Embed Size (px)
Citation preview
Задачи по теории функций комплексного переменного Часть 2
На дневном, на вечернем и на заочном отделениях факультета прикладной математики-процессов
управления Санкт-Петербургского государственного университета читается годовой курс по Теории функций комплексного переменого (ТФКП). Программа этого курса приведена на сайте факультета http://www.apmath.spbu.ru/ru/staff/starkov/. Там же помещена первая часть курса.
При составлении методических указаний использовались различные источники, список которых приведен. В каждом пункте даются краткие сведения теоретического характера с целью сделать читателя менее зависимым от наличия или отсутствия у него соответствующей литературы. Для некоторых задач решение доведено до конца, для других даются указания к решению, для всех задач приведены ответы. Содержание 1. Интегрирование функций комплексного переменного
1.1. Вычисление интегралов по формуле Ньютона-Лейбница 1.2. Интеграл по контуру 1.3. Интегральная формула Коши
2. Ряды
2.1. Степенные ряды и ряд Тейлора 2.2. Ряд Лорана
3. Изолированные особые точки и вычеты функций
3.1. Классификация особых точек 3.2. Вычеты функций
4. Применение вычетов к вычислению интегралов
4.1. Вычисление интегралов на основе теоремы Коши 4.2. Вычисление определенных интегралов с помощью вычетов 4.3. Несобственные интегралы от действительной переменной
5. Тестирование по пройденному материалу 6. Литература 1. Интегрирование функций комплексного переменного 1.1. Вычисление интегралов по формуле Ньютона-Лейбница Функция )(zF называется первообразной функцией для )(zf , если )()( zfzF =′ . Если функция )(zf является аналитической в односвязной области D, то интеграл от )(zf по любому пути, соединяющему точки 1z и 2z этой области и лежащему в ней, равен разности значений первообразной в точках 2z и
1z , т.е. вычисляется по известной формуле Ньютона-Лейбница. Интегралы от элементарных функций комплексного переменного вычисляются с помощью тех же формул, что и для функций вещественной переменной.
1. Вычислить интегралы: а) ∫i
zdzz0
cos , б) ∫π+
−i
zdzze1
0
, в) ∫+i
dzz1
0
2 .
Ответ: а) 11−
e, б) )2(1 i
eπ+ , в) )1(
32 i+− .
2. Вычислить интегралы: а) ∫i
zdzze0
, б) ∫+i
zdz1
1
, в) ∫+
π i
zdz2
0
sin .
Ответ: а) )1sin1(cos)1sin1cos1( −+−− i , б) i4
2ln21 π
+ , в)
−+
eei 1
21 .
1.2. Интеграл по контуру Если ),(),()( yxivyxuzf += , то интеграл по дуге АВ, лежащей в плоскости z , вычисляется по
формуле ∫∫∫∪∪∪
++−=ABABAB
udyvdxivdyudxdzzf )( , т. е. представляется как сумма криволинейных
интегралов от вещественной переменной. При параметрическом задании дуги АВ: )()()( tiytxtz += , 21 ttt << имеем
∫∫ ′=∪
2
1
)())(()(t
tAB
dttztzfdzzf . Это удобно для случая, когда дуга является частью окружности, а
параметром служит полярный угол. Если функция )(zf аналитична в некоторой односвязной области D, то интеграл по любому контуру в этой области не зависит от пути интегрирования, а вдоль замкнутого контура равен нулю (теорема Коши для односвязной области). Если функция )(zf есть аналитическая функция в замкнутой многосвязной области, то интеграл по внешнему контуру равен сумме интегралов по внутренним контурам (теорема Коши для многосвязной области). Везде интегрирование как по внешнему, так и по внутренним контурам совершается в положительном направлении, т.е. так, что область остается все время слева. 3. Вычислить ∫
С
zdzIm , где С — прямолинейный отрезок, соединяющий точку 0 с точкой 2 + i.
Ответ: 1 + 0, 5i.
4. Вычислить ∫C z
dz, где С — окружность 1=z .
Ответ: iπ2 .
5. Вычислить ∫С z
dz, где С — верхняя половина окружности 1=z , направление обхода: от точки (1,0)
до точки (—1,0) ( z взять из общей формулы при k = 0). Ответ: 2(i – 1).
6. Вычислить ∫C z
dz, где С — граница области 21 << z .
Ответ: 34
.
7. Вычислить ∫С
dzz3 , где С — четверть окружности 1=z , 2
arg0 π≤≤ z .
Ответ: 0.
8. Вычислить ∫−
i
i
dzz вдоль полуокружности 1=z , 0Re ≥z .
Ответ: 2i. 9. Вычислить интегралы вдоль кривой С — части окружности 2=z , лежащей в полуплоскости
0Im ≤z и пробегаемой от точки 21 −=z до точки 22 =z в случаях:
а) ∫С
dzz б) ∫С
dzzz в) ∫ −С
dziyx )32(
Ответ: а) iπ4 , б) 0; в) iπ10 . 10. Вычислить интегралы вдоль С — отрезка прямой с началом в 11 =z и концом в iz =2 от
следующих функций: а) z , б) zIm , в) 1−z .
Ответ: а) i, б) 0,5(–1 + i); в) )223ln(2
1+
− i.
11. Вычислить интегралы по замкнутому контуру: а) ∫=1я
dzzz , б) ∫=2
2 )Im(я
dzzz , в) ∫=− 11
Reя
zdz .
Ответ: а) 0; б) π−16 , в) iπ .
12. Вычислить интеграл ∫−
i
i zdz
, вдоль дуги параболы 12 += xy .
Ответ: iπ− . 13. Вычислить ∫ +
С
dzxiy )( , где С — ломаная ОАВ с вершинами в точках 0=Oz , izA = , izB += 1 .
Ответ: 0,5 + i.
14. Вычислить интеграл ∫С
dzz10 , где С — эллипс 12
2
2
2
=+by
ax
.
Ответ: 0. 1.3 Интегральная формула Коши Пусть функция )(zf аналитична в замкнутой области D (односвязной или многосвязной) и Г — граница области D. Оказывается, что тогда значения функции )(zf в любой точке области D можно вычислить, зная только значения )(zf на границе области по интегральной формуле Коши:
∫Γ −ξ
ξξπ
=zdf
izf )(
21)( .
Заметим, что формула Коши остается в силе и для многосвязной области, но под интегралом подразумевается сумма интегралов по всем кривым, составляющим контур (обходимые области остаются слева). Известно, что аналитическая в данной области функция )(zf имеет в этой области производную любого порядка. Производная определяется по формуле
∫Γ
+−ξξξ
π= 1
)(
)()(
2!)( n
n
zdf
inzf .
С помощью этих формул можно вычислять некоторые криволинейные интегралы по замкнутым контурам для подынтегральной функции специального вида. Формулы следует записать в обратном порядке
)(2)( zifzdf
π=−ξ
ξξ∫Γ
, )(!
2)(
)( )(1 zf
ni
zdf n
n∫Γ
+
π=
−ξξξ
.
