Masharov_KAN

ÎÇÄIË 9

ÒÅÎ Iß ËÈØÊIÂ

9.1 яди Тейлора i Лорана

Теорема 9.1 (Тейлора). Нехай D область в C , f 2 Hol D). Тодi

äëÿ äîâiëüíî¨ z0 2

знайдеться B r (z0), в якому f(z) =

P1

ak(z z0)k,

причому r > (z ; D) вiдстанi вiд x

äî ìåæi D, i a

= f(k)(z )=k! .

0

0

k

k=0

0

Теорема 9.2 (¹диностi, перша). Нехай D область в C , ункцiя

f

2 Hol(D), iсну¹ точка z

0

2 D, äëÿ ÿêî¨ f

(k)(z

) = 0 äëÿ óñiõ k 2 N. Òîäi

0 â D.

0

Теорема 9.3 (¹диностi, внутрiшня). Нехай D область в C , ун-

кцiя f 2 Hol(D), iсну¹ множина E D така, що f

= 0, причому E ма¹

принаймнi одну граничну точку z

0

2 D. Òîäi f 0 âED.

Теорема 9.4

¹ нулем кратностi m го-

ь нуля). Число z

ломор но¨ в z

ункцi¨(кратнiсf z) тодi i лише тодi, коли в деякому околi B

(z )

óíêöiÿ f ìà¹0

розвинення f z) =

P1

ak

0

r

0

(z z0)k, am =6 0.

Теорема 9.5

(уточнення теореми 8. . Нехай D область в C ,

f 2 Hol(D), z

k=m

0

(z14)= = f

(p 1)

(z ) = 0. Òîäi

2 D, iñíó¹ p 2 N: f(z ) = f

0

8

z)= z z )p;

0

0

0

6

;

<

Теорема 9.6

(êiëüêiñòü íó

. Нехай D область в C , f 2 Hol(D),

óíêöiÿ g(z) =

:f

0

)=p!; 0

z = z

0

2 Hol(D), f(z) = (z z0)pg(z).

p) z

f 6 0 â D. Òîäi óíêöiÿ f

ма¹лiв)цiй областi не бiльш, нiж зчисленну

(злiченну) кiлькiсть нулiв.

Теорема 9.7 (нерiвностi Кошi). Нехай в B r ункцiя f : jf(z)j < M

i ма¹ вигляд f = P1 ak z z0)k. Тодi jakj 6 M=rk для усiх k 2 N.

m i M, äëÿ ÿêèõ jf(Ëióâiëëÿ,z)j 6 M(1 + jzj

m

â C . Òîäi f(z) = Pm

akzk.

Теорема 9.8

k=0

узагальнена). Нехай f 2 Hol(C ), iснують

Теорема 9.9

гранична). Нехай f 2 Hol(B ), iсну¹ M,

i'

'2(¹диностi,; )

k=0

для якого jf(z)j 6 M в B . Нехай також iсну¹ промiжок ( ; ) ( ; )

такий, що f(re

)

0. Òîäi f 0 â B .

r!1

z

Для чисел r i R, для яких 0 6 r < R 6 +1, кiльцем з центром у точцi

0

i радiусами r та R будемо називати множину B

r;R

(z

) = fr < jz z

j < Rg.

60

0

0

Теоремаf 2 Hol(9.10B r;R(Лорана)z0)). Тодi. Нехайдля довiльногочисла r i zR2òàêi,B r;R(ùîz0)0ìà¹6 r ìiñöå< R 6ðîç+1- ,

виненнункцiя в ряд Лорана

f(z) =

1

(z z

)k;

(9.8)

1

R

X a

äå ak

=

B

(z )

f( )

k= 1

k

0

2 i

( z )k+1

d , для ус х k 2 Z, а число Ж довiльне

(r; R), à

ä

(9.8) збiга¹ться локально

ðiâíîìiðíî â B

(z ). Лоранiвське

розвинення ¹дине.

Æ

0

0

r;R

0

ak(z z0)k òà P1

ãî

ÿäè P 1

ak(z z0)k називаються

нiвського розвинення (9.8). Перший

íих збiга¹тьсрегулярноюзовнi замкневiдповiдноого круга,

k= 1

k=0

îþ, àáî

части

àìè ëîðà-

ловною, або iррегулярноþ, òà ïð

тобто в jz z

j > r, а другий авилькрузi jz z

j < R (0 6 r < R 6 +1).

