по формуле (6.9)



x 2 dx
z2
z2
1  2 i  Res
.
I1  2


Res
2
2
2
 z i z 2  1 z 2  4 z  2 i z 2  1 z 2  4 
 x  1 x  4




Для функции f  z  








z2
z2

точки z  i, z  2 i являют z  i  z  i  z  2 i  z  2 i 
z2  1 z2  4


ся полюсами первого порядка. Поэтому для вычисления вычетов воспользуемся
формулой (6.5):




2
2
2
2
   i  lim z   z  i   lim z   z  2 i   
I   i  Res 2 z 2
 Res 2 z 2
 z i z  1 z  4 z  2 i z  1 z  4 
 zi z 2  1 z 2  4 z2 i z 2  1 z 2  4 






2
2
z
z
   i  1  4    .
  i  lim
 lim 2
2
 2 i  3 3  4 i  6
z

i
z

2
i

z 1  z  2i  
z  i z  4















i ax
Вычисление интегралов  f  x  e dx ,  f  x  cos ax dx ,

f z 
Pk  z 
Qn z




Пусть функция



 f  x  sin ax dx
есть отношение двух многочленов, где k  n и
z1 , z2 , , z N есть нули знаменателя Q n  z  , лежащие в верхней полуплоскости. Тогда

N
ia x
 f ze ia z, a  0 .
 f  x  e dx  2 i  k1 zRes

 zk 

31
(6.10)
Отметим, что ei ax  cos ax  i sin ax . Поэтому



i ax
 f  x  e dx   f  x  cos ax dx  i  f  x  sin ax dx .



Следовательно, можно записать

 

i ax
f
x
cos
ax
dx

Re
f
x
e
dx





,



 


 

i ax
f
x
sin
ax
dx

Im
f
x
e
dx





.



 

(6.11)
и воспользоваться формулой (6.10) и для этих типов интегралов.

x  1 cos x
Пример 6.13. Вычислить интеграл I    2 
dx .

x  2x  5
Решение. Воспользуемся первой из формул (6.11):

I 

 x  1 cos x dx  Re   x  1 e i x dx .

x 2  2x  5
 x
2
 2x  5
Функция f  z   2
z  1
есть отношение многочлена степени k  1 к многочлеz  2z  5
ну степени n  2 , т.е. условие k  n , необходимое для применения формулы (6.10),
выполняется. Найдем нули знаменателя z 2  2z  5 функции f  z  : это точки
z1  1  2 i , z2  1  2 i ; в верхней полуплоскости находится первая из них. Поэтому
применяя формулу (6.10), получим
   x  1 e i x 

 z  1 e i z  .
I  Re   2
dx   Re  2 i Выч 2

z  z1 z  2z  5
  x  2x  5 


Вычет
в
точке
z  z1
для
функции
вида
  z
 z
  z1   0,   z1   0,    z1   0 , можно вычислить по формуле
в
случае,
когда
  z    z1

.
z  z1   z     z1
Выч
Поэтому





z  1 e i z 
z  1 e i z


 z  1 e i z


I  Re  2 i Выч 2

Re
2

i

Re
2

i





2z  2 z  z1
z  z1 z  2z  5

2




z  2z  5 z  z1


 Re  i e i 12 i    Re  i e2e i   Re  i e 2  cos1  i sin1   e2 sin1.








Примеры для самостоятельного решения

Вычислить:
x2  1
 x 4  1dx ,
0



x

2 dx ,
 x  4x  13
2

0
x 3 sin x
 x  1
2
2 dx ,

cos x
  x 2  1 x 2  4 dx .
0
 ,  ,   2 e  1 .
Ответы:  , 27
4 e 12 e 2
2
32
7. Элементы операционного исчисления
7.1. Оригинал и его изображение
Комплекснозначная функция f  t   u  t   i v  t  вещественного аргумента t
называется оригиналом, если она удовлетворяет следующим условиям:
1) функция f  t  кусочно-непрерывна;
2) f  t   0 при t  0 ;
3) f (t)  M  e s0 t (число s0 называют показателем роста функции f  t  ).
Изображением оригинала f  t  называется функция