Пример 1. Вычислить интеграл ∫ −C
z
zzdze
)3(, где С — окружность с радиусом 3/2 и центром в точке 2.
Решение. В качестве числителя подынтегрального выражения в интегральной формуле Коши следует
взять функцию z
ezfz
=)( , которая аналитична в круге, ограниченном С. Применяя интегральную
формулу Коши, получим ∫∫π
=π=−
=− CC
z ieifz
dzzfzz
dze3
2)3(23
)()3(
3
.
Пример 2. Вычислить ∫ −C
z
izdze
3)(.
где С — произвольный замкнутый контур, однократно обходящий точку i в положительном направлении. Решение. Функция zezf =)( аналитична в области, ограниченной контуром С и в силу формулы для
производной, находим 1cos1sin)(!2
2)( 3 π+π−=′′π
=−∫ iifi
izdze
C
z
.
15. Вычислить интеграл ∫=− −
+
224
3
)1(12
z
dzzz
.
Ответ: iπ4 .
16. Вычислить ∫ +C zdz
92 , если: а) точка 3i лежит внутри контура С, а точка –3i — вне его, б) точка –3i
лежит внутри контура С, а точка 3i — вне его.
Ответ: а) 3π
, б) 3π
− .
17. Применяя формулу Коши, вычислить интегралы: а) ∫ −C zdzz1
3
, б) ∫ −C zzdz
14 , где С— окружность с
центром в точке 2 и радиусом 2.
Ответ: а) iπ2 ; б) i2π
.
18. Вычислить интегралы по окружностям: а) ∫= +2
2
z izdzz
, б) ∫=− 21
sin
z
dzz
z, в) ∫
=+ −222 1z zzdz
.
Ответ: а) iπ− 2 , б) 0; в) iπ . 2 Ряды 2.1 Степенные ряды и ряд Тейлора Различают числовые и функциональные ряды. Из всевозможных функциональных рядов большое распространение имеют степенные ряды:
∑∞
=
+++++=0
2210 ......
n
nn
nn zczczcczc
Радиус сходимости К можно определить, пользуясь признаками Даламбера или Коши: 1
lim+
∞→=
n
nn c
cR ,
nn
n cR 1lim
∞→= .
Ряд сходится при Rz < , т.е. в круге радиусом R . Более общий вид степенного ряда — ряд Тейлора
∑∞
=
−=0
0 )()(n
nn zzczf , )(
!1
0)( zf
nc n
n = .
Кругом сходимости этого ряда является круг Rzz <− 0 .
Пример 1. Рассмотрим геометрическую прогрессию ∑∞
=
+++++=0
2 ......1n
nn zzzz
Ее круг сходимости 1<z . Внутри этого круга прогрессия сходится абсолютно, а во всяком замкнутом
круге 1<≤ qz –равномерно. Как и в действительном анализе, сумма прогрессии внутри ее круга
сходимости равна функции z−1
1. Эта функция и ее представление рядом очень полезно в задачах
разложения в ряды.
Пример 2. Исследовать сходимость ряда ∑∞
=
+−
+−
+=−
0
2
...!2
)1(!111
!)1(
n
n zzn
z
Его радиус сходимости равен ∞=+==∞→
+∞→
)1(limlim1
nccR
nn
nn
.
Следовательно, кругом сходимости данного ряда будет вся плоскость z. Как и в действительном анализе, имеют место разложения при 00 =z следующих функций:
...!
...!2!1
1!0
2
+++++== ∑∞
= nzzz
nze
n
n
nz , ...
)!12()1(...
!5!3)!12()1(sin
12
0
5312
++
−+−+−=+
−=+∞
=
+
∑ nzzzz
nzz
nn
n
nn ,
...)!2(
)1(...!4!2
1)!2(
)1(cos2
0
422
+−+−+−=−= ∑∞
= nzzz
nzz
nn
n
nn ,
...!
)1)...(1(...!2
)1(1)1( 2 ++−−
++−
++=+ kn zk
knnnznnnzz ,
...)1(...321
)1()1ln(1
32
+−+−+−=−=+ ∑∞
= nzzzz
nzz
nn
n
nn
Радиус сходимости первых трех рядов ∞=R , а последних двух 1=R .
19. Определить радиус сходимости степенного ряда ∑∞
=1n
nn zс , если: а) n
n nс = , б) !
1n
cn = ,
в) nnnc2
= , г) )cos(incn = .
Ответ: а) 0; б) ∞ , в) 2; г) e1
.
20. Найти круг сходимости рядов: а) ∑∞
=
+1 !
1n
n
nz
, б) ∑∞
=1!
n
nzn , в) ∑∞
= +−
12 )1(
)(n
n
n
iniz
.
Ответ: а) ∞=R , вся плоскость, б) 0=R , точка 0=z , в) 2,2 <−= izR .
21. Найти радиус сходимости степенного рядов: а) ∑∞
=1
!n
n
n
nzn
, б) ∑∞
=
−++
+
1)2(
)2)(1()1(
n
nn
znni
.
Ответ: а) eR = , б) 22
=R .
22. Найти круг сходимости следующих степенных рядов: а) ∑∞
= ++
0 1)(
n
n
iniz
, б) [ ]∑∞
=
−+0
)1(2n
nn z ,
в) ∑∞
= −⋅+++
0 ])1(43[)1(
nnn
niz, г) ∑
∞
=1))(sin(
n
nzin .
Ответ: а) 1<+ iz , б) 1<z , в) 11 <++ iz , г) e
z 1< .
23. Определить область сходимости рядов: а) ∑∞
=2
ln
n
nze , б) ∑∞
=1
sinn n
nz, в) ∑
∞
= +−
0
)1(n
n
nz .
Ответ: а) Полуплоскость 1Re −<z , б) действительная ось; в) вся плоскость, кроме точек
,...2,1,0 ±±=z
24. Найти область сходимости данных рядов: а) ∑∞
=
+
0 21
nnn
n
zz , б) ∑
∞
=
+
0
2
!nn
n
zn
nz
,
в) n
n nnzz∑
∞
=
+
1
)(.
Ответ: а) Кольцо 121
<< z , б) внешность единичного круга 1>z , в) 1<z .
25. Найти область сходимости данных рядов: а) ∑∞
= +02 12
n
n
n
z, б) ∑
∞
= −1 1nn
n
zz
, в) ∑∞
= −121n
n
n
zz
.
Ответ: а) 1>z , б) 1<z , в) вся плоскость, кроме окружности 1=z . 26. Разложить в ряд Тейлора по степеням iz − функцию 5)( zzf = . Ответ: 5432 )()(5)(10)(10)(5)( iziziiziziizizf −+−+−−−−−+= . 27. Разложить функции в ряд Тейлора в окрестности точки 0z и указать область сходимости:
а) zln , 10 =z , б) zez)1( − , 00 =z , в) zz sin22sin − , 00 =z .