0

0

9.2 Iзольованi особливi точки

Òî÷ê

z

2 C

назива¹ться iзольованою с бливою точкою (IзОТ) для

ункцi¨ f, якщо f голомор на в деякому прî олотому

околi цi¹¨ точки

íå

голомор на

0

ñàìié òî÷öi z . Â

z

óíêöiÿ f ìîæå áóòè

не визначена.

IçÎÒ z

усувною (по юсо

, iстотно особливою

якщо лоранiв

üê

розвиненняназива¹тьсдеякому прокточцiëотому

околi точки z ункцi¨ f не мiстить

0

0

íå-

(вiдповiдно, мiстить лише скiнченну але ненульову кiлькiсть,0

0

данкiв з вiд'¹мними степенями (z z ).

z

скiнченну кiлькiсть)

полюс, то найбiльший з дулiв цих степеней називають порядкомiститьЯкщоп люса.

Коли порядок

äîðiâíþ¹

модиницi, полюс на ивають простим.

0

0

Теорема 9.11

усувно¨ IзОТ). Нехай z

IçÎÒ óíêöi¨

f. Точка z

¹ усувною(критерiй) jf z)j обмежений в деякому проколотому околi

z

0

() 90lim f(z) = a

0

=6 1.

0

z!z

0

полюса). Нехай z

IçÎÒ óíêöi¨ f. Òî-

÷êà z

Теорема 9.12

0

0

¹ полюсом

()(критерiйlim f z) = 1.

z!z0

кратностi нуля

порядку полюса). Не-

Теорема 9.13

õàé z0

нуль кратностi p голомор но¨ в z0 ункцi¨ g. Тодi 9r > 0: ункцiя

Теорема 9.14

(çâ'ÿçîê

порядку полюса0

i кратностi

ëÿ). Íå-

f(z) = 1=g(z) 2 Hol(B

0

z0)), i точка z0

для не¨ ¹ полюсом порядку p.

õàé z0

¹ полюсом порядку m ункцi¨ f 2 Hol(B r (z0)). Тодi

iñíó¹ Æ > 0:

r

8

6

;

2 Hol(B

(z

)), точка z

для не¨ ¹ нулем

óíêöiÿ F (z) = <1=f(z);

Æ

0

кратностi m.

:0;

z = z0

0

Теорема 9.15 (кри ерiй iстотно особливо¨ точки). Нехай z

Теорема 9. 6 (Сохiстотнодського). Нехай z

iстотно особлива точка

IçÎÒ óíêöi¨ f. Öÿ z

¹

особливою для f

0

0

() lim f(z) íå iñíó¹.

z!z

äëÿ f, A 2 C [ f1g. Òîäi iñíó¹ fzngn=1

:

lim zn = z0

0

lim f(zn) = A.

кцi¨ f. Тодi для довiльного A 2 C

1

0

крiм, може бути, одного, для довiльного

Теорема 9.17 (Пiк

. Нехай z

n!1

n!1

iстотно ос блива точка ун-

" > 0 iñíó¹ z

2 B

(z ): f(àðà)z = A.

0

"

0

0

"

"

= 1 ¹ особливою. Нехай для деяко¨

Для д вiльно¨ ункцi¨ точка z

óíêöi¨ f âîíà ¹ IçÎÒ. Òîäi f(1= ) 20

Hol(B 1="

n f0g), òî÷ê

0

= 0 äëÿ íå¨ ¹

отриму¹мо

f(z) =

1

a kzk +

1

akz k

, z 2 C

n B ". Залежно вiд того,

IçÎÒ. Òîìó

1= ) = P1

ak k

Pk

1

k k, 2 B 0

="

, ïiñëÿ çàìiíè z = 1=

P

k=0

ÿê

k=1

k=0

= 1 для f(z), справедливi

¹ = 0 для f(1= ), те саме говорять про z

(усувною, полюсом або iñòî

особливою), ця0 ункцiя вiдповiдно ¹ сталою,

0

òîãî, ÿê

IçÎÒ ¹ z

0

всi теореми. Залежно в

= 1 äëÿ öiëî¨ óíêöi¨ f(z)

полiномом або

трансцендентною.

f, голомор на в областi D усюди за винятком полюсiв, нази-

ва¹тьсФункцiямеромор ною в D.

