/
Author: Аксенов А.П.
Tags: анализ математический анализ функциональный анализ математика учебное пособие теория функций точные науки
ISBN: 5-7422-0615-1
Year: 2004
Text
МАТЕМАТИКА В ПОЛИТЕХНИЧЕСКОМ УНИВЕРСИТЕТЕ
А. П. АКСЕНОВ
ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ
КОМПЛЕКСНОЙ
ПЕРЕМЕННОЙ
Учебное пособие
Санкт-Петербург
Издательство Политехнического университета
2004
УДК 517.5 (075.8)
ББК22.161.5Я 73
А 424
Аксенов А. П. Математика. Теория функций комплексной переменной:
Учеб, пособие. СПб.: Изд-во СПбГПУ, 2004. 632 с. (Математика в политех-
ническом университете. Вып. 4).
ISBN 5-7422-0615-1
Книга представляет собой учебное пособие по теории функций ком-
плексной переменной, рассчитанное на студентов политехнических уни-
верситетов. Содержит изложение теоретического материала в соответствии
с действующей программой. Приведены подробные решения около 400 за-
дач, разъясняющих основные идеи, теоретические факты и их практичес-
кое применение.
Ил. 476. Библиогр.: 5 назв.
Печатается по решению редакционно-издательского совета Санкт-
Петербургского государственного политехнического университета.
ISBN 5-7422-0615-1
© Аксенов А.П., 2004
© Санкт-Петербургский государственный
политехнический университет, 2004
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие ................................................ 6
Глава 1. Комплексные числа...................................7
1. Определение комплексного числа. Алгебраическая, тригонометри-
ческая и показательная формы комплексного числа............7
2. Равенство комплексных чисел............................ 9
3. Сложение и вычитание....................................9
4. Умножение ................................................11
5. Комплексно сопряженное число.....................•.....12
6. Деление................................................12
7. Извлечение корня.......................................13
8. Стереографическая проекция.............................14
Примеры к главе 1 ..........................................17
Глава 2. Функции комплексной переменной и их дифференцирование.30
1. Комплексная переменная.................................30
2. Предел последовательности комплексных чисел............30
3. Основные геометрические понятия........................32
4. Функция комплексной переменной, ее предел и непрерывность.35
5. Производная функции комплексной переменной.............39
6. Необходимые и достаточные условия дифференцируемости
функции Дг)...............................................41
7. Понятие регулярности (аналитичности) функции в области....44
8. Геометрический смысл производной.......................45
Глава 3. Элементарные регулярные функции и соответствующие
им конформные отображения...................................50
1. Дробно-линейная функция................................50
2. Показательная функция w = ег...........................64
3. Логарифмическая функция.............................. 70
4. Степенная функция......................................74
5. Функция Жуковского.....................................78
3
6. Тригонометрические и гиперболические функции.............89
7. Обратные тригонометрические и гиперболические функции.......94
Глава 4. Примеры и задачи на конформные отображения, связанные
с элементарными функциями...................................97
1. Отображения посредством дробно-линейных функций........97
2. Отображения простейших двусвязных областей...........148
3. Отображения круговых луночек и областей с разрезами......155
4. Отображения посредством функции Жуковского...........185
5. Отображения посредством основных трансцендентных функций .... 199
Глава 5. Интеграл от функции комплексной переменной........221
§1 . Определение интеграла от функции комплексной переменной
по кривой. Существование и вычисление этого интеграла......221
§2 . Интегральная теорема Коши............................240
§3 . Первообразная функция и основная формула интегрального
исчисления................................................243
§4 . Интегральная теорема Коши для многосвязных областей..248
§5 . Интегральная формула Коши............................251
§6 . Интеграл типа Коши...................................255
§7 . Обращение интегральной теоремы Коши..................265
§8 . Формула Пуассона и теорема о среднем значении........266