Ответ: а) 11,)1()1(ln1
1 <−−
−= ∑∞
=
− zn
zzn
nn , б) ∞<
+− ∑
∞
=
+
znnz
n
n
,)!1(
11
1
,
в) ∞<+
−−∑
∞
=
++
+ zznn
nn
n ,)!12(
22)1(1
2212
1 .
28. Разложить функции в степенной ряд ∑∞
=0n
nn zс и найти радиус сходимости: а) 0,1
≠+
bbaz
,
б) 1342 +− zz
z, в) 2
2
)1( +zz
.
Ответ: а) abR
bza
nn
nnn =−∑
∞
=+ ,)1(
01 , б) [ ] 13,
13)32()32(
6 1=+−−∑
∞
=
Rziiin
n
nnn ,
в) 1,)1()1(2
=−−∑∞
=
Rznn
nn .
29. Разложить указанные функции в степенные ряды ∑∞
=0n
nn zс , используя известные разложения:
а) )23ln( 2 +− zz , б) zz
−+
11ln , в) ∫
z
dzz
z
0
sin .
Ответ: а) 1,)21(2ln1
=+− ∑∞
=
− Rnz
n
nn , б) 1,
122
0
12
=+∑
∞
=
+
Rn
zn
n
, в) ∞=++
−∑∞
=
+
Rnn
zn
nn ,
)12()!12()1(
0
12
.
30. Разложить указанные функции в ряд по степеням 1−z и найти радиус сходимости: а) 2+z
z,
б) 522 +− zz
z, в) 2
2
)1( +zz
.
Ответ: а) 3,13)1()1(2
31
1
1 =+
−−+ ∑
∞
=
+ Rzn
n
nn , б) [ ] 2,
2
)1(41
0 )1(121 1
=−∑
∞
= −++ +Rz
n n
n
n,
в) 2,2
)1)(3()1(41
12 =−−
−+ ∑∞
=+ Rzn
nn
nn .
31. Функцию )2sin( 2zz − разложить в ряд по степеням 1−z , найти радиус сходимости ряда.
Ответ: ∞=−
π
+∑∞
=
Rznnn
n ,)1(2
1sin!
10
2 .
32. Разложить в ряд Тейлора функцию zzf ln)( = в окрестности 20 =z .
Ответ: 2,2
)2()1(2ln1
1 =−
−+ ∑∞
=
− Rn
zn
n
nn .
2.2. Ряд Лорана Ряд, содержащий, кроме положительных степеней 0zz − , также и отрицательные степени 0zz − , называется рядом Лорана и имеет вид
...)(...)(...)(
...)( 00100
1
00 +−++−++
−++
−+=− −−
∞
−∞=∑ n
nnn
n
nn zzazzaa
zza
zzazza
Областью сходимости ряда Лорана является круговое кольцо 201 RzzR <−< (кольцо может
выродиться в кольцо с выколотым центром: 200 Rzz <−< или во внешность круга с выколотой точкой
∞=z : ∞<−< 01 zzR , а также во всю плоскость с двумя выколотыми точками: ∞<−< 00 zz ).
Часть ряда Лорана с коэффициентами na− называется главной частью ряда Лорана, а с коэффициентами
na — правильной частью.
Всякая аналитическая функция )(zf внутри кругового кольца 201 RzzR <−< может быть разложена внутри этого кольца в ряд Лорана и притом единственным образом. Коэффициенты ряда Лорана вычисляются при помощи формулы
∫ +−π=
Cnn dz
zzzf
ia 1
0)()(
21
, ,...2,1,0 ±±=n ,
где С — любой замкнутый контур, расположенный внутри кольца и окружающий точку 0z . Однако на практике для вычисления коэффициентов иногда удобнее использовать представление разлагаемой функции в виде суммы функций, каждую из которых можно непосредственно представить в виде разложения по отрицательным или положительным степеням 0zz − .
Пример. Рассмотрим функцию )2)(1(
1)(−−
=zz
zf . Она имеет две особые точки 1=z и 2=z и,
значит, в кольце 21 << z является аналитической и разлагается в ряд Лорана. Найдем это разложение, представив функцию в виде суммы простейших дробей:
11
21
)2)(1(1
−−
−=
−− zzzz.
Дробь2
1−z
является аналитической функцией в круге 2<z и разлагается по положительным
степеням аналогично ряду геометрической прогрессии:
∑∞
=
−=
+++++−=
−−
02
2
221...
2...
221
21
21
121
n
n
n
n zzzzz .
Дробь1
1−
−z
является аналитической вне круга 1>z и разлагается по степеням z1
также как сумма
геометрической прогрессии: ∑∞
=
−=
+++++−=
−
−=−
−1
2
1...1...111111
11
1n
nn zzzzzz
zz
Окончательно имеем ∑∑∑∞
=
∞
=
∞
=
+−−=−
−=
110
122
1122
1)(n
nn
n
nn
n
n
zz
zzzf
Для этой функции можно получить и другие разложения в других областях. Так, например, в области
1<z она аналитична и разлагается в ряд Тейлора:
.1,211
...2
...22
121......1
21
121
11
21
11
)2)(1(1
01
2
22
<
−=
=
+++++−+++++=
=−
⋅−−
=−
+−
−=−−
∑∞
=+ zz
zzzzzz
zzzzzz
n
nn
n
nn
Разложим ее в кольце 110 <−< z (окрестность точки 10 =z ) по степеням 1−z :
.110,)1()1(1
1)1(1
11
12
11
1)(
10
<−<−−=−−−
−=
=−−
−−
−=−
+−
−=
∑∑∞
−=
∞
=
zzzz
zzzzzf
n
n
n
n
Таким образом, для одной и той же функции можно получить различные разложения. Это не противоречит единственности разложения, ибо полученные ряды имеют место в различных областях.
33. Разложить функцию )1(
1)(−
=zz
zf в ряд Лорана в кольце 110 <−< z .
Ответ: ∑∞
−=
−=1
)(n
nzzf
34. Разложить в ряд Лорана по степеням 2−z функцию 2
4
)2()(
−=
zzzf .
Ответ: 22 )2()2(824
232
)2(16)( −+−++
−+
−= zz
zzzf .
35. Разложить в ряд Лорана следующие функции в указанных областях: а) )4)(1( 22 −− zz
z при
21 << z , б) 222 )4)(1(1
−− zz при 21 << z , в) 222 )4)(1(
1−− zz
при 2>z .
Ответ: а) ∑∑∞
=
+∞
=+ −
0
12
112 412
1131
nn
n
nn
zz
, б) ∑∞
−∞=n
nn za 2
91
, 1=na при 0<n , 2473
+
+= nn
na при 0>n ,
в) [ ]∑∞
=
−−−+1
224)73(191
n
nn zn .