9.3 Елементи теорi¨ лишкiв

íî¨

еякiй областi D, D

Нехай z

0

IзОТ ункцi¨ f голом

кусково-гладенüêà замкнена жîðданова äодатно орi¹нтована

äîâiëüíàf z öå Res f(z) =

f(z) dz. ßêùî z

=6 1 IзОТ ункцi¨крива,f то

ùî

хоплю¹

0

, i int не мiстить iнших особливих точок f. Лишок ункцi¨

0

1

H

0

2 i

Res f(z) = az=zз0 лоранiвського розвинення (9.8). Якщо ж (9.8) ¹ розвиненням

z=z

0

1

= a 1.

ункцi¨ f в околi точки 1, то Res f(z

Теорема 9.18 (обчислення

лишкiв). Мають мiсце наступнi твер-

дження:

z=1

z

усувна, то Res f(z) = 0.

1

2. ßêùî f(z + z ) ¹ парною в деякому B 0 (0), то Res f(z) = 0.

0

0

z=z0

r

z=z0

3. ßêùîResz0f¹(zполюсом) = 1

порядка

mm21N ,(òîz z )mf(z) :

(9.9)

0

(m 1)!

0 dz

z z ).

Окремим випадком (9.9) äëÿ lim= 1 ¹ Res f(z) = lim f(z

z=z

z!z

m 1

0

z!z0

0

4. ßêùî z

простий полюс

z=z0

, äå

, ÿêà

ма¹ вигляд f(z)( =

'

(z)

(z ) = 0,

0

(z ) =60 0, ' z ) =6 0 òî Resf(z =

'(z0)

.

0

Теорема 9.19 (теорi¨ лишкiв,

î

0 новна).

0

Нехай D n-зв'язна обме-

0

0

z=z

(z0)

ена область, межа яко¨

склада¹тьñ

ç n ç ìêíених кусково-гладеньких

þòü IçÎÒ E = fz gk=1 D, ùî

óíêöiÿ f 2 C(D n E) \ Hol(D n E). Òîäi

æорданових кривих,n

що попарно не перетинàються. Нехай також iсну-

R

f(z) dz = 2 i Pn

Res f(z).

k=1 z=z

9.4 Застосуванняk лишкiв для обчислення iнтегралiв

Спершу розглянемо iнтеграл виг

I1

=

R

2

R( os t; sin t) dt, äå R

0

рацiон льна i неперервна для t 2 [0; 2 ункцiя. У цьому iнтегралi роби-

òüñÿ çàìiíà eit

= z i використовуютьслядурiвностi os z

=

eiz

+ e iz =2 =

=

iz

e

iz

=(2i) =

z 1=z

=(2i). Пiсля пiдстановки

z + 1=z =2, sin z = e

1

отриму¹мо

1 Z

jzj=1 R

1

;

1

1 dz

=

1 Z

jzj=1 Q(z) dz:

I1 =

i

2

z +nz

2i

z z

z

i

Потiм, знайшовши fzkgk=1

óñi IçÎÒ óíêöi¨ Q в крузi B , одержу¹мо

ðiâíiñòü I

1

= 2 Pn

Res Q(z).

k=1 z=zk

n

2

R

1

Наступíèм розглянемо

=

f(x) dx, äå IçÎÒ

вигляду I

вiд z, f 2 C(D n E) \ Hol(D niнтегралE), jf(z)j < M=(1 + jzj2). У цьому випадку

f(z) з областi D = fIm z > 0g ¹ E = fzkgk=1, сама ункцiя f, як ункцiя

I

2

= 2 i Pn

Res f(z).

k=1 z=zk

R

1

f(x)eix dx, äå óíêöiÿ

f

Останнiм розглянемо

вигляду I3 =

тi самi умови,iнòщоегралу

î

у випадку окрiм останньо¨,

якзадовольня¹замiню¹ться акою: f(z)

попереднь0. Т дi ма¹

ìiñöå I

=

P

n

Res f(z)eiz .

arg z2[0;

9.5 Iншi застосування

òåîði¨ ëèøêiâ

3

k=1 z=zk

D3z!1

D

Теорема 9.20. Нехай D обмежена облаñòü, ' 2 Hol(D) \ C(

);

n

m

iñíó¹ B = f kgk=1

D полюси ункцi¨ f 2 Hol(DnB), f kgk=1 D усi

íóëi f â D; ÷èñëà

k

êðàòíiñòü íóëÿ

,

k

порядок полюса

. Òîäi äëÿ

(z) = '(z)

0

1

R

k

k'( k) Pn

k

k'( k).

