complan_problems

2.3. Гармонiчнi функцi¨

21

В прикладах 348 351 перевiрити умову гармонiчностi функцi¨ ©(x; y)? ßêùî ©(x; y) гармонiчна, то вважати ¨¨ аргументом arg f(z) аналiтично¨ функцi¨ f(z): Знайти модуль jf(z)j = R(x; y) аналiтично¨ функцi¨ f(z) i саму функцiю f(z):

348. ©(x; y) = 3x2y ¡ y3.						350. ©(x; y) = arctg tg(2xy) th(x2
349..		©(x; y) = x3 + 6x2y		3xy2		y2)	.	£		¡
2y	3		¡		¡	¤		©(x; y) = 2x + y
						351.			.

352. Довести, якщо функцiя R(x; y) ¹ гармонiчною в однозв'язнiй областi D, то гармонiчна функцiя ©(x; y), яка ¹ аргументом аналiтично¨ фун- êöi¨ f(z) = R ¢ ei© може бути подана у виглядi:

©(x; y) =	(x;y)	Rx dy ¡		Ry dx + const:
	Z
		R		R
	(x0;y0)

В прикладах 353 357 перевiрити умову гармонiчностi функцi¨ A(x; y)? ßêùî A(x; y) гармонiчна, то вважати функцiю R(x; y) = exp(A(x; y)) модулем jf(z)j аналiтично¨ функцi¨ f(z): Знайти аргумент arg f(z) = ©(x; y) аналiтично¨ функцi¨ f(z) i саму функцiю f(z):

353. A(x; y) = x + ln(x2 + y2).

354.A(x; y) = 2 x 2 .

x +y

355.A(x; y) = 3xy + 2 ln(x2 + y2).

356. A(x; y) = ln(x2 + y2) + ln(x2 + y2 + 2x + 1).

357. A(x; y) = 32 ln(x2 + y2) + 3(x ¡ y).

358. Довести, якщо функцiя ©(½; ') ¹ гармонiчною в однозв'язнiй областi D, то гармонiчна функцiя R(½; '), яка ¹ модулем аналiтично¨ функцi¨ f(z) = R ¢ ei© може бути подана у виглядi:

R(½; ') = const		exp	2	(½;')	©'	d½		½©½d'3	:
	¢			Z	½		¡
			4					5
			6(½0;'0)					7

В прикладах 359 364 перевiрити умову гармонiчностi функцi¨ ©(½; ')? ßêùî ©(½; ') гармонiчна, то вважати ¨¨ аргументом arg f(z) аналiтично¨ функцi¨ f(z): Знайти модуль jf(z)j = R(½; ') аналiтично¨ функцi¨ f(z) i саму функцiю f(z):

360. ©(½; ') = ' + ½ cos '.	361. ©(½; ') = arctg	³ln ½´.
359. ©(½; ') = 3' + ½2 sin 2'.		'

22		Глава 2. Аналiтичнi функцi¨
362. ©(½; ') = 2' + ½ sin '.		364. ©(½; ') = ' ¡ ½3 sin 3'.
363. ©(½; ') = 3' + ½2 cos 2'.

365. Довести, якщо функцiя R(½; ') ¹ гармонiчною в однозв'язнiй областi D, то гармонiчна функцiя ©(½; '), яка ¹ аргументом аналiтично¨ фун- êöi¨ f(z) = R ¢ ei© може бути подана у виглядi:

©(½; ') =	(½;')	R½ d' ¡		½Rd½ + const:
	Z
		½R		R'
	(½0;'0)

В прикладах 366 370 перевiрити умову гармонiчностi функцi¨ A(½; ')? Якщо вона гармонiчна, то вважати функцiю R(½; ') = exp(A(½; ')) модулем jf(z)j аналiтично¨ функцi¨ f(z): Знайти аргумент arg f(z) = ©(½; ') аналiтично¨ функцi¨ f(z) i саму функцiю f(z):

366.	A(½; ') = ½2 cos 2'.
	(	)	2	h
367. A ½; '			= ln (' + ½ cos ')2 +
(ln ½ ¡ ½ sin ')				i.
368.	A(½; ') = lnh(ln ½)2 + '2)i.