F  p    f t  e
p t
dt .
0
Основные свойства изображений удобно свести в следующую таблицу:
№
Оригинал
Изображение
№
Оригинал
Изображение
1
 f  t    g t 
 F  p   G  p
12
1
1
p
2
f t 
p F  p   f  0
13
tn
n!
p n 1
3
f   t 
p 2F  p   pf  0   f   0 
14
e t
1
p 
 f  t  dt
F  p
p
15
sin  t

p2   2
 t n f  t 
F    p
16
cos  t
t
4
0
5
6
f t 
t
n

p
p 2
2
 F  p  dp
17
sh  t

p2   2
p
p 2
p
7
f  t      t   
F  p   e  p
18
ch  t
8
f t  e  t
F  p  
19
t  sin  t
F  p G  p
20
t  cos  t
p2   2
2
 p2   2 
21
t  sh  t
2 p
2
 p2   2 
22
t  ch  t
p2   2
2
 p2   2 
9
t
f  t   g  t    f    g  t    d
0
10
f  t   g  t   f  t   g  0
p  F  p G  p
11
f  t  с периодом T
1
f t  e  pt d t
 pT   
1 e
0
T
33
2
2 p
2
 p2   2 
Более подробные таблицы приведены, например, в [2], [6], [7].
Тот факт, что F  p  есть изображение для f  t  , записывают кратко так:
F  p   f  t  или f  t   F  p  .
Пример 7.1. Найти изображения следующих оригиналов:
t
sin 
1  cos t
1)
, 2) 
d , 3) t 2 cos t .

t
0
Решение. 1). Из таблицы изображений (см. формулы 12, 16 и 6) получим:
1
p

,
p p2  1
1  cos t 

1
1  cos t
p 
1

 
    2  dp   ln p  ln p 2  1   ln
t
2

 p
 p p 1


p
p

p2  1 p
p
 ln1  ln
p2  1
 ln
p2 1
.
p
2). Из таблицы изображений (см. формулы 15, 6 и 4) получим:
1
sin t  2 ,
p 1

 
sin t
dp
 2
 arctg p   arctg p  arcctg p ,
t
p 2
p 1
p
t
sin 
  d 
0
arcctg p
.
p
3). Из таблицы изображений (см. формулы 20 и 5) получим:
2
t cos t 
p 1
 p  1
2
,
2
 2 p p 2  3
 2
p 1 
t 2 cos t   

.
2
3
 2
 p 1 
p2  1








Важную роль в приложениях играют функции
1, t  0,
 (t)  
0, t  0,
1, t   a, b,
  a, b t   
0, t   a, b ,

называемые соответственно функцией Хэвисайда и единичной функцией отрезка  a, b.
Единичная функция   a, b   t  отрезка a, b представима в виде
  a, b   t     t  a     t  b  и имеет изображение   a, b   t   1 e  p a  1 e pb.
p
p
Пример 7.2. Найти изображение функции f  t  , заданной
графически (рис. 20).
Решение. Функция f  t  равна сумме двух вспомогательных
функций f1 (t ) и f 2 (t ) (рис.21, рис.22). Так как
f1 (t )  (t  1)  1,2(t )   t  1  (t  1)   (t  2) , f 2 (t )   (t  2) , то
f t 
1
0
1
2
Рис.20
f  t   (t  1)  1,2 (t )   (t  2)  (t  1)   (t  1)   (t  2)    (t  2)  (t  1)  (t  1)  (t  2)  (t  2).
По таблице изображений (см. формулы 13 и 7) имеем:
t  ( t ) 
1
e p
e 2 p
,
(
t

1)


(
t

1)

,
(
t

2)


(
t

2)

.
p2
p2
p2
Для функции f  t  получим изображение:
34
t
f1 t 
1
f (t ) 
e
p
p
2

e
2 p
p
2

e
p
e
2 p
.
p2
0
1
Рис.21
Пример 7.3. Найти оригинал по заданному изображению:
1) F  p  
2p 3
;
2
p  4 p  13
2) F  p  
p2
 p  1 p  2   p 2  4 
;
3) F  p  
Решение. 1). Выделим в знаменателе полный квадрат
2
p 2  4 p  13   p  2   9 и преобразуем функцию
F  p 
e 3 p
( p  1) 2
2 p  2  7
2p 3
 p  2  7
1