ì๠ìiñöå

D

(z) dz =

Pm

f(z)

2i

f,

k=1

k=1

1

R

Çà óмов теореми 9.20 на

óíêöiþP

ÿêâiäíùî

покласти ' 1, отриму¹мо

f

0(z) dz = N P , äå N

кiлькiсть нулiв i полюсiв f

2 i

D f(z)D iз урахуванням кратностiвiдïîрядку.

âñерединiТ рема 9.21 (принцип аргумента). Якщо D обмежена од -

кiлькостi

полюсiв 2 D,

ма¹ в D скiнченну кiлькiсть

íóëiâ,

ïðè

ìó

çâ'ÿçíà

бласть,

óíêöiÿ

f голомор на в D за виключен ям

íî¨

f =6 0 íà = D,

k

äi

ïðèðiñò

аргумента f пiсля одного обходускiнченто кою

z криво¨ у

додатнîму напрямi дорiвню¹ 2 (N P ). Таким чином, ма¹

ìiñöå ðiâíiñòü

arg f z)

= 2 (N P ).

Pn

akzk

(a

Теорема 9.22

(алгебри,

основн ). Кожен полiном Pn(z) =

n

=6 0) ì๠в C n нулiв (коренiв) з урàхуванням кратностi.

k=0

Теорема 9.23

. Нехай D область

C , = D,

g; h 2 Hol(D); jg(z) ( hóøå)z j < jg(z)j íà . Òîäi

всерединi

D обидвi óíêöi¨

мають однакову кiлькiсть улiв.

9.6 Зразки

ðîçâ'язання

задач

У прикладах

37 41

знайдемо розвинення даних ункцiй в ряд Лорана.

Приклад 37.

(1+z2)2

, jzj < 1

розвинення

1+z

=

P1

éîãî

озв'язання.

k=0( 1)kzk

ìàòè ïîòðiáíå

розвиненняДи еренцв

iþþ÷èяд Тейлора,

k=1

я помножити

обидвi

крузi збiжностi jzj < 1,

держимо

(1+z)

2

=

( 1)k

kzk 1. Ùîá îòðè-

P1

частини на 1 зробити пiдстановку z

2

!залишилосz. Так ж зробимо зсув iндексiв

k 1 ! k. Остаточно, ма¹мо

1

( 1)k 1 (k + 1)z2k, jzj < 1

= P1

Приклад 38. e

z

sin z,

(1+z2)2

k=0

z 2 C

озв'язання. Скориставшись зв'язком тригонометричних та показни-

êîâî¨

óíêöi¨,

перетворимо

äàíó

наступним

чином:

e

z

z =

z

iz

iz

(1+i)z

(1 i)z

P1

((1+sin)z)k

= e

(e

e

)=(2 ) =

e

e

=(2i). Використовуючи розвиненíÿ

êîå iöi¹íò: (1 óíêöi¨+ ) (1 i)

=(2i) =

(

2) e

(

2) e

k=0

=(2i) =

показниково¨

â ðÿä Òейлора, отриму¹ìî ez sin z =

k!

P1

((1 i)z)k =(2 ) = P1

(1+i)k (1 i)k zk

. Ïåðåòâоримо окремо числовий

k=0

!

k=0

k! 2i

p

p

= 2

sin( k=4). Îòæå, e sin z =

2

sin

k

, z 2 C

k ki=4

k

k

k=0

4

k=2

z

k=2

4

ki=!

P1

k zk

Приклад 39.

z=(z

1)

за степенями (z + 1)

îçâ'ÿçання. Спочатêó перетворимо

óíêöiþ äî áiëüш зручного ви-

гляду: os

z+1

=

os 1

z+1

= os 1 os

z+1

+ sin 1 sin

+1

z

. Залишилося

скористатись розвиненнями тригонометри÷íèõ óíêöié: os z=(z + 1)

=

= os 1

P1

( 1)k

z+1) 2k

+ sin 1

P1

( 1)k

z

2k 1

, 0 < jz + 1j < 1

k=0

(2k)!

k=0

(2k+1)!

1

Приклад 40.

1=(z2

3z 10), 2 < jzj < 5

1

=

1

озв'язання. Спочатку по

óíêöiþ ó âèãëÿäi

z2 3z 10

7(z 5)

.