369. A(½; ') = ½3 cos 3'.
h
370. A(½; ') = ln ½2 cos2	' +
i
(½ sin ' + 1)2 .

Ÿ2.4. Iнтеграл вiд функцi¨ комплексно¨ змiнно¨

Iнтегралом функцi¨ комплексно¨ змiнно¨ f(z) вздовж криво¨ ¡ (або по кривiй ¡) називають границю iнтегрально¨ суми:

ZXn

f(z)dz = lim f(³k)¢zk;

¡ l!0 k=1

якщо ця границя iсну¹ незалежно вiд вибору точок zk òà ³k. Позначивши

z = x + iy òà f(z) = u(x; y) + iv(x; y), матимемо

ZZ

f(z)dz =		[u(x; y) + iv(x; y)] (dx + idy)
¡	¡
=	Z u(x; y)dx ¡ v(x; y)dy + i Z u(x; y)dy + v(x; y)dx:
	¡	¡

Отже iнтеграл вiд функцi¨ комплексно¨ змiнно¨ це комплексне число, дiйсна i уявна частини якого ¹ дiйсними криволiнiйними iнтегралами. Тому умови iснування iнтеграла збiгаються з умовами iснування дiйсних

2.4. Iнтеграл вiд функцi¨ комплексно¨ змiнно¨

23

криволiнiйних iнтегралiв. Якщо ¡ це довiльна кусково-гладка жорданова крива, а f(z) кусково-неперервна функцiя, то iнтеграл вiд f(z)

вздовж ¡ iсну¹ завжди.

В прикладах 371 393 обчислити iнтеграл I вздовж криво¨ C:

äà¹òüñÿ ç R

z

= 1

z >

R

z = 0

371. I =

jzjzdz, контур C ñêëà-

381. I =

z sin zdz вздовж прямо-

C

, Im

лiнiйногоCвiдрiзка з точки

â

напiвкола

j

j

,

.

точку z = i.

òà âiäðiçêà

0

x 2 (¡1; 1)

y = 0

382. I = C j exp zj¢jdzj вздовж пря-

372. I

=

dz

C

=

z2

¡

2, контур

z :

z

= 2R.

молiнiйного вiдрiзка з точки

z = 0

f

j

j

C

R

R

g

z = 0

в точку z = 2 + 3i.

лiнiйного

молiнiйного вiдрiзка з точки

373. I

=

C

jdzj=z, уздовж прямо-

383. I

=

C

j sin zj2dz

вздовж пря-

вiдрiзка з точки

â

R

z = 0

точку z = ¡1 ¡ i.

в точку z = i.

R

z :

z

C

j

j

уздовж перiметра квадрата з цен-

= 4R.

z3 dz ;

контур C =

374. I

=

C

(z ¡ a)ndz, äå n 2 N,

384. I

=

òðîì ó òî÷öi a та сторонами, пара-

f

j j

R

g

I

=

(z a) dz

n

N

нiйного

z = 0

лельними координатним вiсям.

385. I

=

C

zjdzj вздовж прямолi-

375.

R f

j

¡

j

äå

g

,

386. I =

z

dz вздовж прямо-

C

¡

2

вiдрiзка з точки

â

контур C =

z

: z

a = R .

точку z = 1 ¡ i.

C j

¡

j ¢ j

j

лiнiйного

Rвiдрiзка з точки z = 1 â

376. I =

R

exp(

z)

dz

вздовж

C

j

j ¢ j

j

прямолiнiйного

âiäðiçêà

з точки

точку z = 7i.

z =

C = z : zR

= 1 .

387.

R

2

z = i ¡ 1 в точку 0.

dz

;

контур

I

=

sin

zjdzj

вздовж пря-

377. I

=

C j

z

¡

1

j ¢ j

j

C

f

j

j

g

молiнiйного вiдрiзка з точки

i + 2 в точку z = 0.

R

j cos zj2dz

z = 0

молiнiйногоR

вiдрiзка з точки z =

378. I

=

C

вздовж пря-

388. I

=

C

z cos zdz

вздовж пря-

молiнiйного вiдрiзка з точки

в точку z = ¼.

¡i в точку z = 1.

379. I =

z sin zdz вздовж прямо-

j ¢ j

j

лiнiйного Rвiдрiзка з точки z = 0 â

C j

C

389. I

=

R

exp(2z)

dz

вздовж

точку z = i.

прямолiнiйного

âiäðiçêà

ç

точки

z = 0 в точку z = i + 3.