2
;
2
2
p  4 p  13  p  2   9
 p  2   9  p  2 2  9
0
1
2
Рис.22
По таблице изображений (формулы 16 и 15) имеем:
 2
.
f 2 t 
2
p
1
1
3
1

cos3
t
,



sin3t
p2  9
p 2  9 3 p2  9 3
t
2
p
1
7

7

2cos3
t

sin 3t.
3
p2  9
p2  9
Тогда, используя формулу 8 из таблицы изображений, получим
7
f (t )  2e2 t cos3t  e2 t sin3t .
3
p2
2). Разложим функцию F ( p ) 
на простейшие дроби:
( p  1) ( p  2) ( p 2  4)
p2
 p  1 p  2   p  4 
2

A
B
C pD


.
p  1 p  2 p2  4
Приведя к общему знаменателю, получим:



 

p  2  A  p  2  p 2  4  B  p  1 p 2  4  Cp  D  p  1 p  2  .
Равенство верно при любом p :
при p  2 имеем 4  24 B  B  1/ 6,
при p  1 имеем 1  15 A  A  1/15,
при p  0 имеем 2  8 A  4 B  2 D  D  2 / 5;
сравним коэффициенты при p3 : 0  A  B  C  C  1 / 10.
Итак,
F ( p)  
1 1
1 1
 p /10  2 / 5
1 1
1 1
1
p
1
2

 

 
 
  2
  2
.
2
15 p  1 6 p  2
15
p

1
6
p

2
10
5
p 4
p 4
p 4
Тогда, используя таблицу изображений (формулы 14, 15, 16), получим:
1 t 1 2 t 1
1
e  e 
cos 2t  sin 2t.
15
6
10
5
1
в виде F ( p )  e 3 p
и найдем сначала оригинал для
( p  1)2
f (t )  
3). Запишем F  p 
функции
1
, используя формулы 13 и 8 из таблицы:
( p  1)2
1
1
t,
 t  e  t  t  e  t   t  .
2
2
( p  1)
p
Тогда, применяя формулу 7 таблицы изображений, получим:
35
t
F ( p )  e 3 p 
1
  t  3   e   t  3    t  3  .
2
( p  1)
Примеры для самостоятельного решения
1. Найти изображения следующих оригиналов:
f t 
t
б) sin 2 t ; в) f  t  (рис.23).
а)  sh tdt ;
1
0
2. Найти оригинал по данному изображению:
e p
б) F ( p ) 
;
p ( p  1)
1
а) F ( p ) 
;
2
( p  1) ( p  2)
1
Ответы: 1. а)
;
p( p 2  1)
2. а)
б)
1 2 t
e  e t  3t e t ;
9


0
1
1
в) F ( p ) 
.
7  p  p2
2
p( p 2  4)
;
2
Рис.23
(1  e  p ) 2
в)
.
p
б) e t 1  (t  1)   (t  1); в)
1
2 3 t/2
3 3
e  sin
t.
9
2
7.2. Применение операционного исчисления
Использование операционного метода основано на том, что при переходе
от оригинала к изображению операции дифференцирования и интегрирования
заменяются более простыми операциями умножения и деления. Поэтому операционный метод удобно применять для решения дифференциальных и интегральных уравнений. Для этого следует:
1) перейти от оригиналов к их изображениям (при этом дифференциальные
и интегральные уравнения перейдут в алгебраические);
2) из алгебраических уравнений найти изображения;
3) по изображениям восстановить оригиналы.
Решение линейных дифференциальных уравнений
с постоянными коэффициентами
Пример 7.4. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения:
 x  x  2 t et  4sin t ,
 x(0)  x(0)  0.

