Буров А.Н. - Практикум по спецглавам математики (1250077), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Во всех рассмотренных примерах области ограничены кусочно-гладкими кривыми (а они являются спрямляемыми), поэтому теорему 5 нам достаточно было сформулировать только для этогослучая.Теорема 6 (формула Ньютона-Лейбница). Если f (z) однозначнаяаналитическая функция в односвязной области D⊆C,′F (z)ее первообразная, т. е. F (z) = f (z) , Cориентированнаякривая с начальной точкой z1 и с конечной точкой z2 , то выполняетсяравенствоz 2Zz2Z(28)f (z) dz = f (z) dz = F (z) = F (z2 ) − F (z1 ),z1z1Cт. е. интеграл не зависит от пути, соединяющего точки z1 и z2 , азависит только от функции и от концевых точек.Теорема 7 (теорема Коши).
Если f (z)однозначная аналитическая функция в области D ⊆ C, ограниченной контуром C и непересекающимися контурами C1 , C2,. . . , Cn , целиком лежащими внутриконтура C, то выполнено равенствоIIIIf (z) dz = f (z) dz + f (z) dz + · · · + f (z) dz.(29)CC1C2CnТеорема 8 (интегральная формула Коши). Если f (z)однозначная и аналитическая в области G ⊆ C функция, C кусочно-18гладкий контур без самопересечений, целиком лежащий в G и ограничивающий односвязную областьD, тоIf (z) dz1,(30)f (z0) =2πiz − z0CРис.
3где z0 ∈ D. Контур обходится приэтом так, что область D остается слева (рис. 3).Теорема 9 (обобщенная интегральная формула Коши). Вусловиях теоремы 8 для любого n ∈ N справедлива формулаIn!f (z) dz(n)f (z0) =.(31)2πi(z − z0 )n+1CПример 15. Вычислить интегралZ(1+z)dz, где Cдуга параболыC2y = x в пределах от x1 = 0 до x2 = 1.Решение. Так как функция f (z) = 1+z не является аналитической,будем вычислять интеграл непосредственно по формуле (26)Z(1 + z)dz =C=ZCZ(1 + x − iy) (dx + i dy) =CZ00(1 + x) dx + y dy + i−y dx + (1 + x) dy =C2 y = xx=01 == dy = 2x dx x2 = 1 Z1Z1=(1 + x + 2x3) dx + i (−x2 + 2x + 2x2) dx = 1 3 124xx x4= x+++ x2 = 2 + i . +i22 3300Z1+iПример 16.
Вычислить интегралz sin z dz.019Решение. Поскольку z sin z аналитическая функция, воспользуемся формулой Ньютона-Лейбница (28). Для нахождения первообразнойвоспользуемся формулой интегрирования по частям:Z1+i u = zdu = dzz sin z dz = dv = sin z dz v = − cos z01+i Z1+i= −z cos z + cos z dz =0 =0= −(1 + i) cos(1 + i) + sin(1 + i) == −(1 + i)(cos 1 cos i − sin 1 sin i) ++ (sin 1 cos i + cos 1 sin i) == −(1 + i)(cos 1 ch 1 − i sin 1 sh 1) ++ sin 1 ch 1 + i cos 1 sh 1 == sin 1 ch 1 − cos 1 ch 1 − sin 1 sh 1 ++ i (sin 1 sh 1 − cos 1 ch 1 + cos 1 sh 1).Последнее выражение можно упростить.
Так какch z − sh z =ez + e−z ez − e−z−= e−z ,22то окончательным ответом будетZ1+isin 1cos 1z sin z dz =− cos 1 ch 1 + i sin 1 sh 1 −.ee0Пример 17. Вычислить интегралI|z|=2e2zdz.z−1Решение. Контуром интегрирования является окружность радиуса2 с центром в точке z = 0. Точка z0 = 1 внутрь контура попадает. Функция f (z) = e2z является аналитической внутри контура интегрирования.Поэтому по формуле (30) имеемIe2zdz = 2πi e2z = 2πe2 i .z−1z=1|z|=2Пример 18. Вычислить интегралI|z|=320e2zdz.z 2 − 3z + 2Решение.
