- •Комплексні числа. Алгебраїчна, геометрична, тригонометрична і показникова форми запису комплексного числа. Дії над комплексними числами
- •Послідовності і ряди комплексних чисел. Степеневий ряд
- •Функції із с в с. Границя, неперервність
- •Похідна функції комплексної змінної. Умови диференційованості
- •Геометричний зміст модуля і аргументи похідної комплексної функції
- •Означення аналітичної функції. Поняття Конформного відображення
- •Лінійна функція
- •Дробово-лінійна функція
- •Степенева функція. Поверхня римана
- •Функція жуковського
- •Показникова функція комплексної змінної
- •Тригонометричні функції
- •Логарифмічна функція. Точка розгалудження
- •Радикал. Загальна степенева функція
- •Обернені тригонометричні функції
- •Інтеграл від функції комплексної змінної по кусочно-гладкому контуру
- •Теорема коші
- •Невизначений інтеграл. Формула ньютона-лейбніца
- •Формула коші. Принцип максимума модуля
- •Цілі функції. Теорема Ліувіля. Основна теорема алгебри
- •Розкладання функції в ряд Тейлора. Оцінка коефіцієнтів степеневого ряду
- •Нулі аналітичної функції. Ізольованість нулів. Теорема єдиності
- •Аналітичне продовження. Елементарні функції як аналітичні продовження
- •Розкладання аналітичної функції в ряд Лорана
- •Класифікація ізольованих особливих точок. Нескінченно віддалена особлива точка. Критерій особливої точки, яка усувається
- •Критерій полюса
- •Теорема Сохоцького-Вейєрштрасса
- •Раціональні і міроморфні функції
- •Означення ЛишкА. Обчислення лишків
- •Основна теорема теорії лишків
- •Застосування теореми лишків до обчислення визначених інтегралів
- •Зразки розв'язування задач з теорії функцій комплексної змінної
- •Контрольні роботи Денна форма навчання. 4 курс, 8 семестр Контрольна робота №1
- •Контрольна робота №2
- •Контрольна робота з теорії функції комплексної змінної для студентів 4 курсу (заочна форма навчання)
- •Література
Означення ЛишкА. Обчислення лишків
Нехай - ізольована особлива точка функції , тоді в розкладі в ряд Лорана функціїв точці коефіцієнт
,
де С - довільний замкнутий контур, що містить в середині себе єдину особливу точку функції і обходиться в додатному напрямі.
Означення. Лишком в ізольованій особливій точці називається комплексне число, що дорівнює .
Позначається цей факт, як .
Можливі наступні можливості:
1) - особлива точка, яка усувається, тоді ;
2)- полюс першого порядку , тоді , тобто.
Приклад. . Тоді- полюс першого порядку.
3) - полюс -го порядку, тоді
і .
Приклад. . Тоді- особлива; полюс другого порядку, тобтоm=2.
Вправи.
Обчислити:
Знайти лишки по всім особливим точкам:
Основна теорема теорії лишків
Теорема. Нехай аналітична функція в замкненій областіза виключенням скінченого числа ізольованих особливих точок, що лежать в середині , тоді
,
де С- повна границя області , що проходить в додатному напрямі.
Доведення теореми див. [2, с.305], [1, с.122].
Приклад. .
Оскільки має дві особливі ізольовані точки, що лежать в середині контуруС, то
Таким чином, .
Вправи.
Обчислити:
Застосування теореми лишків до обчислення визначених інтегралів
Розглянемо ,
де R- раціональна функція своїх аргументів, тоді вірна формула:
дійсно після заміни .
де - особлива точка , що міститься в середині .
Приклад.
Особливі точки функції
.
Точки - полюси першого порядку, але в серединізнаходиться тільки точка. Тому
Теорема. Нехай функція задана на всій дійсній осі, може бути аналітично продовжена на верхню півплощину, причому її аналітичне продовження,, задовольняє умовам:
Існують числа , для всіхz з верхньої півплощини таких, що виконується оцінка;
не має особливих точок на дійсній осі, а в півплощині має не більше скінченого числа ізольованих особливих точок.
Тоді , де- особлива точка в верхній півплощині.
Доведення теореми див. [1, с. 127].
Приклад. . Тоді- задовольняє умовам теореми. Особливі точки в верхній півплощиніпричому обидві – полюси першого порядку. ТомуВправи.
Обчислити.
Зразки розв'язування задач з теорії функцій комплексної змінної
Задача № 1. Знайти всі значення , їх модуль та аргумент.
Розв'язання. Означення комплексного степеня: (*), де а 0 і b — довільні комплексні числа.