Решение. Перейдем в уравнении от оригиналов к изображениям:
x (t )  X ( p )  x(t )  p 2 X  p x  0   x  0   p 2 X , t e t 
1
1
, sin t  2 .
2
( p  1)
p 1
Используя свойство линейности, получим уравнение относительно изображения X  p  : p 2 X  X 
2
4
 2 .
2
( p  1)
p 1
Отсюда X ( p) 
2
 p  1  p  1
2
2

4


p2  1
2
.
По изображению восстановим оригинал. Рассмотрим каждое из слагаемых.
36
t
2
1). Слагаемое
разложим на простейшие дроби:
 p  1  p 2  1
2
2
 p  1  p  1
2
2

A
B
C pD

 2
.
p  1  p  12
p 1
Приведя к общему знаменателю, получим:

 
2

2  A  p  1 p 2  1  B p 2  1   Cp  D  p  1 .
Равенство верно при любом p :
при p  1 имеем 2  2 B  B  1;
при p  0 имеем 2   A  B  D .
Сравним коэффициенты при p 3 и p 2 : 0  A  C , 0   A  B  D  2C .
 B  1,

 2,
Решим систему  AA  CB  D
0,
  A  B  D  2C  0.

Тогда
Получим: C  1, A  1, D  0, B  1.
2
1
1
p


 2
  et  t et  cos t .
2
2
p  1 ( p  1)
( p  1) ( p  1)
p 1
2
2). Слагаемое
4
можно рассматривать как произведение изображений
( p  1)2
2
4
1
 2
. По свойству об изображении свёртки (формула 9 из таблицы изобp 1 p 1
2
ражений) получим
4

1
p2  1 p2  1
t
t
 4sin t  sin t  4  sin   sin (t   )d  2  (cos (2  t )  cos t ) d 
0
0
 sin (2  t ) t0  2 cos t t0  2sin t  2 t cos t.
Окончательно имеем x(t )  et  t et  cos t  2sin t  2 t cos t .
f t 
Пример 7.5. Решить задачу Коши
2
 x  x  f (t ),
(см. рис.24).

 x(0)  1, x(0)  0,
1
Решение. Пусть x(t )  X ( p ) , тогда
0
x(t )  p 2 X  p x(0)  x(0)  p 2 X  p .
Рис.24
Найдём изображение функции f  t  , представив её в
1
p
виде суммы   t  и   t  1 : f (t )    t     t  1  
t
1
e p
.
p
Перейдём в исходном уравнении к изображениям и найдём X ( p) :
1 e p
p 2  1 e p
2
p X  pX  
 X p 1 

p
p
p
p
2


37
1
e p
.
 X 
p p p2  1


Восстановим оригиналы, используя таблицу изображений (формулы 12, 15, 4, 7):
1
 1  1   t  ,
p
1
2
( p  1)
 sin t ,
e
t
1
  sin d   cos 0t  1  cos t  1  cos t   t  ,
2
p ( p  1)
0
p


p p2  1
 1  cos  t  1    t  1 .
Тогда x  t     t   1  cos  t  1    t  1 .
Решение линейных дифференциальных уравнений
с постоянными коэффициентами методом Дюамеля
Метод Дюамеля выгодно применять при решении уравнения со сложной правой частью f  t  или при решении нескольких уравнений с одинаковыми левыми
и различными правыми частями.
Рассмотрим задачу
 a x  t   b x  t   c x  t   f  t  ,

x  0   0, x  0   0.

(7.1)
Метод Дюамеля решения этой задачи состоит в следующем:
1) рассмотреть вспомогательную задачу с правой частью, равной единице
 a x1  t   b x1  t   c x1  t   1,

 x1  0   0, x1  0   0;
(7.2)
2) в задаче (7.2) перейти к изображениям X 1  p   ap 2  bp  c  
оригинал x1  t  по его изображению p X 1  p  
1
и восстановить
p
1
;
a p  bp  c
2
3) решение исходной задачи (7.1) найти по формуле
t
x  t   f  t   x1  t  
 f    x1  t    d .
0
t
 x t  x t 
  te 2,
  
e 1

Пример 7.6. Решить задачу Коши 
 x  0   0, x  0   0.



