Semenova_matem2

шений:
∫ zjzjdz =	∫t2 f(z(t))z0(t)dt = ∫ eitjeitjd(eit) = ∫ eit 1 ieitdt =
L	[t1		]		0		0
= i ∫0		e2itdt = i	1	e2itj0 =		1	(e2 i e0) =	1		(1	1) = 0: J
			2i			2		2

Задание 7.2. Вычислите интеграл от функции комплексного

переменного по данной кривой:

H

zz dz, L : ABC ломаная; zA = 2; zB = 2 + i; zC = 0:

L

y

B Проверим, является ли функция

B

z

аналитической на кривой

1

f(z) =

z

L, т.е. проверим выполнение условий

Коши – Римана.

C

A

f(z) = f(x + iy) = x+iy

=

iy

2

2

x 2

0

1

2

x

(x+iy)

x

+2xyi

y

=

=

x2+y2

=

Рис. 4

x2 (iy)2

=

x2 y2

+ i

2xy

)

x2 + y2

x2 + y2

)

u(x; y) =

x2 y2

;

v(x; y) =

2xy

;

x2 + y2

x2 + y2

@u

=

2x(x2 + y2) 2x(x2 y2)

= 2x

x2 + y2 x2 + y2

=

4xy2

;

@x

(x2 + y2)2

(x2 + y2)2

(x2 + y2)2

@v

=

2x(x2 + y2) 2y2xy

= 2x

x2 + y2 2y2

= 2x

x2 y2

:

@y

(x2 + y2)2

(x2 + y2)2

(x2 + y2)2

@v

@u

Следовательно,

6=

, т.е. функция f(z) не является

@y

@x

аналитической.

11

В силу свойств интеграла от комплекснозначной функции

	∫	f(z)dz = ∫	f(z)dz + ∫		f(z)dz =
= ∫	ABC	AB		BC
	udx vdy + i ∫ vdx + udy + ∫			udx vdy + i ∫		vdx + udy:
AB		AB	BC		BC
Вычислим каждый интеграл отдельно

I. AB = f(x; y) : x = 2; 0 y 1g (рис.4).

1.

x2 y2

2xy

udx vdy =

x2+y2 dx

x2+y2

dy =

AB

AB

∫

1

2

2

y

2

∫

1

2

2

y

2

=

2 2y

0 (

0dy

0 22

+y2 dx 22+y2 dy =

22

+y2

∫

∫

)

24y 2 dy =

2 +y

1

y

1

d(y2+22)

= 4

dy =

2

=

22+y2

22+y2

0

0

∫

2

2

1

∫

4)

5

16

= 2 ln jy

+ 2 j 0

= 2(ln(1 +

2 ln(0 + 4)) = 2 ln 4 = ln 25 :

2

2xy

x

y

2.

vdx + udy =

dx + x2

+y2 dy =

x2+y2

AB

8

AB

∫

y

1

∫

∫1

∫2

1

2 2 y

y

2

1

4y

4 y

2

2

= 0 (

22+y2

dx +

22+y2 dy) = 0

(

4+y2

0 +

4+y2 ) dy =

=

1 +

2 ) 0

=

0

(

4+y21) dy = ( y + 40arctg

1

1:

= ∫

1 + 4 arctg

+ 0

4 arctg

= 4

arctg

2

2

2

II. BC = f(x; y) : y = x2 ; 0 x 2g (рис. 4).

1.

udx

vdy =

x2 y2

dx

2xy

dy =

x2 + y2

BC

BC x2 + y2

∫

2

2

x 2

∫

2

x

2

2

(

3 2

2

∫2

x ( 2 )

2x( 2 )

∫

4 x

x

=

dx

dx

=

dx

1 dx =

0

x2 + ( x2 )2

x2 + ( x2 )2

2

0

45 x2

45 x2 2

)

= 0 ( 53 52 )dx = 51

0 dx = 51 x 0 = 51 (2 0) = 52 :

∫

∫

2xy

x2

y2

2.

vdx + udy =

dx

x2+y2

dy =

x2+y2

+

BC

(

BC

2

)

∫2

∫

∫2

∫

2

2x

x

2

x

2

2

x

2

3x2

=

dx +

x ( 2 )

dx

=

0 (

+ 1

dx =

0

x +( 2 )

x +(

2 ) 2

4

2

54

)

∫ (

)

∫

5x

x

3

=

0

54 +

dx =

1011

0

dx = 1011 x 0

= 1011 (2 0) = 115 :

10

12

Таким образом,

∫

zz dz = ln 1625 + i(arctg 12 1) + 25 + i115 =

ABC

= ln 1625 + 25 + i(arctg 12 1 + 115 ) = ln 1625 + 25 + i(arctg 12 + 65 ): J

13

Задача 8

Задание 8.1. Найдите все лорановсские разложения данной

функции

15z+450

по степеням z.