Первый способ. Так как z 2 − 3z + 2 = (z − 1)(z −2), с помощью метода неопределенных коэффициентов подынтегральнуюфункцию можно разложить в сумму элементарных дробей следующимобразом:e2ze2ze2z=−.z 2 − 3z + 2z−2 z−1Контуром интегрирования является окружность радиуса 3 с центромв точке z = 0. Особые точки z1 = 1 и z2 = 2 внутрь контура попадают.Функция f (z) = e2z является аналитической внутри контура интегрирования. Поэтому по формуле (30) имеемIIIe2ze2ze2z42dz=dz−dz=2πe−ei.z 2 − 3z + 2z−2z−1|z|=3|z|=3|z|=3Решение. Второй способ. Окружим точки z = 1 и z = 2 окружностями C1 и C1 столь малого радиуса, чтобы они не пересекались илежали внутри окружности |z| = 3 (например, C1 : |z − 1| = 1/3,C2 : |z − 2| = 1/3).
Воспользуем теоремой 7.IIIe2ze2ze2zdz =dz +dz.z 2 − 3z + 2(z − 1)(z − 2)(z − 1)(z − 2)C1|z|=3C1К первому из этих интегралов применим формулу (30), считаяz0 = 1, f (z) =для второго интегралаe2zz0 = 2, f (z) =.z−1ПолучимI|z|=3e2z,z−2 2ze2zedz=2πiz 2 − 3z + 2(z − 2) e2z 42+=2πe−ei.(z−1)z=1z=2Задачи для самостоятельного решения18.Z Вычислить интегралы: a) z Im z 2 dz, C : z = 1 (−π 6 arg z 6 0);b)CZ2e|z| Re z dz, Cпрямая, соединяющая точки z1 = 0, z2 = 1 + i;C21c)d)ZCZ z Re z dz, C : z = 1, обход против часовой стрелки; zz dz, C : z = 1, обход против часовой стрелки.C19. Вычислить интегралы, предварительно убедившись в аналитичности подынтегральной функции:a)d)−1−iZ1+iZi+1b)z 3 dz;ZiZi(2z + 1) dz;c)0z cos z dz;e)00Z2i(z 3 − z)e(z2/2)dz;1+iZ1+if)sin z cos z dz.(z − i)e−z dz;020.
С помощью интегральной формулы Коши вычислить интегралы(все окружности обходятся против часовой стрелки):ZZZeizsin izdza)dz; b)dz; c);222z +1z − 4z + 3(z + 9)(z + 9)|z−1|=1d)Z|z|=2cos zdz;z3|z|=1e)Z|z|=2|z|=4z sh zdz;(z 2 − 1)2f)Z|z−3|=6z dz.(z − 2)3(z + 4)Занятие № 5Ряды в комплексной плоскостиРассмотрим ряд с комплексными членамиz1 + z2 + . . .
+ zn . . . =∞Xzn ,(32)n=1где zn = xn + iyn .Теорема 10. Ряд (32) сходится тогда и только тогда, когда сходится каждый из рядов∞XRe zn =n=1∞Xn=1∞Xxn = x1 + x2 + . . . + xn . . . ,(33)yn = y1 + y2 + . . . + yn . . . .(34)n=1Im zn =∞Xn=122Теоремамости ряда11(признак∞Xn=1абсолютнойсходимости). Изсходи(35)|zn | = |z1 | + |z2 | + . .
. + |zn | + . . .следует сходимость ряда (32), который называется в этом случае абсолютно сходящимся.Замечание 4. Ряды (33), (34), (35) являются рядами с действительными членами, поэтому вопрос об их сходимости решается с помощьюизвестных признаков из теории действительных рядов.Определение 11. Ряд вида∞Xcn (z − z0 )n = c0 + c1 (z − z0 ) + . . . + cn (z − z0 )n . . . ,(36)n=0где z0 , c0, c1 , . . . , cn, . . .
заданные комплексные числа, zкомплексное число, называется степенным рядом.произвольноеТеорема 12. Областью абсолютной сходимости ряда (36) являетсякруг |z − z0 | < R, где R радиус сходимости степенного ряда. В случаекогда cn 6= 0 ∀n ∈ N, он может быть найден по формулам|cn |n→∞ |cn+1 |R = limили1R = lim p,n→∞ n |c |nесли эти пределы существуют.(37)(38)Замечание 5. В некоторых случаях, например, если cn = 0 для некоторых n, можно искать область сходимости непосредственно по признакуДаламбера.Теорема 13. Функция f (z), однозначная и аналитическая в точкеz0 , разлагается в окрестности этой точки в степенной ряд Тейлора∞Xf (z) =cn (z − z0 )n ,(39)n=0коэффициенты cn которого вычисляются по формуламIf (z) dzf (n) (z0 )1cn ==, n = 0, 1, 2, .