Решение. Для функции f  t  


et
2 изображение найти сложно. Поэтому приet  1

меним метод Дюамеля. Для этого запишем вспомогательную задачу с правой
частью, равной единице:
38
 x1 t   x1  t   1,

 x1  0   0, x1  0   0.
Перейдем от оригиналов к их изображениям, полагая x1  t   X 1  p  и учитывая,
1
p
1
1
1
1
p X1  p   2

 
 x1  t   1  e  t .
p
p

1
p
p

1


p p
что x1  t   pX 1  p  , x1 t   p 2 X 1  p  , 1  . Получим:
 1p

X1  p  p 2  p 

Решение исходной задачи найдем по формуле
t
t
x  t   f  t   x1  t    f    x1  t    d  
e

e 1
2  1 e
 t  
 d 
 
t d e 1
t e 1 1
t d e  1
t d e  1





 
t 

t
t

e 
d  e  1  1  e  
e 
2
2
2

0  e  1
0  e  1
0  e  1
0  e  1
0
0



 t


t
t
t


1

 1 e  
 e ln e  1 
 1  et   1  t1   e t ln e  1 .
2


 2 e 1
e 1

  0







Решение систем линейных дифференциальных уравнений
с постоянными коэффициентами
Операционный метод решения системы линейных дифференциальных
уравнений аналогичен методу решения одного линейного дифференциального
уравнения. Переходя от оригиналов к изображениям, получим систему линейных алгебраических уравнений; решим ее одним из известных способов,
например, методом Гаусса, или по формулам Крамера; затем по найденным
изображениям восстановим оригиналы.
Пример 7.7. Решить задачу Коши для системы дифференциальных уравнений:
 x  y   y  e t ,

2 x  y  2 y  cos t ,
 x (0)  y (0)  0.

Перейдём от оригиналов к изображениям. Пусть x(t )  X ( p ), y (t )  Y ( p ) . Тогда
x  t   p X  x  0   p X , y (t )  pY , e t 
1
p
, cos t  2 .
p 1
p 1
Дифференциальные уравнения для оригиналов перейдут в алгебраические
уравнения для изображений:
1

 p X  pY  Y  p  1 ,

2 p X  pY  2 Y  p .

p2  1
Умножив первое уравнение на  2  и сложив его со вторым, получим
39
Y  (4  p ) 
p
2

p
1
p 1
или Y ( p )  
2
p
2

.
(
p

1)
( p  4)
( p  1) ( p  4)
2
Из первого уравнения
pX 
1
 ( p  1) Y
p 1
или X ( p) 
1
( p  1)
2
 2

.
p ( p  1) ( p  1) ( p  4) p ( p  4)
По изображениям восстановим оригиналы:
t
1
 e d  et  1 ;
p ( p  1) 
0
Разложим функцию
p 1
 p  1  p  4
2
t
2
1 1
 2  e4 d   e4 t .
p ( p  4)
2 2
0
на простейшие дроби
p 1
A
B pC

 2
; тогда
( p  1) ( p  4) p  4
p 1
2
p  1  A ( p 2  1)  ( Bp  C ) ( p  4) .
При p  4 имеем 3  17 A  A  3 /17; при p  0 имеем 1  A  4 C  C  5 /17.
Приравняем коэффициенты при p 2 : 0  A  B  B  3 / 17. Тогда
p 1
3
1
3
p
5
1
3 4t 3
5







e

cos
t

sin t .
17
17
( p 2  1)( p  4) 17 p  4 17 p 2  1 17 p 2  1 17
Окончательно получим
x (t )  e t  1 
1 1 4t 3 4t 3
5
1 11 4t 3
5
 e 
e 
cos t 
sin t или x(t )  et  
e 
cos t 
sin t .
2 2
17
17
17
2 34
17
17
Восстановим y  t  по его изображению Y ( p )  
p

2
 p  1  p  4   p  1 p  4 
2
.
Разложим каждое слагаемое на простейшие дроби:
A1
B1 p  C1
p


;
( p 2  1) ( p  4) p  4
p2 1
D1
D2
2


.
( p  1) ( p  4) p  1 p  4
Получим:  p  A1 ( p 2  1)  ( B1 p  C 1 ) ( p  4) и D1 ( p  4)  D 2 ( p  1)  2 .
4
2
, 3D2  2  D2  ;
17
3
1
2
При p  0 имеем 0  A1  4 C1  C1   , 4 D1  D 2  2  D1   .
17
3
4
Сравним коэффициенты при p 2 : 0  A1  B 1  B1   A1  . Тогда
17
p
2
4
1
4
p
1
1
2 1
2 1
Y ( p)  2