225z+15z2 2z3

IM Z

B Функция f(z) =

15z+450

ана-

225z+15z2 2z3

литична во всех точках комплексной

плоскости z 2 C; за исключением то-

чек, где

получаем:

2z

3

+ 15z

2

+ 225z

= 0;

15

0

15 RE Z

2

15

; z3

z

= 0; z

=

= 15. Тогда име-

1

2

2 15z+450

ем f(z) =

функцию

2z(z+ 152 )(z 15)

аналитичную в области Cnfz1; z2; z3g

(рис. 5).

Рис. 5

I.Функция f(z) аналитична в кольце 0 <jzj< 152 , следовательно,

всилу теоремы Лорана, она может быть разложена в ряд Лорана

1

1

c

f(z) =

cnzn +

n

;

n=0

n=0

zn

∑

∑

1

f( )

где cn =

d , L

– произвольная окружность с центром в точ-

2 i

L

n+1

H

0 < jzj <

15

ке z0 = 0, лежащая внутри кольца

2 . Отметим, что при

n 2 функция

f( )

15 +450

15 +450

анали-

=

=

n+1

2 ( + 152 )(

15) n+1

2 n+2( + 152 )( 15)

тична в любом круге jzj r;

r <

152 . Поэтому в силу теоремы Коши:

1

15 +450

d = 0 для n 2.

cn =

2 i

L

2 n+2( + 152 )(

15)

H

15z+450

Рассмотрим вспомогательную функцию

'(z) =

=

2(z+ 152 )(z 15)

(

)

(

)

=	15 A		+	B	=	15
	2	z+ 155		z 15		2

ме Коши,

'(n)(z0

1				+				2		: Согласно интегральной теоре-
	z+ 155						z 15
			n!			I				'(z)
) =											dz:
		2 i							(z z0)n+1

L

Отсюда:			I			'n+1(0)
	1			'(z)				для n 1:
cn =					dz =
	2 i			zn+2		(n + 1)!
			L

14

Имеем:
			n = 1								'(n+1)(z) = '(z) =																								15						(						1											2					) ;
																																			2									z + 152														z 15
												'(0) =							15						1										2												= 2;
																							(		15										15 )
																					2
																									2
																									15									(													1											2						) ;
	n = 0					'(n+1)(z) = '0(z) =																																																		+
																													2										(z + 152 )2																					(z 15)2
											'0(0) =					15					(				1												2										=					1				;
																									152															2									5
														2																					15
																									22																)
																									15									(													1											2								) ;
	n = 1					'(n+1)(z) = '00(z) =
																													2											(z + 152 )3																					(z 15)3
								'00(0) =							15				(				1												2						)				=						10						;
																							153															3
														2												15																						225
																							23
								(n + 1)! (( 1)n+1																					: : :																																						) ;
	15																														1																											2
'(n+1)(z) =																																														+ ( 1)n+2
					2																				(z + 152 )n+2																																					(z 15)n+2
					15									(( 1)n+1(															2																													2							) =
	'n+2(0) =									(n + 1)!																								)n+2 + ( 1)n+2
						2																							15																														( 15)n+2
=	15				(				( 1)n+12n+2										+						2																(n + 1)!															( 1)n+12n+1 + 1 :
	2 (n + 1)!										15n+2													15n+2 ) =																		15n+1
																																																				(						)
Таким образом, для 0 < jzj < 152																								получаем:
			15z + 450											2									1							(n + 1)!																	( 1)n+12n+1 + 1 :
														=							+
		225z + 15z2										2z3					z													15n+1
																								n=0																					(													)
																								∑

II. Функция f(z) аналитична внутри кольца 152 < jzj < 15, следовательно, в силу теоремы Лорана, она может быть разложена в ряд Лорана:

15z + 450

15z + 450

15z + 450

f(z) =

=

=

:

225z + 15z2 2z3

2z(z + 152 )(z 15)

z(2z + 15)(15 z)

Разложим дробь на простейшие:

15z + 450

A

B

C

=

+

+

:

225z + 15z2 2z3

z

2z + 15

15 z

15

1

z(z 1)

Методом неопределенных коэфициентов находим коэффициенты A = 2,

B = 2, C = 1, следовательно,

15z + 450

2

2

1

=

+

=

225z + 15z2 2z3

z

2z + 15

15 z

2

2

1

1

1

=

+

=

z

2z

1 + 215z

15 1

z

2 1

1

15

z

n

15

n

1 1

∑

∑

=

z

z

n=0( 1)n

(

2z

)

+

15

n=0( 1)n(

15

)

=

2

1

n+1

15n

1

2n zn

∑

∑

=

z

+

( 1)

2nzn+1

+

n=0

( 1)

15n+1

=

2

n=0

1

zn

1

1

15n

∑

∑

=

z

z

+ ( 1)n+1

2nzn+1

+

15n+1

=

1

1

n=1

1

zn

n=0

15

15n

∑

∑

=

z

+

( 1)n+1

2nzn+1

+

15n+1

; для кольца

2

< jzj < 15:

n=1

n=0

III. Функция f(z) аналитична внутри кольца 15 < jzj < 1 :

15z + 450

=

2

2

+

1

=

225z + 15z2 2z3

z

2z + 15

15 z

2

2

1

1

1

=

=

2

1

z

2z

1 + 215z

z

1 15z

n

1

15 n

1

1

15

∑

∑

=

z

z

n=0( 1)n(

2z

)

z

n=0( 1)n(

z

)

=

2

1

n+1

15n

1

2n+1 15n

∑

∑

=

z

+

( 1)

2nzn+1

+

( 1)

zn+1

=

2

n=0

15n

n=0

1 15n

1

1

1

∑

∑

=

z

z

+ ( 1)n+1

2nzn+1

z

zn+1

=

1

n=1

15n

n=1

(

1)n+1

1)

∑

(

для

jzj > 15: J

= n=1

2n

zn+1

;

Задание 8.2. Найдите все лорановсские разложения данной

функции по степеням z.

16

IM Z

0

1 RE Z

Рис. 6

Разложим дробь на простейшие:

ных коэффициентов находим: A

B Функция f(z) имеет две особые точки: z1 = 0 и z2 = 1. Центр разложения в ряд Лорана находится в точке z = 0. Поэтому имеет смысл разделить комплексную плоскость z 2 C на две области, в которых функция f(x) аналитична:

I. 0 < jzj < 1;

II. 1 < jzj < 1 (рис. 6).

		1	= A +	B	: Методом неопределен-
	z(z 1)			z 1
			z
		= 1, B = 1. Отсюда: f(z) =				1	=
						z(z 1)

z1 + z 1 1 .

I.Функция f(z) аналитична внутри кольца 0 < jzj < 1, следовательно,

в силу теоремы Лорана, она может быть разложена в ряд Лорана

1				1	1					1	1			1
														∑
f(z) =	z	+	z		1	=	z		1		z	=	z	zn
														n=0

для 0 < jzj < 1.

II. Функция f(z) аналитична в кольце 1 < jzj < 1, следовательно, в силу теоремы Лорана, она может быть разложена в ряд Лорана

	1		1							1			1						1			1				1			1	1		n
f(z) =			+					=					+								=			+					∑			=
	z		z 1							z			1	z		1			z			z				z n=0 (z )
			1					1								1				n+1		1				1
			=										∑		(				)			∑
					z	+			z		+ n=1							z			= n=2				zn

для jzj > 1: J

17

Задача 9

Задание 9.1. Найдите все	лорановские			разложения данной
функции по степеням z z0;	f(z) =	2z	;	z0 = 3 2i:
		z2 4

y

B f(z) =

2z

=

2z

:

2i

(III)

2

(z 2)(z+2)

z 4

i

Функция имеет две особые точки

z1 = 2, z2 = 2. Центр разложения

−3 −2 −1

1 2

3

x

−i

находится в точке

−2i

z0

(I)

z0 = 3 2i.

z0

до

z1:

−3i

Расстояние от точки

(x0

x1)2 + (y0 y1)2 =

√

(II)

=

2)2

+ (

2

0

2

p5

.

(3

0)2

=

√

Рис. 7

Расстояние от точки z

до z :

√

√

p

. Таким обра-

(x0 x2)2 + (y0 y2)2 =

(3 + 2)2 + (2 0)2

=

29

зом, существует три области, в каждой из которых функция является

аналитической и можно построить три сходящихся ряда Лорана (Рис. 7):

I. Круг jz 3 + 2ij <

p

5.