§9 . Формула Пуассона для неограниченной области..........268
§10 . Принцип максимума модуля............................269
§11 . Гармонические функции и их связь с регулярными......272
§12 . Формула Пуассона для гармонической функции..........275
§13 . Принцип максимума и минимума для гармонических функций ....276
§14 . Примеры на нахождение регулярной функции по известной
вещественной или мнимой её частям..........................277
Глава 6. Теория рядов..........................................307
§1. Ряды с комплексными членами................................307
§ 1а. Примеры (исследование на сходимость числовых рядов с комплекс-
ными членами) .........................................310
§2 . Функциональные ряды .................................316
§3 . Теорема о равномерно сходящихся рядах регулярных функций.318
§4 . Степенные ряды ......................................322
§5 . Приемы разложения функций в степенные ряды...........331
§6 . Разложение элементарных функций в степенные ряды.....335
§7 . Теорема Коши—Адамара.................................337
§8 . Ряд Лорана...........................................342
§9 . Нули и изолированные особые точки....................347
1. Определение нуля функции Дг)..........................347
2. Определение изолированной особой точки однозначного характера .... 348
3. Теорема Сохоцкого....................................352
4. Бесконечно удаленная точка плоскости.................355
4
§10 . Примеры на разложение функций в ряд Тейлора..........356
§11 . Примеры на разложение функций в ряд Лорана...........369
§12 . Примеры на исследование изолированных особых точек одно-
значного характера..........................................386
Глава 7. Теория вычетов и ее приложения....................418
§1 . Основная теорема о вычетах ..........................419
§2 . Вычисление вычета в случае полюса....................421
§3 . Вычисление определенных интегралов посредством теории вычетов .. 424
2л
I. Интегралы вида: J 7?(sin х, cos x)dx .................424
о
II. Интегралы вида: | F(x)dx, где F(x) = v 7 — рациональная дробь. 425
+00
III. Интегралы вида: J etpJ(&(x)dx .......................427
-00
§4 . Теорема о вычетах для неограниченной области..........432
§5 . Задачи на вычисление интегралов........................434
§6 . Логарифмический вычет..................................566
§7 . Теорема Коши о числе корней и полюсов функции.........567
§8 . Теорема Римана (достаточные условия взаимно-однозначного отобра-
жения) .....................................................572
§9 . Обращение степенного ряда.............................575
Глава 8. Аналитическое продолжение. Понятие римановой поверхности.
Особые точки................................................584
§1 . Теорема единственности................................584
§2 . Аналитическое продолжение.............................586
I. Непосредственное аналитическое продолжение ............586
II. Аналитическое продолжение посредством цепи областей...588
III. Аналитическое продолжение вдоль кривой...............589
IV. Аналитическое продолжение с помощью степенных рядов...590
§3 . Особые точки полной аналитической функции.............592
§4 . Аналитическое продолжение в соприкасающуюся область...595
§5 . Принцип симметрии.....................................597
§6 . Обобщенный принцип симметрии..........................598
§7 . Задачи на конформные отображения с применением принципа
симметрии...................................................599
§8 . Римановы поверхности элементарных многозначных функций.605
§9 . Теорема о сохранении области при аналитическом отображении .... 608
§10 . Геометрический смысл обращения степенного ряда.......610
§11 . Основная задача конформного отображения..............611
§12 . Конформное отображение на многоугольную область......614
5
ПРЕДИСЛОВИЕ
Теория функций комплексной переменной возникла перво-
начально в связи с задачей решения алгебраических уравнений.
Однако, соприкасаясь с задачами, выдвинутыми математическим
анализом, механикой и математической физикой, она получила
дальнейшее развитие, ибо дала возможность пролить свет на мно-
гие вопросы, возникшие при решении этих новых задач. Целый ряд
фактов математического анализа мог быть понят до конца только
при выходе в комплексную область.