 
  2
  2
 
 

(
p

1)
(
p

4)
17
p

4
17
17
3
p

1
3
p4
( p  1) ( p  4)
p 1
p 1
При p  4 имеем 4  17A1  A1  

22 1
4
p
1
1
2 1

  2
  2
 
;
51 p  4 17 p  1 17 p  1 3 p  1
y (t ) 
22 4t 2 t 4
1
e  e  cos t  sin t.
51
3
17
17
40
3
5

t 1 11 4 t
 x  t   e  2  34 e  17 cos t  17 sin t ,
Запишем решение системы: 
 y  t   22 e 4 t  2 e t  4 cos t  1 sin t .
51
3
17
17

Решение интегрального уравнения типа свертки
Интегральным уравнением называют уравнение, в котором неизвестная
функция входит под знак интеграла. Мы рассмотрим лишь интегральное уравнение типа свертки, т.е. уравнение вида
t
x  t   f  t    g  t    x   d .
0
В этом уравнении интеграл является сверткой функций g  t  и x  t  (см. формулу
9 в таблице изображений) и уравнение может быть записано в виде
x(t )  f  t   g  t   x(t ).
Переходя к изображениям получим простейшее уравнение
X ( p )  F  p   G  p   X ( p ).
Из этого уравнения следует найти изображение X  p  и по изображению восстановить оригинал x  t  .
t
Пример 7.8. Найти функцию x  t  из уравнения x(t )  sin t  2  cos(t   ) x ( )d .
0
Решение. Интеграл в данном уравнении является сверткой функций cos t и
x  t  , поэтому уравнение можно записать в виде
x(t )  sin t  2 cos t  x(t ).
Перейдём от оригиналов к изображениям, учитывая, что
x(t )  X ( p ),
sin t 
1
,
p 1
2
p
,
p 1
cos t 
2
cos t  x  t  
p
 X  p .
p 1
2
Тогда интегральное уравнение для оригинала перейдёт в алгебраическое уравнение для изображения
1
2p
1


X
p
или
X
(
p
)

.


p2  1 p2  1
( p  1)2
1
1
По изображению X  p  найдём оригинал. Так как 2  t , то
 t e t (по фор2
p
( p  1)
X  p 
муле 8 в таблице изображений). Таким образом, x  t   t e t .
Вычисление несобственных интегралов
Пусть оригинал f  t  имеет изображение F  p  . Тогда из определения изображения следует, что

 f t  e
p t
d t  F  p
0
41


Пример 7.9. Вычислить интегралы 1)  t 4  e2t d t , 2)  t cos 2 t  e3t d t .
0
0

Решение. 1). Интеграл  t 4  e 2t d t есть изображение оригинала t 4 при p  2 , т.е.
0

4
 t e
2 t
dt 
0
4!
1 2  3  4 3

 .
5
244 4
p p 2
Здесь использована формула №13 из таблицы изображений.

2). Интеграл  t cos 2 t  e 3t d t есть изображение оригинала t cos 2 t при p  3 , т.е.
0

3t
 t cos 2 t  e d t 
0
p 2  22
2 2
p 2 
2
5
.
p  3 169

Здесь использована формула №20 из таблицы изображений.


1  cos t 2 t
Пример 7.10. Вычислить интегралы 1) 
 e d t , 2)  t 2 cos t  e  t d t .
t
0
0

1  cos t 2t
e d t
t
0
Решение. 1). Интеграл 
1  cos t
при
t
есть изображение оригинала
p  2 . Изображение этого оригинала было найдено в примере 7.1:
1  cos t
 ln
t

1  cos t 2 t
 e d t  ln
t
0
Поэтому 
p2  1
.
p
p2  1
5
 ln
.
p2
p
2

2). Интеграл
2
t
2
 t cos t  e d t есть изображение оригинала t cos t при p  1 . Изоб0
2
ражение этого оригинала было найдено в примере 7.1: t cos t 