я розкласти

дамок ж

з доданкiв за

z, àëå ñïî-

äîäàòíè

Залишилосчи вiд'¹мними?

Ñòåïеневиé

ряд за додатнимистепенямиепенями z збiг -

7(z+2)

степенями z необхiдно розкладати:

чатку треба вирiшити, за якими сам

¹òüñÿ â ìножинi вигляду jzj < R, i його сума ¹

голоморв точцiною

óíêöi¹þ â

цьому крузi. Оскiльки ункцiя

1

не ¹ голомо

2

òî ¨¨

çà

степеня

z можна розкласти лише в крузi jzj < 2.

Проте,

ÿêùî ¨¨

7(z+2)

ãîäкруга,атними бтовiд'¹мнимижèíi jzj > 2. озклаâøàêè èéожен дрiб за необхiднимè ñòå-

дор зкладати за

2

1

степеняìè z, òî ò

ðÿä çáiãàòèì òüñÿ çîâíi öüî

пенями z, отрима¹ммно

=

1

k=0

7 5

+1

=

=

P1

( 1)k(2=z)

35

k=0(z=5) =

k=0

7 zk+1

k=1

7 2k+1

k=0

7 5k+1

,

2 < jzj < 5 (в першiй сумi зробили зàìiíó k

+1+2

! k)

=0

P

P

z 3z 10

k

35 1 z=5

7z

=z

7z

P

1

1

k

1

( 1)

k

2

P

1

z

P

1

k

k

1

z

2

( 1) z

Приклад 41.

7=(z

+ z 12) â êiëüöi çà ñòåïåíÿìè (z + 2)

1

7

1

1

(z

1

. Перетворимо óíêöiþ:

z2

+z 12

= z 3

z+4

=

(z+2) 5

озв'яз. озмiрковуàííÿ

þ÷è аналогiчно попередньому

ïðèкладу, отриìó¹ìî

z +z+2)+2

5

(z

=5

z+2 1+2=(z+2)

+2

P

k=0

z+2

5

P

k=0

5

k =

2

7

= 1

1

1

1

= 1

1 ( 1)k

1

1

z+2

1

k+

=

P

k=0( 1)

2k+1

k

+

P

k=0

5k+1

k

, 2 < jz + 2j < 5

z

k

f(z) = 1=(e

1) 1= sin z òî-

÷êà z

Приклàä 42. Äоведемо, що для ункцi¨

= 0 ¹ усувною IзОТ

z1

1

= sin z (ez

1)

. озкла-

0 озв'язання. Пе еòворимо ункцiю:

e

1

sin z

(e 1) sin z

частину:

емо чисельник за орìулою Тейлора з мåòîþ âèäiëèòè

äëÿ

чисель

число z

=

нулем друго¨ кратностi. Дляголовнук жíîãî ìíî-

sin z (ez

1) = z z3

+ o(z4) z +

z2

+ o(z2)

= z2

+ o(z2). Òîìó

жника зi зíаменник

z

6

= 0 ¹

2

2

= z + o(

0

простим нулем, оскiльки sin z

,

ez

1 = z + o(z). Таким0

чином, дана ункцiя ма¹ вигляд f(z) =

zg

z2g1

( )

äå óíêöi¨ gk

голомор нi в деякому околi точки z0

z zg (z)

= 0, òà gk(0)

=6 0.

2

3

Ò ìó iñíó¹ lim f(z) =

g2(0)g1(0)g3(0)

=6 1, що за критерi¹м усувно¨ IзОТ означа¹

z!0

2

потрiбне твердження

, ùî äëÿ óíêöi¨ f(z) =

z=(1 os z)

z

Приклад 43. Дове

точка

0

= 0 ¹ полюсом,

знайдемо порядок цього полюса

озв'язання. Для чисельник

0 ¹

нулем. Для g(z) = 1 os z

òî÷ê

0 ¹ нулем друго¨ кратностi, оскiльпростимg(0) = 0, g (0) = sin 0 = 0,

g00

= os 0 = 1 =6 0. Òîìó äëÿ

знаменника 0 ¹ нулем четверто¨ кратностi.