3. Изолированные особые точки и вычеты функций 3.1. Классификация особых точек Точки, в которых функция )(zf перестает быть аналитической, называются особыми. Если в достаточно малой окрестности особой точки нет других особых точек, то данная особая точка на-зывается изолированной. Изолированные особые точки бывают трех типов: устранимая особая точка, полюс, существенно особая точка. Изолированная особая точка 0z функции )(zf называется устранимой (или правильной), если существует конечный предел )(lim zf при 0zz → (этот предел не совпадает с )( 0zf ). Для того чтобы изолированная особая точка 0z функции )(zf была устранимой, необходимо и достаточно, чтобы лорановское разложение )(zf в окрестности 0z не содержало главной части, т.е. представляло бы ряд Тейлора:
...)(...)()( 00100
0 +−++−+=−∑∞
=
nn
n
nn zzazzaazza
Данная функция совпадает с суммой ряда, если 0zz ≠ Функция будет аналитической и в точке 0z , если положить 00 )( azf = , что обычно и делают. Изолированная особая точка 0z функции )(zf называется полюсом, если ∞=)(lim zf при 0zz → . Для того чтобы изолированная особая точка 0z функции )(zf была полюсом, необходимо и достаточно, чтобы главная часть лорановского разложения )(zf в окрестности 0z содержала бы лишь конечное число членов:
∑∞
=
−−
+−− −+−
++−
+−
=0
00
11
0
1
0
)(...)()(
)(n
nnm
mm
m zzazz
azz
azz
azf
m > 0, 0≠−ma , -т называется порядком полюса, при т = 1 полюс, называется простым.
Если для )(zf точка 0z есть полюс порядка т, то для функции )(
1zfточка 0z есть нуль порядка т
(точка 0z называется нулем порядка т, если разложение в степенной ряд аналитической функции )(zw
имеет вид ∑∞
=
−=mk
kk zzazw )()( 0 , 0≠−ma , 1≥k ).
Изолированная особая точка 0z функции )(zf называется существенно особой, если )(lim zf при
0zz → не существует.
Например, z = 0 для функции zezf1
)( = является существенно особой, так как 0lim1
0=
−→z
ze ,
∞=+→
zz
e1
0lim .
Для того чтобы изолированная особая точка 0z функции )(zf была существенно особой, необходимо и достаточно, чтобы главная часть лорановского разложения функции )(zf в окрестности 0z содержала
бы бесконечное число членов: ∑∞
−∞=
−=n
nn zzazf )()( 0 .
Теперь о точке ∞=z . Точка ∞=z называется бесконечно удаленной изолированной особой точкой, если все другие особые точки находятся на конечном расстоянии от начала координат. Точку ∞=z будем называть устранимой особой точкой функции )(zf , если ее разложение в ряд
Лорана имеет вид ∑∞
=
−=0
)(n
nn zazf или существует предел 0)(lim azf = при ∞→z , т.е. функция
ограничена в окрестности бесконечно удаленной точки. Пусть в разложении ∑∞
=
−
0n
nn za будут равны нулю
0... 110 ==== −maaa , но 0≠ma . В этом случае говорят, что точка ∞=z является нулем кратности т функции )(zf . Точка ∞=z называется полюсом порядка m функции )(zf , если разложение в ряд Лорана в
окрестности этой точки имеет вид ∑∞
−=
−=mn
nnzazf )( , где 0≠−ma . Видно, что в этом случае
∞=)(lim zf при ∞→z . Бесконечно удаленная точка называется существенно особой точкой функции )(zf , если разложение в
ряд Лорана для нее имеет вид ∑∞
−∞=
=n
nn zazf )( , причем главная часть состоит из бесконечного числа
членов. 36. Определить характер точки 20 для следующих функций: а) Ζ∈π=+ kkzzz ,,sin3sin 0
2 ,
б) 1,2
cos)1sin( 03 =
π− zzz , в) 1,
)1(sin2
cos02 =
−
π
zz
z, г) π=
π− 0,sin zz
z.
Ответ: а) π= kz — простые нули функции; б) 1=z — нуль четвертого порядка; в) 1=z — полюс первого порядка; г) π=z — устранимая особая точка. 37. Определить порядки полюсов 0z для следующих функций:
а) Ζ∈π= kkzz
z ,,sin 03 , б) 1,2,
)1()4(23
00322
2
==−−
+− zzzz
zz, в) 2,1,
)2(1cos
0032 =−=−−+π zz
zzz
.
Ответ: а) 0=z — полюс второго порядка, π= kz — полюсы 3 порядка (k = 0, ±1, ±2, . . .); б) 2=z — полюс 1 порядка, 1=z — полюс 2 порядка, в) 1−=z — простой полюс, 2=z –полюс 3 порядка. 38. Найти особые точки функций и определить их тип (для полюсов указать порядок):
а) 3)1)(1(2
−++
zzzz
, б) zctg , в) 32 )(1
iz +, г) ize 2
1− , д)
iz +1cos .
Ответ: а) 1=z — полюс 3 порядка 0=z и 1−=z — полюсы 1 порядка; б) π= kz — простые
полюсы (k = 0,±1,±2,. . . ); в) )1(22
−± i —полюсы 3 порядка; г) iz 2= — существенно особая точка,
д) iz −= — существенно особая точка.
39. Найти особые точки функции 1
)(1
1
−=
−
z
z
eezf .
Ответ: 1=z –существенно особая точка, ikz π= 2 (k= 0, ±1, ±2, . . .)—полюсы 1 порядка, ∞=z –устранимая особая точка.
40. Найти особые точки функции 23 )1)(1(
1sin)(
−+=
zzzzf .
Ответ: 1−=z , )31(21 iz ±= — полюсы 1 порядка, 1=z — полюс 2 порядка, 0=z — существенно
особая точка.
41. Найти особые точки функции 2)(sin)(
π−=
zzzf .
Ответ: π=z — полюс 1 порядка, ∞=z –существенно особая точка.
42. Найти особые точки функции 222 )1)(1(1)(
−+−
=zz
ezfz
.
Ответ: Простые полюсы в точках ±i, полюсы 2 порядка в точках ±1, ∞=z –существенная особая точка.
43. Определить характер точки 0=z для функций: а)
zzsinexp , б)
)21ln(3 3
zzz
−+
, в)
6sin
3zzz
e z
+−,
г) zze z 3ctg)1( −− , д)
21cos
2sin2zz
z
+−, е)
− zz 2
1exp .
Ответ: а) правильная точка; б) правильная точка; в) полюс 5 порядка; г) простой полюс; д) полюс 3 порядка; е) существенно особая точка.
44. Найти особые точки функций и указать на характер: а)1
13 +z
, б) 3zeiz
, в) 3)1(1
1exp
+
+z
z ,
г) 222 )1(sin
+zzz
.
Ответ: а) 1−=z , )31(21 iz ±= — полюсы 1 порядка (простые полюсы), ∞=z — нуль 3 порядка,
б) 0=z — полюс 3 порядка, ∞=z –существенно особая точка; в) 1−=z — существенно особая точка, ∞=z — нуль 3 порядка; г) 0=z –простой полюс, ±2i — полюсы 2 порядка, ∞=z –существенно особая
точка;
45. Найти особые точки функций и указать их характер: а)11
4
4
−+
zz
, б) zz
z −1cos , в) 23 1sin z
zz − .