Теория функций комплексной переменной дала замечатель-
ный аппарат для решения задач, выдвинутых гидродинамикой и
электродинамикой; на нее широко опираются общие вопросы
теории дифференциальных уравнений и специальные методы их
решения; она естественно вошла в теорию интегральных уравне-
ний и в общую теорию линейных операторов. Эти связи теории
функций комплексной переменной с новыми разделами матема-
тики и естествознания утвердили ее жизненность.
Настоящее учебное пособие предназначено для студентов выс-
ших технических учебных заведений. Оно составлено на основе
курса лекций, читаемых автором в Санкт-Петербургском государ-
ственном политехническом университете. Его объем и общее по-
строение соответствуют программе, действующей в СПбГПУ.
В связи с дефицитом времени, отводимого на изучение курса
ТФКП, автор посчитал полезным сделать изложение вопросов тео-
рии очень подробным и сопровождать это изложение большим чис-
лом решенных примеров и задач. Автор убежден, что такая тактика
обеспечивает высокий уровень усвоения изучаемого материала и
позволяет в дальнейшем успешно самостоятельно изучать более пол-
ные курсы ТФКП и особенно курсы, в которых излагаются основ-
ные методы в приложении к физическим и техническим задачам.
Имеется в виду, в первую очередь, книга “Методы теории функций
комплексного переменного” М.А. Лаврентьева и Б.В. Шабата.
6
Глава 1
КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
Первоначальные сведения о комплексных числах и арифмети-
ческих действиях над ними известны из курса элементарной ал-
гебры и общего курса высшей математики. Поэтому ограничимся
лишь кратким напоминанием о них.
Г.Определение. Комплексным числом называется выражение вида
Z = x+iy, (1)
где хи у — вещественные числа, a i — мнимая единица. Число х
называют вещественной частью комплексного числа х 4- /у, число
у — мнимой. Мнимая единица удовлетворяет условию Р = — 1. Пи-
шут: х = Rez, у = Im z-
Арифметическое значение у]х2 + у2 называется модулем ком-
плексного числа z = х 4- iy и обозначается |z| . Таким образом,
|z| = Vх2 + У2 • (2)
Каждому комплексному числу z = х 4- iy соответствует упорядочен-
ная пара вещественных чисел (х, у), и, обратно, каждой упорядоченной
паре вещественных чисел (х, у) соответствует комплексное число
Z = x+ iy.
Если на плоскости ввести в рассмотрение некоторую фик-
сированную прямоугольную декартову систему координат, то
упорядоченная пара вещественных чисел (х, у) определяет на
плоскости единственную вполне определенную точку М(х, у).
Эту точку М условились считать геометрическим изображени-
ем комплексного числа z = x+ iy. Отметим, что комплексное число
Z = х 4- iy геометрически удобно интерпретировать так же, как ра-
диус-вектор на плоскости с координатами х и у.
7
Координатная плоскость, точка (х, у)
которой (при любых вещественных х
и у) отождествлена с комплексным
числом z = х + iy, называется комплек-
сной плоскостью. В ней ось Ох называ-
ется вещественной, а ось Оу — мнимой
осью. Мы знаем, что положение точки
Л/(х, у) на плоскости может быть оп-
ределено также ее полярными коор-
динатами г,<р, т. е. длиной вектора
ОМ и величиной угла, который этот
Рис. 1.1. К геометрической
интерпретации комплексного
числа
вектор образует с положительным направлением оси Ох. Угол <р , об-
разованный радиус-вектором z(z * 0) с положительным направле-
нием оси Ох, называется аргументом комплексного числа z и обозна-
чается Aig z. (Для числа z = 0 понятие аргумента смысла не имеет.)