Таким чин

, дана ункцiя ма¹ вигляд f z) =

2

z

2

=

0

4

2

=

3

1

, äå

w((0)z ãîëîìор на в деякому околi z , w(0)

z

=6 0. Тому 0 ¹ полюсом третього

порядку ункцi¨ f

0

(z h(z))

z h (z)

z w(z)

Приклад 44. Доведемо, що для ункцi¨ f(z) = z2 sin( =z) точка z

0

= 0

¹ iстотно особливою IзОТ

äàíî¨ óíêöi¨ â ðÿä

â

головна части

. озглянемо

розкладу мiстиòüрозвиненняêiíченну кiлüêiñòü íåнульовихЛоранад дан-

кiв. З визначеозв'язаннявиплива¹, що 0 iñòîòíî

особлива IзОТ ункцi¨ f

околi точки z : f(z) = z2

P1

( 1)k 2k

=

P1

(

k

2k

. Ïîìi÷à¹ì , ùî

0

k=0 z

2k+1

(2k+1)!

k=0 z

(2k+1)!

2k 1)

2

Æ

(z

2

5z + 6) sh(1=z)

Приклад 45. Для ункцi¨ f(z) = os ( z=2)

знайдемо та класи iку¹мо нулi та IзОТ

îæåí ìíî

îêðåìî. Ôóíêöiÿ

g (z)

= os(

. Спочатку розглянемо

2) 2 Hol(C )

а оберта¹ться в нульжниколи

z

=

+ k,

k 2 Z, тобто

точках z = 1 + 2k.

Îñêiëüêè g1(1 + 2k) = sin

2

+ k

=

простiоберта¹тьсозв'язаннянульскiнченол

sh(1=z) = sin(i=z) = 0, òîá

i=z = k, k 2 Z;

1

k+1

0

2

=

=6 0, то цi нулi простi для g

z) i друго¨ кратностi

os( k) z= ( 1)

2

íóëi: 2 i 3,

2

х IзОТ вiн не ма¹. Функцiя sh(1=z2)(

Hol(C =nf0g)

2

5z +6 =

z

z 3) ì๠äâà

для чисельник

дано¨ ункцi¨. Многочлен z

z = i=( k), k 2 Z n f0g. Îñêiëüêè це простi

íóëi ñiíóñà,

òî

вони ¹ простими

нулями ункцi¨ sh(1=z).

lim

f(x) = 0, бо чисель-

Для дослiджен я точки 1 зауважимо, що

обмежений, а

знаменник

x

2

5x + 6) sh(1=x) x, тому пряму¹ до

ескiнченностi. В2

напрямi

!+1

явно¨ вiсi знаменник поводить себе так само, а

чисельник

os

( iy=2) = h( y=2) зроста¹ як показникова ункцiя,

тобто шв дше степенево¨,

òîìó

lim f(iy) = 1.

y!+1

Çàëèшилося зробити висновки. Функцiя f ма¹ наступнi особливi точки.

Нулi друго¨ кратностi z = 1 + 2k

k 2 Z n f1g. Точка z = 3 усувна, i

якщо довизначити f за

, z = 3 буде простим нулем.

Простi полюси в точкахнеперервнiстюz = 2 а

z = i=( k), k 2 Z n f0g.

завгодно

Т а z = 0 не ¹ iзольованою особливою точкою

Точк z = 1 ¹ iстотно особливою, оскiльки не iсну¹

(ñêiëüêèlim f z).

близьк

до не¨ розташованi особливi точки вигляду i=( k)

îëè k ! 1).

У прикладах 46 48 знайдемо лишки в усiх IзОТ.

z!1

2

)

Приклад 46. f = z=(1 + z

ïð

òi ïî-

. Особливими òочками дано¨ ункцi¨ ¹ i

люси, озв'язанняусувна 1. Для обчислення

в полюсах

користа¹мîñÿ ï. 4

теореми

9.18. Ìà¹ìî Res f(z) =

2z

= 1=2. Îñêiëüêè ñóìà

ëèøêiâ â óñiõ

z= ëèøêiâ

IçÎÒ (ÿêùî

z= i

z

íøèõ íåì ¹) äîðiâíþ¹ íóëþ, òî Res f(z) = 1.

z=

=

Останнiй резуль ат можна отримати використавшè розвинення в ряд

k=0( 1)kz 2k 1.

Ñòåïiíü z äîðiâíþ¹

1 êîëè 2k 1 = 1); k = 0.