R f : j ¡ j = g 0 ·

C = z : zR

= 1 .

380. I

=

C (z ¡ a)ndz, äå n 2

N,

390. I

=

C

jz + ij2 ¢ jdzj;

контур

контур C = z

z

a

R ,

f

j

j

g

arg z

a

¼ з початком у точцi

¡

·

391. I =

R

(z + i)7dz, уздовж перi-

z = a + R.

C

C

24

Глава 2.

Аналiтичнi функцi¨

метра квадрата з центром у точцi

fz : jzj = 3g.

(z)2dz вздовж за-

¡i та сторонами, паралельними ко-

393. I

=

z

ординатним вiсям.

C

j j

мкненого

контура, що склада¹ться

dz

R

, Im

òà

з напiвкола

392. I

=

C =

jzj = 2

z > 0

C z

2

4,

контур

âiäðiçêà x

¡

2

(

¡

2; 2), y = 0.

R

В прикладах 394 405 обчислити iнтеграл I вiд задано¨ вiтки бага-

тозначно¨ функцi¨ вздовж криво¨ C:

394. I =

dz=p

вздовж напiвкола jzj = 4, y · 0, p

= ¡2.

4

z

C

R

p

p

p

.

395.

3

, контур

,

3

I =

z

dz

C = fz

: jzj = 1g

1

= exp(¡4i¼

3)

C

R

dz=p

: jzj = 9g, p

396. I =

z

, контур C = fz

¡9

= ¡3i.

C

R

dz=p

вздовж напiвкола jzj = R, y · 0, p

397. I =

z

¡1

= i.

C

: jzj = 1g, ® 2 C òà 1® = 1.

398. I = R z®dz, контур C = fz

C

: jzj = 1g, äå 12i

399. I = R z2idz;, контур C = fz

= 1.

C

R

3

,

3

400. I =

dz=pz вздовж напiвкола jzj = 1, y ¸ 0

p¡1 = exp i¼=3.

C

R

5

: jzj = 1g

, òà

5

401. I =

dz=pz, контур C = fz

p1 = 1.

C

R

5

: jzj = 1g

, òà

5

402. I =

dz=pz, контур C = fz

p1 = 1.

C

R

p

p

2

dz, контур C = fz

2

403. I = C z

: jzj = 1g, òà 1

= 1.

404. I = R

3

3

z p2dz, контур C = fz

: jzj = 1g, òà 1p2 = 1.

C

R

dz

, òà

n

2¼i

405. I =

C =

f

z :

z

j

= 1

g

p1 = exp

;

n

2 N

:

n

C

pz , контур

j

n

Â

прикладах 406 419 обчислити iнтеграл

I

вiд задано¨ вiтки логари-

R

фмiчно¨ функцi¨ вздовж криво¨ C:

: jzj = 1g, äå n 2 N òà Ln 1 = 0.

406. I =

znLn zdz, контур C = fz

C

: jzj = 1g.

407. I = R jLn zj3dz; äå Ln 1 = 0, контур C = fz

408.

C

Ln

контур

òà Ln

.

R

C = fz : jzj = Rg

I =

zdz;

R = ln R + 2¼i

409.

C

nLn

контур

,

òà Ln

.

R

C = fz : jzj = 1g

n 2 N

(¡1) = i¼

I = R

z

zdz;

2.5. Iнтегральна теорема Кошi. Iнтегральна формула Кошi

25

410. I =

jLn zj2dz, контур C = fz

: jzj = 1g, Ln 1 = 2¼i.

C

411.

R

Ln z

, контур

C = fz

: jzj = 1g

, äå Ln

I =

dz

1 = 2¼i:

C

z

R

ln(z ¡ 3)

412. I =

dz, контур C =

f

z :

z

j

= 3

g

.

C

z

3

j

Ln¡

R

413. I = C

¯

z

¯dz, контур C = fz

: jzj = 1g, äå Ln 1 = 2¼i:

z

.

414.

R

¯ nLn

¯

dz

, контур

C =

z :

z

= 1

, äå

n

N

òà Ln

I =

¯z

z¯

j

f

j

g

2

1 = 0

415.

C

¯

¯j

j

.

R

Ln

zjdz

, контур

C = fz : jzj = 1g

, äå Ln

(¡1) = 7i¼

I = j

416.