Значение аргумента комплексного числа z, такое, что -тс < ср < тс
(или 0 < (р < 2тс), обозначают arg z и называют главным значением
аргумента. Очевидно, что Arg z для числа z * 0 определяется с точ-
ностью до слагаемого, кратного 2тс, a arg z определяется этим чис-
лом уже однозначно. Имеем, следовательно,
Arg z = arg z + 2Агтс, k = 0, ±1, ±2,..., (3)
у
arg г = arctg— +7/771 (х * 0), где т = 0 для первой и четвертой ко-
ординатных четвертей, т = 1 для второй и т = — 1 для третьей. Если
х = 0, то при у ф 0 считается, что arg < = -^-sgn У, а при х = 0 и у = 0
arg z не определен.
Форма записи комплексного числа z = х + iy называется алгеб-
раической. Преобразуем ее:
Так как
\2
,2
то можно положить
У
1 .,2
.2
г <1И - -
1>/х2+У2
2E = COS(p>_Z
\2
• =1,
,2
— = sin ср. Тог-
У
2
да будем иметь
Z = х + iy = r(cos ср + i sin ср).
(4)
8
Последнее выражение для z называется тригонометрической
формой комплексного числа z = х+ iy. В тригонометрической фор-
ме может быть представлено любое число z * 0 .
Пользуясь формулой Эйлера
е'ф = cos ср+ /sin ср,
можно написать
Z = x + iy = re^. (5)
Это выражение для г называется показательной формой комп-
лексного числа. (Формула Эйлера известна из общего курса выс-
шей математики. Мы на нее будем смотреть как на определение
показательной функции с чисто мнимым показателем.)
2°. Два комплексных числа = хх + iy} и = х2 + iy2 называются
равными, если равны порознь их вещественные и мнимые части, т. е.
(х, + iy} = х2 + />2) <=> (одновременно х{ = х2, yt = у2).
Если комплексное число имеет вид х +/0, то оно считается рав-
ным вещественному числу х. Таким образом, всякое вещественное
число является частным случаем комплексного. Если комплекс-
ное число имеет вид 0 +iy, то оно называется чисто мнимым и
обозначается iy.
Говорят, что комплексное число z = х + iy равно нулю, если од-
новременно х = 0 и у = 0, т. е.
(х + iy = 0) <=> (одновременно х =0, у = 0).
Понятие “неравенство” для комплексных чисел вводится лишь
в смысле отрицания равенства. Понятия “больше” и
“меньше” для комплексных чисел не определяются. Поэтому го-
ворить о том, что одно комплексное число больше или меньше
другого, нельзя (это лишено смысла).
Замечание. Если комплексные числа zt и представлены
в тригонометрической форме, то равенство Z, = означает, что рав-
ны модули этих чисел, а аргументы отличаются на 2£л , где к —
целое число.
3°. Сумма двух комплексных чисел = х, + и = х2 + iy2 оп-
ределяется формулой
Zl + Z2 = (Л'1 + Х2) + '(У1 + У2>- (6)
Если слагаемых больше двух, то сначала складывают какие-
нибудь два, затем полученный результат складывают с третьим,
и так продолжают до тех пор, пока не будут использованы все
слагаемые.
9
Рис. 1.2. К геометрическому изобра-
жению суммы комплексных чисел
Рис. 1.3. К геометрическому изобра-
жению суммы комплексных чисел
Разностью zx ~ Z2 двух комплексных чисел zl = хх + iyx и
= х2 + iy2 называют такое комплексное число г, которое в сумме
с дает zv Следовательно, если z = х+ iy, то
(,x2+x) + i(y2+y) = xl+iyl => x = xl-x2,y = yl-y2,
а поэтому
(7)
Из формулы (6) для сум-
мы комплексных чисел zl и z2
видно, что проекции вектора
соответствующего сумме zl + Z2
на оси координат, равны сум-
мам соответствующих проек-
ций векторов, являющихся гео-
метрическими изображениями
слагаемых zl и zr Следователь-
но, вектор, соответствующий
сумме комплексных чисел, яв-
ляется суммой векторов, изоб-
Zi -z2 =(X1 -x2) + i(yl -у2).