Лорана в околi нескiнч нностi: f(z) =

1

=

1 P1

(

kz 2k

=

z

1+(1=z2

z

k 0

P1

= ( 1)0

азом з цим знаходимо a

1

= 1 òà Res f(z) = a

1

=

1

3

z=1

Приклад 47. f = os z=(z 1)

озв'язання. Ма¹мо полюс третього порядку в z = 1 та iстотно осо-

бливу z

= 1. Використовуючи (9.9), ма¹мо Res f(z) =

1

z

00

z=1

=

2!

= ( os 1)=2. Ç

мiркування

ïðî ñóìó óñiõ ëèøêiâ Res f(z) = ( os1)=2

z=1

3

z

z=1

Приклад 48. f(z) = 1= sin

, k 2 Z;

озв'язання. Ма¹мо полюси третього порядку в точкаõ z =

а 1 не ¹ iзольованою. Оскiльки

íà óíêöiÿ ì๠ïåðiîä T = 2 k,

â òî-

точках

z

=

k

лишки

ñïiâïàäàþòü,

також

âîíè

ðiâíi

â

òî÷êàõ

z = 2 k + , k 2 Z. Ç (9.

ìà¹ìî

Res f(z) = Res f(z) = (1=2) lim

z

3

00

=

1

3z 3z sin(2z9) 3z

os

z 2 sin

z z

= sin

z =

z!0

sin

z

2

z

=2

k

2

z=0

2

5

= (3=2) lim

3z(2z

4 z3

2z4

+ o(z4))

+ o(z4)) 3z2(1 z2

+ o(z3)) (2z2

z2 =z4

z!0

3 lim 6z2

3

+3z4 2z2

+2 z4 z2

+o(z4) =z4

3

1 =

=

4z4 3z2

= 3

=

1

2 z!0

3

1

lim

(z )3 00

2

3

i-

2

. Äëÿ çíàõ äæåííÿ

Res f(z) = Res f(z) = 2

sin3 z

зробимо за

íó = z . Âîна не вплине на похiдну, оскiльки d = dz = 1. Тодi отрима¹мо

Res

f(z) = 1

lim

z=2 k+

z=

z!

3

3

00

= Res f(z) = 1=2

z=2 k+

2

!0

sin

z=0

У прикладах 49 50 обчислимо iнтеграли.

Приклад 49.

R

j

j=1

(z2

+ 2z)

=z) dz

(z

+ 2z) sin(1=z) = 2 i=6 = i=3

+ 2z)sin(1=z) dz = 2 i Ressin(1z

озв'язання. З основно¨ теоðåìè òåîði¨ ëèшкiв, враховуючи розвине-

ííÿ (z2

+ 2z)

) = (z2 + 2 )

1

+

120z5

z

: : : , 0 < jzj < 1, ìà¹ìî

R

jzj=1

2

R +1

x2 dx

z=0

2

6z3

Ïðиклад 50.

2

1

2

+9)

озв'язання.

(x

iнтеграл

другого

òèïó

ç

ï.

9.4.

Функцiя

Ìà¹ìî

f(z) =

z2

2

ма¹ полюси другого порядку в z = 3i. Тому

R

+1

x2 dx

2

=

2

+9)

2

(z

z2

0

z=3i = 2 i

2z(z+3i) 2z2

z=3i

1 (x

+9)

= 2 i Res f(z) = 2 i

(z+3i)2

(z+3i)3

= 2 i ( i=12) =

6

z=3i

Контрольнi запитання

а завдання

9.7

93. Iзольована

особливанаступнимточк . 94. Усувна IзОТ 95. IзОТ полюс.

I. Дайте виз

чення

поняттям, наведiть приклади:

96. Iстотно особлива IзОТ. 97. Простий полюс. 98. Методика класи iка

нескiнченно вiддалено¨ IзОТ. 99. Меромор на ункцiя. 100. Лишок ункöi¨

â òî÷öi.

наступнi твердження, дайте ¨м пояснення:

II.

71.

НаведiтьТ рема Тейл ра. 72. Перша теорема ¹диностi. 73. Внутрiшня

областi аналiтичностi. 76. Нерiвностi Кошi. 77. Узагальнена

òåî

¹äèí

. 74. Щ до визначення кратностi нуля. 75. Кiлькiсть нулiв

Лiувiлля. 78. ранична теорема ¹диностi. 79. Теорема Лорана. 80.