Ответ: а) ±1,±i — простые полюсы, ∞ — правильная точка; б) 0=z — существенно особая точка, ∞=z — простой нуль; в) 0=z — существенно особая точка, ∞=z — правильная точка.
46. Для функции )(zf найти особые точки, выяснить их характер, и исследовать поведение функции в
окрестности бесконечно удаленной точки: а) 3
1)(zz
zf−
= , б) 4
4
1)(
zzzf+
= , в) 3
5
)1()(
zzzf−
= ,
г) zezzf
21)( += , д) 2
1
)( zezf−
= , е) 34
sin)(+
=z
zzf .
Ответ: а) 0 и ±1 — простые полюсы, ∞=z –простой нуль (правильная точка); б) )1(22 i± ,
)1(22 i±− — простые полюсы, ∞=z — правильная точка; в) 1 — полюс 3 порядка, ∞ — полюс 2
порядка; г) ∞=z — существенно особая точка; д) 0=z – существенно особая точка, ∞=z — правильная точка; е) —0,75 — простой полюс, ∞=z — существенно особая точка.
47. Найти полюсы функции 222 )1)(1()(
+−=
zzzzf .
Ответ: ±1 — полюс 1 порядка, ±i — полюсы 2 порядка.
48. Найти особые точки функций: а) 12 +z
z, б)
z1sin .
Ответ: а) iz ±= простые полюсы, б) 0=z — существенно особая точка. 49. Найти особые точки функций, выяснить их характер и исследовать поведение функции на
бесконечности: а) 22 )4(1+zz
, б) 12 +z
e z
, в) zze− , г) zze1
, д) zz
e −1 , е) zz
e1
−.
Ответ: а) 0=z — полюс 1 порядка, iz 2±= — полюсы 2 порядка, ∞=z –правильная точка (нуль 5 порядка); б) iz ±= — полюсы 1 порядка, ∞=z — существенно особая точка; в) ∞=z — существенно особая точка; г) 0=z — существенно особая точка, ∞=z — полюс 1 порядка; д) 1=z –существенно особая точка, ∞=z — правильная точка, е) 0=z — существенно особая точка, ∞=z — существенно особая точка. 50. Найти особые точки функций, выяснить их характер и исследовать поведение функций на
бесконечности: а) 2
cosz
z, б)
z−11sin , в) 2
11sinzz
+ , г) z
e z 1cos− .
Ответ: а) 0=z –полюс 2 порядка, ∞=z — существенно особая точка; б) 1=z — существенно особая точка, ∞=z — правильная точка (нуль 1 порядка), в) 0=z — существенно особая точка, ∞=z — правильная точка (нуль 1 порядка); г) 0=z — существенно особая точка, ∞=z – существенно особая точка. 3.2. Вычеты функций
Вычетом функции )(zf относительно особой точки 0z называется коэффициент 1−a при 1
0 )( −− zz в разложении в ряд Лорана )(zf в окрестности 0z . Коэффициент 01 ≠−a только в том случае, когда 0z — полюс или существенно особая точка. Обозначается вычет )(Res 0zf или )(Res
0
zfz
.
Вычет функции )(zf , соответствующий полюсу, можно вычислить проще, не пользуясь разложением функции в ряд Лорана. В случае простого полюса 0zz = функции
)(zf вычет ))((lim)(Res 000
zzzfzfzz
−=→
.
В частности, если )()()(
zzgzf
ϕ= , причем )(zg и )(zϕ — аналитические функции в окрестности точки
0z и 0)( 0 ≠zg , а для )(zϕ точка 0z есть нуль первого порядка (для )(zf же точка 0z есть полюс
первого порядка), то )()(
)()(Res
0
0
0 zzg
zzg
z ϕ′=
ϕ.
Если же точка 0z для функции )(zf является полюсом порядка т, то
[ ]mm
m
zzzzzf
dzd
mzf ))((lim
)!1(1)(Res 01
1
00
−−
= −
−
→
51. Вычислить вычеты следующих функций относительно точек 0z : а) ,)3()2(
12
3
−++
zzz 2,3 00 −== zz ,
б) 0,)4(
cos03 =
+z
zzz
, в) 2
,tg 0π
=zz , г) 2, 02
1
−=+ ze z , д) 1,1
4sin 0 =−
zz
.
Ответ: а) 28/25, —53/25, z = 3 — является полюсом 1 порядка, z = –2 — полюс 2 порядка; б) —7/64, z =
0 является полюсом 3 порядка; в) —1, 2π
=z является простым полюсом; г) 1; д) 4, z = 1 является
существенно особой точкой. 52. Вычислить вычеты следующих функций относительно особых точек:
а) )1(1
2
2
−−+
zzzz
, б) )9( 22 +zz
e z
, в)zsin
1, г)
21cos3
−zz , д) z
ze
1+
.
Ответ: а) 0 и 1, z = 0 является полюсом 2 порядка, а z = 1 — простым полюсом; б) 1/9,
)3cos3(sin541 i∓− ,
+
π± 3
2exp
541 i , z = 0 является полюсом 2 порядка, а z = ±3i — простыми
полюсами; в) k)1(− , k = ±1,±2,...; г) –143/24, z = 2 — является существенно особой точкой;
д) ∑∞
= ++
1 )!1(!11
n nn, z = 0 — существенно особая точка.
53. Найти вычеты функции 2)1()(
−=
zzezf
z
в ее конечных особых точках и в бесконечно удаленной
точке. Ответ: z = 0, z = 1 — является полюсами 1 и 2 порядков, 1)0(Res =f , 0)1(Res =f , 1)(Res −=∞f .
54. Найти вычеты функции z
ezfz
+=
1)( в точках ∞=−= 21 ,1 zz .
Ответ: e1
, –1.
55. Найти вычеты следующих функций в указанных точках:
а) 0,cos11
0 =−
zz
, б) 1,0,10053 ±==
−zz
zz, в) 22
2
)1( +zz
, iz ±=0 , г) ∞=β−α−
0,ln zzze z .
Ответ: а) z = 0 – полюс 2 порядка, 0)0(Res =f , б) 1)0(Res =f , 21)1(Res −=±f , в)
4i∓ , г) βα − ee .
56. Найти вычеты указанных функций относительно всех изолированных особых точках и относительно
бесконечно удаленной точки: а) )1(
12zz −
, б) 3)1(2sin
+zz
, в) z2ctg , г) z3ctg , д) 2
1cos−z
,
е) z
z 1sinsin ⋅ , ж) 1
sin+zz
, з)
z1sin
1, и)
zz
sin.
Ответ: а) 1)0(Res =f , 21)1(Res −=±f , б) 2sin2)1(Res =−f , 2sin2)(Res −=∞f ; в) 0)(Res =πkf , k
= 0, ±1, ±2,. ..; г) 1)(Res −=πkf , k = 0, ±1,±2,..,; д) 0)2(Res =f , 0)(Res =∞f ; е) 0)0(Res =f ,
0)(Res =∞f , ж) 1cos)1(Res −=−f , 1cos)(Res −=∞f , з) 221 1)1(1Res
π−=
π+
kkf k , k = 0, ±1,±2,…,
61)1(2)(Res
122 −=
−π
=∞ ∑∞
=k
k
kf , и) 2222 2)1()(Res π−=π kkf k , k = 1,2, . . .