C

Ln

, контур

, äå Ln

.

R

zjdzj

C = fz : jzj = 1g

I =

1 = 4¼i

C

: jzj = 1g, äå Ln 1 = 2¼i.

417. I = R jLn zj2dz, контур C = fz

C

R

Ln

418. I =

z

dz, контур C = fz

: jzj = 2g, äå Ln (¡2) = ln 2 + 3¼i:

z

C

419.

R

Ln

, контур

C = fz : jzj = 1g

, äå Ln

(¡1) = ¡¼i

.

I = C j

zj ¢ jdzj

420.

Довести, якщо

, òî

R

jaj 6= R

Z

z

¼R

jd j

<

2

:

jz ¡ ajjz + aj

jR2 ¡ jaj2j

jzj=R

421. Довести, якщо jaj 6= R, òî

Z

dz

2¼R

j j

=

:

jz ¡ aj2

jR2 ¡ jaj2j

jzj=R

422. Нехай f(z) 2 C (U(z0; ")). Довести, що

lim

Z

f(z)

dz = 2¼i

¢

f(z

):

z ¡ z0

%!0

0

jz¡z0j=%

Ÿ2.5. Iнтегральна теорема Кошi. Iнтегральна формула Кошi

Iнтегральна теоремаT Êîøi¡ ¢ формулю¹ться наступним чином: якщо

¹

функцiя f(z) 2 A (D) C D ; де область D однозв'язна, то iнтеграл

26

вздовж межi областi

Глава 2. Аналiтичнi функцi¨

Z

f(z)dz = 0:

@D

Важливим наслiдком ¹ незалежнiсть iнтеграла вiд шляху iнтегрування: якщо f(z) аналiтична в областi D (не обов'язково однозв'язнiй), а кривi

¡1 òà ¡2 гомотопнi, то

ZZ

f(z)dz = f(z)dz:

¡1

T

¡2

¢

iнтегральнi формули

¡

¹

Якщо функцiя f(z) 2 A (D)

C D ; то для будь-якого z 2= @D ìà¹

ìiñöå

Êîøi

:

1

Z

f(³)

d³ =

f(z); z 2

D

2¼i

³

¡

z

½0;

z 2= D:

2¼i Z

(³

@D

½0;

z 2= D:

z)(n+1)

n!

f(³)

(n)

@D

¡

d³ =

f (z); z 2

D

В прикладах 423 438 обчислити iнтеграл I, використовуючи iнте-

гральну формули Кошi, вважати що обход усiх контурiв здiйсю¹ться проти годинниково¨ стрiлки.

423.

I = jzjR=5 (z + i)2

+ 25.

dz

424.

I =,

jzjR=r

(z¡a)n(z¡b)m , äå

0 <

dz

a < ½ < b n; m 2 Z+.

425.

I =

exp(i + 2 sin z)dz

h

¡

¢

i

jz¡Rij=1 z2

3+i

z + 1 +

3

3 .

2

4i

426.

I = jzjR=3

dz

.

4z2 + 9(1 + i)

Rcos z

427.I = jzj=4 z2 ¡ ¼2 dz.

Rz7

428.I = jzj=2 (z2 + 1)3 (z2 + 5)dz.

		2 sin3(1 + i)z
429. I =					dz.
	(2z + 3i)(z i)2z3
=5=2			¡
jzj R
430. I = jzjR=3		f	z)]2
		[	(	dz, äå
		(z.2 +	3 ¡ i4)3
f(z) 2 A(U(0; 3))

Rsin(z + 2i)

431.I = jzj=3 (2z + 3i)2z3 dz.

Rez

432.I = jzj=2 z2 ¡ 1dz.

433.	I =						dz
		+1	=1			(z + 1)(z		¡	1)3 .
	jz
		Rj
	I = jzjR=3				cos z
434.							dz.
				(z ¡ i)3

2.5. Iнтегральна теорема Кошi. Iнтегральна формула Кошi											27
435. I =	ezdz		437. I =					ezdz
	z(z 1)3 .							z(z 1)3 .
=1=2					jz¡1Rj=1=2
	z¡							dz¡
jzj R
z =3=2	z(z 1)3		438.		, ÿêùîj jR						.
436. I =	e dz			I =			(z¡a)n(z¡b), äå n =
		.
j j R	¡				z =R
			1; 2; : : :			jaj < R < jbj

В прикладах 439 464 використовуючи iнтегральну формули Кошi, обчислити iнтеграл I уздовж межi областi D.