2
t
 t cos t  e d t 
0

2 p p2  3
 p  1
2
3


 . Поэтому
2 p p2  3
 p  1
2
3
1
 .
2
p 1
Примеры для самостоятельного решения
 x  x  f (t ),
(см. рис. 25).

x
(0)

x
(0)

0,

1. Решить задачу Коши 
 x   y,
2. Решить задачу Коши 
x (0)  y (0)  1.
 y  2 x  2 y,
3. Найти функцию x  t  из уравнения
t
x(t )  et  2  cos(t   ) x ( )d .
0
42
f t 
1
0
1
1
Рис.25
2
t
t
2
Ответы: 1) x(t )  2 sin 2  (t )  2sin 2

t 1
t 2

 (t  1)  sin 2
 (t  2)  ;
2
2

2) x (t )  e t (cos t  2sin t ) , y (t )  et (cos t  3sin t ) ; 3) x(t )  ch t  t  et .
Библиографический список
1. Краснов М.Л. Вся высшая математика / М.Л. Краснов, А.И. Киселев,
Г.И. Макаренко. М.: Эдиториал УРСС, 2005. Т.4. 352 с.
2. Пчелин Б.К. Специальные разделы высшей математики / Б.К. Пчелин. М.:
Высшая школа, 1972. 462 с.
3. Сидоров В.Ю. Лекции по теории функций комплексного переменного /
В.Ю. Сидоров, М.В. Федорюк, М.И. Шабунин. М.: Наука, 1982. 488 с.
4. Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике /Д.Т. Письменный. М.: Айрис-пресс, 2004. 603 с.
5. Мышкис А.Д. Математика для технических вузов. Специальные курсы
/А.Д. Мышкис. СПб.: Изд-во «Лань», 2002. 640 с.
6. Бронштейн И. Н. Справочник по математике для инженеров и учащихся втузов / И.Н. Бронштейн, К.А. Семендяев. М.: Наука, 1980. 946 с.
7. Корн Г. Справочник по математике для научных работников и инженеров /
Г. Корн, Т. Корн. М.: Наука, 1977. 831 с.
8. Задачи и упражнения по математическому анализу для втузов / под ред.
Б.П. Демидовича. М.: «Изд-во Астрель», 2003. 495 с.
9. Сборник задач по математике для втузов: В 4 ч. Ч.4 / под ред. А.В. Ефимова,
Б.П. Демидовича. М.: Наука, 2000. 464 с.
10.Корн Г. Справочник по математике для научных работников и инженеров /
Г. Корн, Т. Корн. М.: Наука, 1977. 831 с.
43
Оглавление
1. Комплексные числа.……………………………………………………..................................3
1.1. Определение, изображение, формы записи комплексного числа…………………….....3
1.2. Действия c комплексными числами………………..………………………………….......4
2. Элементарные функции комплексного переменного………….…………………...........7
3. Дифференцируемые и аналитические функции……………..……….…………….…....11
4. Интегрирование функций комплексного переменного …………………….……..........13
5. Ряды в комплексной области……….………………………………………….....................17
5.1. Числовые ряды……………………………………………………………………..……...17
5.2. Степенные ряды…………………………………………………………………………....18
5.3. Ряды Тейлора и Лорана ………………………………..………………………….……....19
6. Вычеты функции и их применения………………………………………………… ...23
6.1. Нули функции……………………………………………………………………………..23
6.2. Особые точки функции ……………………......………………………………….……...24
6.3. Вычеты функции в ее особых точках ……………………………………………….......26
6.4. Применение вычетов к вычислению интегралов…………………………..………....29
7. Операционное исчисление…………………………………………………………………33
7.1. Оригинал и его изображение……………………………….…………………………....33
7.2. Применение операционного исчисления…………………………………......................36
Библиографический список…………………………………………………….…..……….….43
44
Учебное издание
Ревекка Максовна Минькова
Функции комплексного переменного
в примерах и задачах
Редактор И.В. Коршунова
Компьютерная верстка Р.М. Миньковой

Подписано в печать
Формат 6084 116
Бумага типографская
Плоская печать
Усл. печ.л.
Уч.-изд. л.
Тираж
Заказ

Редакционно-издательский отдел УрФУ
620002, Екатеринбург, Мира, 19
45