ïî-

терiйункцi¨сувно¨ IзОТ. 81. Критерiй полюса. 82. Зв'язок кратностi нуля

оремаядк п люса. 83. Зв'язок порядк

полюса

кратнiсть нуля. 84. Критерiй

обчислення

ëèшкiв. 87. Основна

теорема теорi¨ л

шкiв. 88. Обчислення iнте-

iстотно

îñîá

во¨ IзОТ. 85. Теорема Сохоцького Вей¹рштрасса. 86. Формули

I2 =

R

f(x) dx. 90.0Обчисле

íÿ ií

ã

àëiâ

âèãëÿäó I

= R

f(x)eix dx.

гралiв вигляду I1

=

R 2

R( os t; sin t) dt. 89. Îá÷

слення iнтегралiв вигляду

1

1

91. Принцип аргумеíòà. 92. Îñíîâíà òåîðема алгебри. 93. Теореìà óøå.

III. Знайдiтü ðозвинення наступних ункцiй в ряд Лорана:

1

2

+

5

, 0 < jzj < 3.

3

h

2 i

6

+

3

1. f = sin

2. f =

+ z

, jzj > 1.

9. f = z2 3z 10

, 2 < jzj < 5.

10. f = os(3 2zi) + z2+1

3

ei( +i=z)

+

2

7

z

z 3

4. f =

2

z 2

,

>

, 0 < jzj < 2.

+ 3zi) +

2

2

2

+1

z 4

z

2

5

2

3,

1 < jzj < 3.

6. f = sin

2

+

2i

7

h

3 i

+ z

+

, jzj > 3.

8. f = ei

=2 2i=z)

+

z

, 0 <

<

2

3+zi

z2 1

3

2

1

1

2

z 12

, 3 < jzj < 4.

2

z

усi можливi, за

z.

2

3

z2 z

13. f =

z

z+1

усi можливi, за степåпенямиz (1 + 2i).

(z 1)

IV. Äëÿ кожно¨ з даних óíкцiй знайдiть i êëàси iкуйте IзОТ, 1,

íóëi: 1

z

2+1.

2. f =

z3 .

3. f =

z3

.

4. f = sin z .

z

z4+1

1

z

z3

i

2

5

e 1

.

.

6

.

.

7.

f =

(z

1) sin(1=z)

.

8. f = sin z

9. f =

4

osh2 z

3

0

=z).

2

z

4

)

z

3

1

z os z

1=z2

16

2

e

(2z i e =z2

)

z2

+1

ez

(z

4

1) sh(1

in(1sin z

sin 3z 3 sin=z

sh

1

3

.

.

2

2

.

.

3

2

2 3 .

14. f =

z 1)

sin

z

15. f =

z 4z+7

16. f =

.

2

(4z )

2

(e2 ez) os( z)

z(sin z z)

tg z

(z 4)

V. Îá÷èñëiòь лишки наступних óíêöié â óñiõ IçÎÒ: ñêií÷åíèõ òà íå-

скiнченностi:

3

1

2 .

2

z2

.

3

ez

.

1

2

2

7. f =

(z )2 .

8. f =

tg z.

9. f =

os z

+2 .

z

z

(z +1)

z(z 1)

(z+1)

2

sin

z

z os 3z

4

.

5

3 .

6

.

sin z

1

2

1

1

10. f = z2

os

.

11. f = (z + 2)3e1=z.

12. f = z3 sin

.

z 2

z 1

VI. Îá÷èñëiòü íàступнi iнтеграли:

1=z

R

2

1

1

R

tg(z=2)

dz.

2

R

(2 + 3z)e

dz.

3

os

dz.

jz

j=2

os z

jzj

j=2

z z

1 (x 2x+2)

+=1

1 x +10x +9

jzj=1

4

+

x2 dx

R

(x2

dx

6

+

R

z

2

tg z dz.

R

x4+5x2

+4.

5 1

+6x+10)3 .

jz

j=3

x dx

R

x d

7.

.

8.

(4 3z2)e1=z dz.

9.

R

.

+1

2

2

R

4

2

dx

e2z

2

4

0

R

dz.

2

5z

3

dz.

1 x4

+1.

17.

0

z

0

sin z

16.

0

2+

3 sin t.

2+

2 os t.

18.

(2+ os t)2 .

R

4z5 3z3+1

R

sh 3z sin 3z

R

2

os iz 1

jzj=1=3

jz ij=2

3

z4

dz.

4

jzj=1

z3 sh 2z

dz.

5

jzj=1

z3

dz.

R 2

R 2

R 2

dt

dt

dt

p

p