R3z + 2i sin z

439.I = @D z2 ¡ z + 9 + 3idz, область

D = fz = x + iy : y < 4; x + y > 0; x ¡ y < 0g :

Rezdz

440.I = @D z2 + a2 , ÿêùî êðóã U(0; a) ½ D.

	R	sin(1 + iz)		D
441. I =	@D (z2 + pz + q)2		dz, ÿêùî îäèí ç íóëiâ ïîëiíîìà z2 + pz + q
знаходиться всерединi областi					, а другий зовнi.

R3ei2z sin z

442.I = @D z2 ¡ (3 + i)z + 4 + 3idz, область

D = fz = x + iy : x > 3=2; x < 5=2; y > 0; y < 2g :

R

¡

z

443.

I = @D

ezdz

, область D = fz

: jzj < 1=2g.

z3 (1 z)2

R

sin(e )

D

444.

I =

dz, ÿêùî îäèí ç íóëiâ ïîëiíîìà az2 + bz + c

@D (az2 + bz + c)3

знаходиться всерединi областi , а другий зовнi.

446.

I = R

cos3

(2z)dz

3 , область D =

z : jz + 1j < p2 .

445.

I = @D

dz

, область D = fz = x + iy

: x > 0; y > 0; jzj < 1g.

2z2 + i

R

©

ª

3

¡

@D (1 + 3z) (4z

3i)

447. I =

cos (2z)dz

D = z : jz + 1j < p

.

, область

2

¡

3

R

3i)

©

ª

@D (1 + 3z) (4z

Rz exp(z3)

448.I = @D (z6 ¡ 1)3 dz, область D = fz : Re z < 0; jzj < 3g.

R	¡			©	ª
449. I =	cos(2z3 + i)dz		D =	z	: jzj < 1; jz + 32j > 31 .
	z(2z 1)(2z2 + 5z + 2)	, область
@D

28

450.

Глава 2. Аналiтичнi функцi¨

I =		1 + exp(iz2)				dz, область
			14
@D
R	z(3z ¡ i)3 µ3z2 ¡ z(6 ¡ i) +				¶
				3
	D =	½z : Re z > ¡2	; Re z < 1; jIm zj < 3¾				:
		1				2

R		¡		©		ª
451. I =		ez			dz,область D =	z : jzj < 23 .
@D z (1			z)

R(z + 2) sin(z3)

452.I = @D (z2 ¡ z ¢ (7 + 6i) + 17 + 9i)dz,область

D = fz : jzj < 6; ¡4 < y = Re z < 4g :

Rz sin(z2 + 4)

453.I = @D (z2 ¡ 4z(1 + i) + 8 + 14i)dz,область

D = fz : jzj < 4; j arg zj < ¼=4g :

454.

I =

sin2(z + i)

dz, область D = fz : ® < arg z < ¯; jzj > Rg.

(8z + i)

3

@D

455.

R

sin f(z)

dz, äå f(z) 2 A(D) область D = fz : 1=8 < jzj < 8g.

I = @D

(2z2 + i)4

456.

R

(e2z + 3 + i4)2

dz, область D =

z : z a + z b < R .

I =

z

2

i)(z + 7

3

@D

¡

i)

f

j ¡ j j ¡ j g

R

( + 2

3

+ 8)

457. I = @D

sh(z

dz, область D = fz

: 0 < jzj < 6g.

(2z + 3i)(z

¡

i)2z3

R

(ez + 1)

458.

I = @D

dz, область D = fz : Im z > 0; jzj < Rg.

(z2 + a2)3

459.

R

ch(®z + ¯)

dz, область D = fz : Re z > 0; jzj < Rg.

I = @D

(z3 + a3)

R

z + 5i

: Im z < ¡21; jzj < 2 .

460. I =

dz, область D =

z

z4

1

@D

2¡z

©

ª

R

p

ª

461.

z e

+ 1

, область

Im

.

I = @D

(sin z + 1)2 dz

D =

z :

z > 0; jzj < 3 2

R

©

R(ez + 1)

462.I = @D (z2 + 1)2 dz, область D = fz : Im z > 0; jzj < 2g.