Звертаємо увагу на те, що у правій частині (*) визначено незалежно від вищенаведеного означення степеня (інакше був би «круг в означенні»). А саме: є значення показникової функціїпри, яка означена як сума степеневого ряду в який входять лише цілі невід'ємні степеніz (дія множення). У даному випадку .
Маємо за означенням (*) і далі за означенням комплексного логарифма:
(**)
Застосувавши до першого множника в (**) формулу Ейлера, матимемо:
.
Порівнюючи (**) з загальною показниковою формою комплексного числа , одержимо:
Задача № 2. Перевірити умови Даламбера — Ейлера для функції і визначити, в яких точках до є диференційовна функція.
Розв'язання. Хай . Тоді рівняння Даламбера — Ейлера мають вигляд:
.
Відокремимо дійсну і уявну частини функції до:
.
Отже,
.
Рівності
(*)
очевидно виконуються в точці . Зовсім легко переконатись, що ця точка є єдиною, в якій задовольняються рівняння Даламбера — Ейлера.
Справді, перше рівняння системи (*) : при рівносильне рівнянню, друге рівняння (*) при рівносильне рівнянню. А система х2=Зу2, Зх2=у2 не має жодного розв'язку, крім х=0, у=0.
Беручи до уваги, що функції u і v є всюди диференційовними, приходимо до висновку, що функція до є диференційовна в точці (достатність умов Даламбера — Ейлера для диференційовності функції) і лише в цій точці (необхідність цих же умов).
Задача № 3. Знайти аналітичну функцію аргумента, уявна частина якої (1)
Розв'язання. Оскільки є функція аналітична, для неї справджуються рівняння Даламбера — Ейлера, тобто:
Залишається з цих рівнянь визначити и. Скористаємось першим рівнянням Даламбера — Ейлера. Беручи до уваги (1), маємо:
;
Звідси
(тут замість сталої С при знаходженні первісної функції и пишемо , оскількиу при знаходженні похідної і обчисленні інтеграла вважається за сталу, отже, взагалі кажучи, входить в С).
Далі, інтегруючи, одержуємо:
(2)
Використаємо тепер друге рівняння Даламбера — Ейлера для знаходження .
Для цього спочатку знайдемо з (2) і з (1).
;
Але , тобто:
;
Звідки ,;
(С — дійсна довільна стала).
Отже, (3)
Виразимо тепер праву частину (3) через z. Оскільки, дістаємо:
.
Задача № 4. Визначити область збіжності функціонального ряду
Розв'язання. Застосуємо ознаку збіжності рядів Даламбера, яка, як відомо, має силу і в комплексній області звичайно для ряду модулів.
Маємо:
Отже, за ознакою Даламбера ряд буде збіжним (і до того абсолютно) при всіх z таких, що ;
Тобто .
Якщо , то ,
Звідки , і даний ряд буде розбіжним, оскільки не виконується навіть необхідна умова збіжності.
Залишається дослідити збіжність ряду при . При цій умові маємо. Ряд , як легко встановлюється за інтегральною ознакою збіжності, є збіжний. Справді, невласний інтеграл існує:
.
1
2х
+
Задача № 5. Розкласти в ряд Тейлора за степенями функціюі визначити радіус збіжності.
Розв'язання. Функція є аналітична в усій комплексній площині, за винятком точки, отже, її можна розкласти в ряд Тейлора в крузі з центромі радіусом, рівним віддалі від точкидо найближчої особливої точки:, звідси радіус круга збіжності з центром в точціє рівний 2. Безпосередній розкладв ряд Тейлора по формулі:
веде до складних обчислень. Використаємо інший спосіб:
. (*)
Представимо як суму спадної геометричної прогресії:
Отже,
при .
Що ж до другого доданка (*) , то він являє собою похідну по z від .
Аналогічно попередньому розкладемо в ряд Тейлора за степенями і про диференціюємо цей степеневий ряд почленно ( адже степеневі ряди почленно диференціюватив крузі збіжності):
При .
Нарешті:
В крузі .
З теореми єдиності розкладу функції в ряд Тейлора випливає, що одержаний степеневий ряд і є рядом Тейлора функції;
в крузі .
Задача № 6. Обчислити інтеграл , де С —границя півкільця, обмеженого верхніми півколами |z|=1, |z|=2 і відрізками осі абсцис від точки —2 до точки —1, та від точки 1 до точки 2.
Інтегрування проводиться в додатному напрямі (див. рис. 3).
Розв’язання. Перетворимо підінтегральний вираз, помноживши чисельник і знаменник на z:
.