4. Применение вычетов к вычислению интегралов 4.1. Вычисление интегралов на основе теоремы Коши
Одним из важнейших применений теории вычетов является вычисление интегралов от однозначных функций по замкнутым кривым в предположении, что в некоторой области, содержащей контур интегрирования, не заключается других особых точек, кроме изолированных особых точек однозначного характера. При этом весьма полезной является теорема Коши: если функция )(zf непрерывна в замкнутой области D и аналитична в области D всюду за исключением конечного числа изолированных особых точек nzzz ,...,, 21 , то интеграл от функции )(zf по контуру Г области D при обходе контура в положительном направлении (область остается слева) равен произведению iπ2 на сумму вычетов функции )(zf в этих особых точках:
)(Res2)(1
k
n
kzfidzzf∫ ∑
Γ =
π= .
Это основная теорема о вычетах. Еще одна теорема имеет применение при вычислении интегралов.
Теорема. Если )(zf имеет конечное число особых точек nzzz ,...,, 21 на плоскости z , то сумма всех ее вычетов, включая вычет в бесконечно удаленной точке, равна нулю:
0)( Res)(Res1
=∞+∑=
fzf k
n
k.
Тогда, если контур Г охватывает все конечные особые точки, а вне его оказывается только одна бесконечно удаленная точка, то ∫
Γ
∞π−= )(Res2)( fidzzf . Если же в контур Г попадает некоторое
большое количество m особых точек, а несколько оставшихся n-m и бесконечно удаленная точка лежат вне контура Г, то интеграл удобнее вычислять не по формуле
)(Res)(1
k
m
kzfdzzf ∑∫
=Γ
= , а по формуле )( Res)(Res)(1
∞+−= ∑∫+=Γ
fzfdzzf k
n
mk, где вычислений
меньше. 57. Вычислить с помощью вычетов следующие интегралы по замкнутому контуру:
а) ∫=1z
z
dzz
e , б) ∫= +3
3 4z zzdz , в) ∫ +C z
dz14 , где С — окружность xyx 222 =+ , г) ∫
=rz
dzz1sin .
Ответ: а) iπ2 , б) Решение. Особые точки z= 0 и iz 2±= — полюсы 1 порядка. Они лежат внутри круга 3=z . По
формуле [ ]mkm
m
zzk zzzfdzd
mzf
k
))((lim)!1(
1)(Res 1
1
−−
= −
−
→ находим
81
)2(1lim)2(Res
2−=
+=
→ izzif
iz,
81
)2(1lim)2(Res
2−=
−=−
−→ izzif
iz,
41
41lim)0(Res 20
=+
=→ z
fz
.
Интеграл равен сумме вычетов, умноженной на iπ2 : 041
81
812 =
+−−πi .
Ответ: 0.
в) iπ−22
,
г) Решение. z= 0 — существенно особая точка. Она лежит в круге rz = . Разложим в ряд Лорана
...!51
!3111sin 53 −+−=
zzzz Поэтому 1)0(Res =f и интеграл равен iπ2 .
Ответ: iπ2 .
58. Вычислить интегралы с помощью вычетов: а) ∫= −+3
2
2
)2)(1(z zzdzz , б) ∫
= −−2 )3)((z zizzdz .
Ответ: а) Решение. Полюсы i, -i, 2 лежат внутри круга. Вычислим вычеты:
)2(21)()(lim)(Res
iizfizif
iz −=−=
→,
)2(21)(Res
iiif
+−=− ,
54)2(Res =f .
Тогда интеграл равен ii
iiiiiiii
i π=+
++−+π=
+
+−
−π 2
5)14(2405105102
54
)2(21
)2(212
Вычислим тот же интеграл с помощью вычета в бесконечно удаленной точке. Представим функцию в виде
...1...21...1112111
)( 2
23
2
+=
++
+−=
−
+
=zzzz
zzz
zzf
Тогда 1)(Res −=∞f и интеграл равен iπ2 . Ответ: iπ2 .
б)i−
π32
.
59. Найти интеграл ∫ ++C zzzdz
)4)(2(, если: а) 1: =zC , б) 3: =zC , в) 5: =zC .
Ответ: а) 4iπ
, б) 4iπ
− , в) 0.
60. Вычислить интеграл ∫= −+2
3423
20
)1()12(z zzdzz .
Решение. Все особые точки 34 5,0,1 −=kz лежат в круге 2=z . Вычисление вычетов в этих точках
довольно затруднительно, поэтому воспользуемся формулой )f(izfiI kk
∞π−=π= ∑∞
=
Res2)(Res21
.
Представим функцию в виде =
−
+
3
412
2
36
20
112114
zz
zz
z
=
++
−+−
3
84
2
63
2 111...41
211
4 zzzzz ...
41
4
2
+−z
z
Тогда 41)(Res =∞f и интеграл равен
2)(Resπ2 ifi π
−=∞− .
Ответ: 2iπ
− .
61. Вычислить интегралы с помощью вычетов: а) ∫= −+
+
42
3
)3()2()1(
z zzdzz , б) ∫
= +13 )4(cos
z zzzdz ,
в) ∫= −3
3
21cos
z
dzz
z , г) ∫=
+
1
1
z
zz
dze .
Ответ: а) iπ− 2 , б) 327 iπ
− , в) 12
143 iπ− , г)
+
+π ∑∞
=1 )!1(!112
n nni .
62. Используя вычет в бесконечности, вычислить интегралы: а) ∫= +2
15 1z zdz , б) ∫
= ++
1,14
35
1z
dzz
zz ,
в) dzzzzz
zz∫= +++3
2 )4)(2()1(
1sin, г) dz
zez
z
z
∫= +3
22
13
)4(.
Ответ: а) 0; б) iπ2 , в) 41sin
36iπ
, г) iπ− 2 .
63. Вычислить интеграл по замкнутому контуру при положительном направлении обхода:
dzz
z
z∫= +5,1
4
3
2.
Ответ: iπ2 .
64. Вычислить интегралы: а) ∫=−
−−212
2 )1()2(z
zzzdz , б) dz
zz
z∫
=+ +114
2
1, в) ∫
= π−1 4ctg
z
dzz
z ,
г) ∫=−− +11
3 1iz zdz .
Ответ: а) iπ− 2 , б) iπ−22
, в)
π−π
1412 i , г) ( )i−
π 33
.
4.2. Вычисление определенных интегралов с помощью вычетов
Некоторые определенные интегралы от функций действительного переменного удается преобразовать в интеграл по замкнутому контуру от функции комплексного переменного, что позволяет применить для вычисления этих интегралов основную теорему о вычетах. Причем часто удается достаточно просто получить ответ и в тех случаях, когда применение других методов анализа оказывается затруднительным.