. .2πi(z − z0 )n+1n!(40)Γгде Γ окружность с центром в точке z0 , целиком лежащая в окрестности аналитичности функции f (z).23Замечание 6. Следует отметить, что при разложении функций вряд Тейлора часто используют не формулу (40), а готовые разложения(9), (10), (11), для которых R = ∞ иnz2n−1 z+ ... =ln(1 + z) = z − + . . . + (−1)2n∞nXn−1 z=(−1), R = 1,nn=1(1 + z)pp(p − 1)z 2+...+= 1 + pz +2!p(p − 1) · . .
. · (p − n + 1)z n+ ... =+n!∞Xp(p − 1) · . . . · (p − n + 1)z n= 1+, R = 1.n!n=1(41)(42)Теорема 14. Функция f (z), однозначная и аналитическая в кольцеr < |z − z0 | < R (допускается r = 0 или R = ∞), разлагается в этомкольце в ряд Лоранаf (z) ==∞Xn=−∞∞Xn=1cn (z − z0 )n=−1Xn=−∞∞Xncn (z − z0 ) +c−n+cn (z − z0 )n ,n(z − z0 )n=0∞Xn=0cn (z − z0 )n =коэффициенты cn которого вычисляются по формуламI1f (z) dzcn =, n = 0, ±1, ±2, . . . ,2πi(z − z0 )n+1(43)(44)Γгде Γ окружность с центром в точке z0 , целиком лежащая внутрикольца.Замечание 7.
В формуле (43) первое слагаемое называется главнойили собственной частью ряда Лорана, а второе слагаемое правильной, или регулярной, частью ряда Лорана (ряд Тейлора).Замечание 8. На практике при нахождении коэффициентов cn ряда Лорана стараются избегать применения формул (44), так это приводит к громоздким выкладкам. Обычно, если это возможно, используютготовые разложения в ряд Тейлора элементарных функций (см. нижепримеры 22 и 23).24Пример 19. Найти радиус сходимости степенного ряда∞ Xz n.lninn=1Решение.
В нашем случае cn =1, поэтому по формуле (38)(ln in)n1будем иметь R = lim p= lim | ln in| . Так какn→∞ n |c |n→∞nln in = ln |in| + i arg in = ln n + iтопоэтому| ln in| =r2ln n + π 22=π,2q4 ln2 n + π22,R = lim | ln in| = ∞ .n→∞Пример 20. В окрестности точки z0 = 0 разложить в ряд Тейлорафункциюzf (z) = 2.z − 2z − 3Решение. Разложим f (z) в сумму элементарных дробейz1131111=·+·=·−·z 2 − 2z − 34 z+14 z−34 1+z41z1−3.Используя разложение (42) для функции (1 + z)−1, получим211zzf (z) =1 − z + z2 − z3 + . . . −1+ ++...
=4439148 228 3z27=− z+ z −z + . . . = − + 2 z2 − 3 z3 + . . .43927333Радиус сходимости полученного ряда R = 1. Действительно, приразложении мы фактически пользовались формулой для суммы бесконечно убывающей (|q| < 1) геометрической прогрессии. В нашем случаеq1 = −z, q2 = z/3. Отсюда |z| < 1 и |z| < 3, поэтому R = min{1, 3} = 1.Пример 21. Разложить по степеням z − 3 функциюf (z) =1.3 − 2z25Решение. Преобразуем f (z) следующим образом:1111===− ·3 − 2z3 − 2(z − 3 + 3)−3 − 2(z − 3)31.21 + (z − 3)3Используя разложение (42) для функции (1 + z)−1 , где роль z играет2(z − 3) , получим312222323f (z) = − · 1 − (z − 3) + 2 (z − 3) − 3 (z − 3) + .
. . =3333122223= − + 2 (z − 3) − 3 (z − 3)2 + 4 (z − 3)3 − . . .3333Из неравенства 23 · z − 3 < 1 , как и в предыдущем примере, полу3чаем, что радиус сходимости полученного ряда R = .2Пример 22. Разложить в ряд Лорана функцию1f (z) = z 2 cos .zРешение. Разложим f (z) по формуле (11), полагая в качестве z вы1ражение . Получимz1111z 2 cos= z2 1 −+−+... =z2! z 24! z 46! z 6111= z2 −+−+ ...2!4! z 26! z 4Это разложение справедливо для любого z 6= 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