2.6. Ряд Тейлора

29

R

¡

463.

I = @D

cos z + 1

dz, область D = fz : Re z > 0; jzj < 4g.

z2

¼2

464.

I = @D tg zdz, область D = z

: jRe zj < p

; jIm zj < p

.

2

2

R

©

I в залежностi

ª

В прикладах 465 467 обчислити iнтеграл

вiд вибору

параметра R, використовуючи iнтегральну формули Кошi; якщо область

не вказано, то вважати, що обход усiх контурiв здiйсю¹ться проти го-
динниково¨ стрiлки.
		esh z
465.	I =		dz.
		(3iz 1)
	=R	¡
	jzjR
466.	I =	f(z) ¡ 2			9)	dz, äå f(z)	2	A(U(0; R)).
	=R	(z + 3i)(z2		¡
	jzjR

	R	sin3 z + 1
467. I =			dz, де область D = fz				:
	@D	(ez + 1)3
468. Скiльки значень i яких ма¹ iнтеграл
			I = Z		dz
						;	zj
				n	(z zk)
			@D	kQ	¡
				=1

Im z > 0; Re z > 0; jzj < Rg.

6= zl;

якщо контур iнтегрування не проходить нi через одну з точок zj; j =

1; 2; : : :?

469. Скiльки значень i яких ма¹ iнтеграл

I =	1	Z	ezdz			;
	2¼i		z(1	¡	z)3
		@D

в залежностi вiд вибору областi D ?

Ÿ2.6. Ряд Тейлора

Якщо функцiя f(z) 2 A (U(a; R)), то в будь-якому крузi U(a; ½) меншого радiуса ½ < R функцiю можливо представити збiжним рядом Тей-

ëîðà:	1		f(n)(a)
	X	cn(z ¡ a)n; cn =
	f(z) =		n!	:
	n=0

Для зручного обчислення тейлорiвських коефiцi¹нтiв iнодi корисно скористатись вiдомими розкладами. Так, наприклад, при jzj < 1 справджу-

30 Глава 2. Аналiтичнi функцi¨

¹ться розвинення:

1

1

=

zn:

1

¡

z

n=0

X

В прикладах 470 475 довести формули i вказати областi збiжностi

ðÿäiâ.

z3

1

470.

= ¡

z4n + z4n¡1 :

(z2 + 1)(z

1)

=1

¡1

¡

¢

1

nP

471.

=

(n + 1)(¡1)nz2n:

(z2 + 1)2

=0

1

nP

472.

=

1

(¡1)n(n + 1)z3n.

(1 + z3)2

=0

473.

1nP

=

1

z8n ¡ z8n+1

:

(1 + z)(1 + z2)(1 + z4)

=0

¡

¢

z

= 1

1

nP

474.

( 1)n+1

¡

4¡n¡1

z2n+1:

(z2 + 1)(z2

4)

¡

5

=0

¡

¡

¢

nP

475.

1

=

1

(n + 1)(n + 2)

z6n:

6 3

(1 z )

=0

2

¡

nP

Ÿ2.7. Ряд Лорана, особливi точки

( )

V (a; r;P)

Рядом Лорана в околi точки a називають ряд вигляду

1

cn(z ¡a)n.

Однозначна функцiя f z

¹ аналiтичною у кiльцi

n=¡1

òîäi òà é

R

тiльки тодi, коли в будь-якому кiльцi V (a; r + "1; R ¡ "2), 8"1

; "2 > 0 öþ

функцiю можна представити рiвномiрно збiжним рядом Лорана

f(z) = n=

cn(z ¡ a)n ; äå cn = 2¼i

Z

(³ ¡ a)n+1 d³:

1

1

f(³)

¡1

³

a

=½

X

j

¡ j

r<½<R

Точка a ¹ iзольованою особливою точкою функцi¨ f(z), ÿêùî iñíó¹

виколотий окiл цi¹¨ точки, в якому функцiя f(z) аналiтична. Класифi-

кацiю iзольованих особливих точок проводять в залежностi вiд вигляду головно¨ частини ряда Лорана. Iзольована особлива точка a аналiтично¨

функцi¨ f(z) назива¹ться:

1± усувною особливою точкою, якщо головна частина лоранiвського розкладу в околi цiй точцi вiдсутня; при цьому limz!a f(z) = c0 =6 1;