Рассмотрим интеграл вида ∫π
θθθ=2
0
)sin,(cos dFI . Подстановка θ= iez , для izdzd =θ ,
( )
+=+=θ θ−θ
zzee ii 1
21
21cos , ( )
−
−=−=θ θ−θ
zziee
iii 1
221sin , превратит действительный интеграл
в комплексный. При изменении θ от 0 до 2 π комплексная переменная пробегает замкнутый контур — окружность 1=z в положительном направлении. Окончательно интеграл имеет вид:
∫=
−+=
1
1,11
z zdz
zz
zzF
iI .
65. Вычислить интеграл ∫π
>θ+
θ2
0
1,cos
aa
d.
Решение. Положим zix =)exp( . При изменении х от 0 до 2 π переменная z пробегает окружность
1=z в положительном направлении.
Выразим ( )z
zeex ixix
21
21cos
2 +=+= − , izdxdxiedz ix == ,
izdzdx = .
Тогда ∫∫== ++
=
++
=1
21
2 122
21 zz azz
dzi
az
ziz
dzI .
Корни знаменателя 121 −+−= aaz , 12
2 −−−= aaz — полюсы 1 порядка, 11 <z и 1z лежат
внутри круга 1=z :
1211)(Res
22
1
1−
=−
== azz
zfzz
.
Интеграл равен 1
212
2222 −
π=
−
π
aai
i.
Ответ: 1
22 −
π
a.
66. Найти определенные интегралы, положив zei =ϕ : а) ∫π
ϕ+ϕ2
02)cos45(
d, б) ∫
π
ϕ+ϕ0
)tg( di .
а) Решение. Подстановка )exp( ϕ= iz дает ,ln zi =ϕ zi
ln1=ϕ ,
zdz
id 1
=ϕ .
Выразим ( )z
zee ii
21
21cos
2 +=+=ϕ ϕ−ϕ .
Теперь подынтегральная функция
( )=
++
=ϕ+
ϕ222
125
1)cos45(
zzz
dzi
d( ) 2
222
21)2(4252
++
=++ zzi
zdzzzi
zdz
Точка 21
−=z — полюс 2 порядка, лежит внутри круга 1=z
275
)2(2lim
)2(lim)
21(Res 3
212
21
=+
+−=
′
+
=−−→−→ z
zz
zfzz
.
Окончательно27
10
21)2(
41
12
2
π=
++
∫=z zz
zdzi
.
Ответ: 27
10π.
б) Решение. Здесь удобнее замена )2exp( ϕ= iz . Когда ϕ изменяется от 0 до π z пробегает окружность 1=z .
Выразим ,ln2 zi =ϕ z
dzi
d21
=ϕ , тогда ( ) =+−
=+ϕ +ϕ−+ϕ
+ϕ−+ϕ
)()(
)()(
)tg( iiii
iiii
eeieei ( ) =
+−
ϕ−−ϕ
ϕ−−ϕ
eeeeieeee
ii
ii
1
1
( )2
2
eziez
ze
ezi
ze
ez
+−
=
+
−. В нашем случае 0=z и 2ez −= — простые полюсы. В круге 1=z
лежит 0=z 1)0(Res −=f . Интеграл равен ii
iz
dzezez
i z
π=−π=+−
∫=
)1(212
21
21
2
2
2 .
Ответ: iπ .
67. Вычислить интегралы: а) ∫π
−
2
0
2
cos452cos dx
xx
, б) ∫π
<+−
2
02
2
1,cos21
2cos ppxp
xdx,
в) ∫π
<+−
2
02
3
1,2cos21
3cos ppxp
xdx.
Ответ: а) 48
17π, б) 2
4
11
pp
++
π , в) p
pp−
+−π
11 2
.
68. Вычислить интегралы (n - целое, а - действительное число):
а) ( )∫π
ϕ ϕϕ−ϕ2
0
cos sincos dne , б) ∫π
+0
)tg( dxiax .
Ответ:. а) !
2nπ
, если n > 0; 0, если n < 0, б) )sign(aiπ при а = 0 главное значение интеграла равно 0.
4.3. Несобственные интегралы от действительной переменной
Пусть требуется найти интеграл по отрезку [ ]ba, от вещественной функции )(xf . Отрезок [ ]ba, дополняется кривой С, которая вместе с ним ограничивает некоторую область D. Функция аналитически продолжается в область, построенную таким образом. К аналитическому продолжению
)(zf применяется теорема о вычетах. Если интеграл по контуру С удается вычислить или выразить через интеграл по отрезку [ ]ba, , то это позволит найти этот последний и тем самым решить задачу.
В частности, если отрезок интегрирования бесконечный, то рассматривают семейство расширяющихся контуров интегрирования, чтобы в результате предельного перехода получить искомый интеграл по бесконечному отрезку интегрирования.
Оценку интеграла по контуру С иногда можно производить при помощи лемм Жордана. Пусть подынтегральная функция )(zf является аналитической в верхней полуплоскости за исключением некоторых точек nzzz ,...,, 21 , не находящихся на вещественной оси.
Рассмотрим интеграл ∫RС
dzzf )( по верхней полуокружности RC , опирающийся на отрезок
[ ]RR,− вещественной оси. 1) Если М(R) есть максимум модуля )(zf на данной полуокружности и если 0)( →⋅ RMR при
∞→R , то 0)( →∫RС
dzzf при ∞→R .
2) Если 0)( →RM при ∞→R , то 0)( →∫RС
imzdzezf при ∞→R (m>0). Для т< 0 в условиях леммы
нужно заменить верхнюю полуплоскость на нижнюю и соответственно верхнюю полуокружность на нижнюю. Леммы Жордана обычно используются при вычислении несобственных интегралов.
Пример 1. Вычислим интеграл ∫∞
∞−
=+
Ix
dx14
Аналитическое продолжение подынтегральной функции в верхнюю полуплоскость, а именно функция
11)( 4 +
=z
zf , удовлетворяет всем условиям, относящимся к вычислению интегралов с помощью
вычетов, и 1-й лемме Жордана. Особыми точками функции в верхней полуплоскости являются точки
( )
+
π= 12
4exp kizk )1,0( =k , причем обе эти точки — полюсы 1-го порядка. Поэтому
22)(Res2
1
0
π=π= ∑
=k
kzfiI .
Пример 2. Вычислить интеграл 0,0,cos22 >α>
+α
= ∫∞
∞−
adxaxxI .
Чтобы иметь возможность воспользоваться 2-й леммой Жордана, заметим, что в силу формулы Эйлера
∫∞
∞−
α
+== dx
axeII
xi
221 ReRe .
Аналитическое продолжение подынтегральной функции интеграла 1I - функция 22 aze zi
+
α
, имеет в
верхней полуплоскости единственную особую точку iaz =1 , являющуюся полюсом 1-го порядка.
Поэтому по основной теореме о вычетах a
iaz
zi
eaaz
eiI α−
=
α π=
+⋅π= 221 Res2 и ae
aI α−π
= .
69. Вычислить интегралы: а) ∫∞
∞− + 32 )1(xdx
, б) ∫∞
∞− + 22 )4(xdx
.