II. Кольцо

p

p

5 < jz 3 + 2ij < 29.

p

III. Вне круга jz 3 + 2ij >

29.

Рассмотрим все три области. Разложим дробь:

2z

=

2z

=

A

+

B

=

Az + 2A + Bz 2B

;

(z 2)(z + 2)

z2 4 (z 2)(z + 2)

z 2

z + 2

Az + 2A + Bz 2B = 2z; )							z1	A	+ B = 2		) A = 1; B = 1:
							z0	2A		2B = 0
Получаем:	2z	=	1	+		1	:
	2		z 2		z+2
	z 4

18

p

I. Круг jz 3 + 2ij <

5.

2z

1

1

=

+

=

1

z2 4

z 2

z + 2

1

=

+

=

(z 3 + 2i) + 3 2i 2

(z 3 + 2i) + 3 2i + 2

=

1

+

1

=

1 2i + (z 3 + 2i)

5 2i + (z 3 + 2i)

=

1

1

+

1

1

=

1

2i

1 + z 3+2i

5

2i

1 + z 3+2i

1 2i

5 2i

=

1

1 ( 1)n

z 3 + 2i

n +

1

2i

∑

(

1

2i

)

n=0

+

1

1 ( 1)n

z 3 + 2i

n :

5

2i

∑

(

5

2i

)

n=0

Пронумеруем полученные ряды соответственно (1) и (2). Ряд (1)

сходится, если:

< 1; z 3 + 2i < 1 2i ; 1 2i = p1 + 4 = p5

z 3 + 2i

1 2i

j

j j j j j

)

) j

z

3 + 2i < p

:

5

j

Ряд (2) сходится, если:

< 1; z 3 + 2i < 5 2i ; 5 2i = p25 + 4 = p29

z 3 + 2i

5 2i

j

j j j j j

)

) j

z

3 + 2i < p

:

29

j

p

Поэтому общая область сходимости – круг jz 3 + 2ij <

5 и в этой

области

1

1

1

∑

(

(1

2i)n+1 + (5

2i)n+1 ) (z 3 + 2i):

f(z) = n=0( 1)n

19

II. Кольцо

p

p

5 < jz 3 + 2ij <

29.

Ряд (2) в кольце сходится, ряд (1) расходится, поэтому заменим его

другим разложением:

2z

=

1

+

1

=

z2 4

(z 3 + 2i) + 1 2i

(z 3 + 2i) + 5 2i

=

1

1

+

1

1

=

z

3 + 2i

1 +

z

1 2i

5

2i

1 + z 3+2i

3+2i

5

2i

1

n

1

∑

=

( 1)n

1 2i

+

z

3 + 2i n=0

(z 3 + 2i)

+

1

1

( 1)n

z 3 + 2i

n ;

5

∑

(

5

2i

)

2i n=0

z 3 + 2i

j

j

= p

= p

)

< 1;

z

3 + 2i <

5

2i ; 5

2i

25 + 4

29

5 2i

j

j j

j

) j

z

j

3 + 2i < p29:

= p

= p

1

2i

< 1; z

3 + 2i >

1

2i ;

1

2i

1 + 4

5

z

j

j

)

3 + 2i

j

) j

j

j

j

j

3 + 2i > p

:

z

5

p

p

Общая область сходимости – кольцо

5 < jz 3 + 2ij <

29 и

f(z) =

1

( 1)n

(1 2i)n

+

(z

3 + 2i)n

:

∑

((z

3 + 2i)n+1

)

n=0

(5 2i)n+1

p

III.Кольцо 29 < jz 3 + 2ij < 1: Если пронумеровать полученные ряды аналогично, как и в первом пункте, то видим, что в указанной области первый ряд сходится, а второй – расходится, поэтому заменим его другим разложением:

2z

=

1

+

1

=

z2 4

(z 3 + 2i) + 1 2i

(z 3 + 2i) + 5 2i

=

1

1

+

1

1

=

z

3 + 2i

1 +

1 2i

z

3 + 2i

1 +

5 2i

z 3+2i

z 3+2i

1

n

1

∑

=

(

1)n

1 2i

+

z

3 + 2i

n=0

(z 3 + 2i)

1

n

1

∑

2i

+

(

1)n

;

z

3 + 2i

n=0

(z 3 + 2i)

20