.
На колі ямаємо:, аналогічно на другому колі
Отже,
Оскільки підінтегральна функція є аналітична в будь-якій області, останній інтеграл можна обчислити за формулою Ньютона—Лейбніца:
Аналогічно,
Далі на відрізку АВ , оскільки тут z є дійсним від'ємним числом, а на відрізку KL . В обох випадках, тому
і
Остаточно:
Задача № 7. Обчислити за допомогою інтегральної формули Коші інтеграл
Розв'язання. Підінтегральна функція є аналітична в крузі , крім точки, бо всі інші нулі знаменника: —1, і, —і знаходяться поза цим кругом.
Справді, визначимо віддаль між центром круга а та точкою і, тобто . Маємо (аджеа — дійсне число). Крім цього, , тобто , чим і встановлено, що точка і знаходиться поза колом . Далі ; , отже, точки —і та —1 теж знаходяться поза даним колом.
Представимо тепер розглядуваний інтеграл у вигляді
Оскільки функція аналітична всередині С і на самому колі С, то можна до інтеграла (*) застосувати інтегральну формулу Коші:
де за приймемо, а за .
Тоді .
Задача № 8. Розкласти в ряд Лорана в околі точки функцію .
Розв'язання. Функція не є аналітичною в точці , отже, вона не розкладається в околі цієї точки в ряд Тейлора. Але цю функцію можна розкласти в околі точки в ряд Лорана, тобто в «двосторонній степеневий» ряд. за степенями , оскільки область, в якій вона є аналітична (вся комплексна площина з вилученою точкою ), можна розглядати як кругове кільце з центром в точці , де внутрішній радіус , зовнішній —
Щоб розкласти функцію в ряд Лорана за степенями , спочатку перетворимо її тотожно:
, де .
Використаємо відомий ряд для :
Є'
Цей розклад справедливий в усій комплексній площині, з якої вилучена точка .
Задача № 9. Розкласти в ряд Лорана функцію в околі нескінченно віддаленої точки.
Розв'язання. Покладемо ; тоді функцію розкладемо в ряд Тейлора в околі точки . Для цього розкладемо на елементарні дроби: .
Кожний із доданків у виразі в дужках представимо як суму спадної геометричної прогресії, а саме:
1
— 2/2
1
причому обидва розклади мають місце при (інакше прогресії не будуть спадними). Таким чином:
причому цей розклад справедливий у зовнішності круга (аджеі).
Задача № 10. Обчислити за допомогою теореми про лишки інтеграл , де С- коло,n – ціле число.
Розв'язання. Контур інтегрування С є коло з центром в точці та радіусомr. Якщо , то функція є аналітична в області, обмеженій контуром С, і на самому контурі, оскільки точка знаходиться поза контуром. Отже, за теоремою Коші — Гурса.
Якщо , то точка , яка є єдиною особливою точкою підінтегральної функції, знаходиться в області, обмеженій контуромС. Тоді за основною теоремою про лишки
Обчислимо лишок підінтегральної функції в точці . Для цього розкладемо її в ряд Лорана в околі цієї точки. Маємо:
тепер, якщо , то лишок функції, який за означенням рівний коефіцієнту при в лорановому розкладі, буде . Якщо ж , то в наведеному розкладі в ряд Лорана не буде члена з (наприклад, приn =—2 розклад матиме вигляд .). Отже, в цьому випадку.
А тому тоді .
Остаточно маємо:
(Нагадуємо, що 0! за означенням рівний 1).
Задача № 11. Довести, що функція відображає конформно верхній півкругна перший квадрант.
Розв'язання. Функція є дробово-лінійна, отже, вона перетворює колона коло або на пряму в силу кругової властивості дробово-лінійних перетворень. Оскільки точкаz=1, яка лежить на колі , перетворюється на площині в нескінченно віддалену точку, образом кола буде пряма (коло нескінченно великого радіуса). Аналогічно і образом дійсної осіу=0 теж буде пряма.
Точки кола відповідно перетворяться в точки відповідно перетворюється в точки
Отже, образом кола на площині буде уявна вісь.
Аналогічно точки дійсної осі площини відобразяться відповідно у точки, і образ дійсної осі площиниг являтиме дійсну вісь площини .Позначивши , одержимо:
прирівнюючи дійсні і уявні частини в обох частинах рівності, одержимо:
Оскільки для всіх точок всередині круга , то и>0, до того на верхньому півкрузі у>0, тому .
Таким чином, верхній півкруг площини відображається на перший квадрант площини.