а) Решение. Рассмотрим интеграл по контуру, состоящему из отрезка [ ]RR,− и дуги RC
∫∫∫ ++
+=
+ − RC
R
RC zdz
xdx
zdz
323232 )1()1()1(.
iz = — полюс 3 порядка и =+
−−=
″
+−
−−
=→→ 533
3
)()4)(3(lim
21
)()()(lim
)!13(1)(Res
izizizizif
iziz 163
326
5
ii
−= .
Тогда интеграл в левой части равен 8
31632 π
=
−π
ii и приходим к такому равенству:
∫∫ ++
+=
π
− RC
R
R zdz
xdx
3232 )1()1(83
.
Оценим второй интеграл при ∞→R . Максимум модуля подынтегральной функции )(zf обозначим )(RM . Если 0)(
∞→→⋅
RRMR , то 0)(∫ ∞→
→RC
Rdzzf .
Тогда имеем 0)1()1(
max)( 3232 ∞→→
−≤
+=⋅
RC RR
zRRMR
R
. Окончательно ∫∞
∞−
π=
+ 83
)1( 32xdx
.
Ответ: 8
3π.
Ответ: б) 16π
.
70. Вычислить интегралы: а) ∫∞ α
0
sin dxx
x, б) ∫
∞
+02 1sin dx
xxx
.
Ответ: а) 2π
− , б) e2
π.
71. Вычислить интегралы: а) dxxx
∫∞
∞− ++
11
4
2
, б) dxxx
∫∞
∞− ++
11
6
4
.
Ответ: а) 2π , б) 3
4π.
72. Вычислить интегралы:
а) 0,sin
022 >
+∫∞
adxrxaxx
, б) 0,1
cos
04 >
+∫∞
adxx
ax, в) 0,0,
)(sin
022 >>
+∫∞
badxbxx
ax.
Ответ: а) 0,0, >>π raear , б)
+
π −
2sin
2cos
222 aae
a
, в) ( )abeb
−−π 1
2 2 .
73. Вычислить интегралы с бесконечными пределами: а) ∫∞
∞− ++ 22 )134( xxxdx
, б) 0,)(0
222
2
>+∫
∞
aax
dxx,
в) 0,0,))((
sin2222 >>
++∫∞
∞−
badxbxax
ax.
Ответ: а) 27π
− , б) a4
π, в) 23 )(2
)2(bababa
++π
.
74. Пользуясь леммой Жордана, вычислить указанные интегралы: а) ∫∞
∞− +− 102cos
2 xxxdxx
,
б) ∫∞
∞− +− 102sin
2 xxxdxx
, в) ∫∞
∞− ++ 204sin
2 xxxdxx
.
Ответ: а) )1sin31(cos3 3 −πe
, б) )1sin1cos3(3 3 +πe
, в) )2sin2cos2(2 4 +πe
.
5. Тестирование по пройденному материалу
1. Вычислить ∫+i
zdz1
0
.
2. Написать интегральную формулу Коши, выражающую значения функции )(zf в области через значения функции )(zf на границе L области.
3. Определить радиус сходимости ряда ∑∞
=1 2nn
nnz.
4. Найти особые точки функции 3)1(2
−+
zzz
и определить их тип.
5. Что такое вычет функции? Как он обозначается?
6. Написать ряды для функций z−1
1,
z+11
.
7. Формула для определения радиуса сходимости ряда ∑∞
=0n
nn zc .
8. Написать общий вид ряда Лорана. 9. Перечислить типы особых точек. 10. Сформулировать первую лемму Жордана. 6. Литература Основной список 1. Алешков Ю. 3. Лекции по теории функций комплексного переменного. –СПб.: Изд-во С.-Петерб. ун-та. 1999. – 196 с. 2. Алешков Ю. 3., Смышляев П. П. Теория функций комплексного переменного и ее приложения. – Л.: Изд-во Ленингр. ун-та.. 1986.— 248 с. 3. Маркушевич А. И., Маркушевич Л. А. Введение в теорию аналитических функций. – М.., 1977,— 320 с. 4. Привалов И. И. Введение в теорию функций комплексного переменного.– М.: Наука, 1977.- 444 с. 5. Свешников А. Г.. Тихонов А. Н. Теория функций комплексной переменной. – М.: Наука. 1967. 304 с. Дополнительная литература 6. Бицадце А. В. Основы теории аналитических функций комплексного переменного.— М.: Наука, 1984.- 320 с. 7. Диткин В. А., Прудников А, П. Интегральные преобразования и операционное исчисление.– М.: Наука., 1974. — 542 с. 8. Диткин В. А., Кузнецов П. И. Справочник по операционному исчислению.— М.: Л., 1951.— 256 с. 9. Лаврентьев М. А., Шабат Б. В. Методы теории функций комплексного переменного.— М.: Наука, 1965. - 716 с. 10. Романовский П. И. Ряды Фурье. Теория поля. Аналитические и специальные функции. Преобразования Лапласа. – М.: Наука. 1980. 336 с. 11. Смирнов В. И. Курс высшей математики. Т. 3, ч. 2.— М.: Наука, 1974.— 672 с. 12. Соломенцев Е. Д. Функции комплексного переменного и их применения. — М.: Высш. шк., 1988. 13. Стоилов С. Теория функций комплексного переменного. Т. 1, 2.— М.: Изд-во иностр. лит., 1962. 14. Фукс Б. А., Левин В, И. Функции комплексного переменного и некоторые их приложения.— М.; Л.: Наука, 1951.— 308 с. 15. Шабат Б. В. Введение в комплексный анализ.— М.: Наука, 1969.— 576 с. 16. Шостак Р. Я. Операционное исчисление.— М., 1968.– 192 с. Задачники 1. Ангилейко И.М., Козлова Р.В. Задачи по теории функций комплексной переменной. Минск: Вышейшая школа, 1976. 128 с. 2. Волковыский Л.И., Лунц Г. Л., Араманович И.Г. Сборник задач по теории функций комплексного переменного. М.: Физматгиз, 1960. 368 с. 3. Грищенко А.Б. и др. Теория функций комплексного переменного: решение задач: Учеб. пособие. Киев: Вища школа, 1986. 333 с. 4. Гюнтер Н.М., Кузьмин Р. О. Сборник задач по высшей математике. Т.3. М.; Л.: ГИТТЛ, 1951. 268 с. 5. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах. Ч.2. М.: Высшая школа, 1980. 366 с. 6. Коппенфельс В.. Штальман Ф. Практика конформных отображений. М.: Изд-во иностр. лит., 1963.— 486 с. 7. Лаврентьев М.А., Шабат Б.В. Методы теории функций комплексного переменного. М.: Наука, 1965. 716 с.
8. Сборник задач по теории аналитических функций/ Под ред. М.А. Евграфова. 2-е изд. М.: Наука, 1972. 416 с. 9. Старков В.Н. Задачи по теории функций комплексного переменного: Учебное пособие.— СПб.: Изд-во С.-Петербургского университета, 1998.— 100 с