Рис. 1.4. К геометрическому
изображению разности комп-
лексных чисел
ражающих слагаемые (см. рис. 1.2 и 1.3).
Из формулы (7) следует, что геометрическим изображением
разности Zi — Z2 комплексных чисел и является вектор, равный
разности векторов, соответствующих числам и (см. рис. 1.4).
Пользуясь теоремой о том, что длина стороны треуголь-
ника меньше суммы и больше разности длин двух других
сторон, из рис. 1.2—1.4 легко установить следующие соотно-
шения для модуля суммы и разности комплексных чисел:
ki+^|<|^|+hl>
ki-z2|>|zi|-|z2|. (8)
(Заметим, что соотношения (8) можно установить и аналитически.)
10
4°. Произведение двух комплексных чисел + iyx и = % + iy2
определяется формулой
Z1 • z2 = (Xi + iyi)(x2 + iy2) = (XjX2 - уху2) + i(xly2 + ухх2). (9)
Если сомножителей больше двух, то сначала перемножают какие-
нибудь два, затем полученный результат перемножают с третьим, и
так продолжают до тех пор, пока не будут использованы все со-
множители.
Отметим, что произведение комплексных чисел тогда и только
тогда равно нулю, когда хотя бы один из сомножителей равен нулю.
Сложение и умножение комплексных чисел подчиняется за-
конам: переместительному (коммутативному), сочетательному
(ассоциативному) и распределительному (дистрибутивному), т. е.
если ^2 и Zj — комплексные числа, то для них справедливы ра-
венства:
l)Zi + z2 = z2+zl; zl‘z2 = z2‘zl;
2) z, +(z2 + Z0 = Uj +z2) +z}; z, -(z^ -z) = (г, -г>)-г3;
3) zl(,z2 + z3) = z& +
Пусть комплексные числа и z2 даны своими выражениями в
тригонометрической форме
Z\ =r1(cos<p1 + i sin СР!), Z2 = r2(C0S(p2 + JSin<p2).
Тогда
Zl • Z2 = [(cos Ф1 cos Ф2 “ sin Ф1 s*n Ф2 ) +
+ i(cos q>! sin <p2 + sin Ф1 cos cp2)] = 00)
= r{ r2 [cos (<p1 + q>2) + i sin (tPi + <p2 )].
Из полученного соотношения (10) видим, что
|zi -г2| = |zi| |z2| = n-r2, (11)
Arg (Zl • z2) = Arg Zl + Arg Z2 (12)
(модули перемножаются, аргументы складываются, т. е. вектор zl
растягивается в |Z21 раз и поворачивается вокруг своего начала на
угол Arg z2). Заметим, что равенство (12) следует понимать как ра-
венство двух множеств.
Нужно обратить внимание на то, что равенство
argUf^) = argZj + argZ2
для однозначного аргумента arg z (0 < arg z < 2л), вообще говоря,
неверно. Например, для чисел = Z2 = — /
11
arg (Zi • Z2) = aig (-z)2 = arg (-1) = n;
arg (-/) + arg (-/) = у + у = Зя.
Для многозначного же аргумента Arg£ равенство (12) справедли-
во при любых г, и z2, отличных от нуля.
Методом математической индукции легко показать, что
|*1 -Z2 •...-z„| = |Z1|-|z2|•••• -k„|, (13)
Arg (Zi -Z2- ... •Z„) = Arg(z1) + Arg(z2) + ... +Arg(z„). (14)
И здесь равенство (14) следует понимать как равенство двух мно-
жеств.
Для степени п е N, комплексного числа z имеем
|z" = k|", Aig(z") = H-Argz.
В частном случае, при = 1, т. е. когда z = cos ср + / sin ср, будем иметь
(cos ср + / sin ср)" = cos wcp + i sin wcp. (15)
Соотношение (15) называется формулой Муавра.
5°. Каждому комплексному числу z = х + iy соответствует чис-
ло х — iy, которое называется комплексно сопряженным числу z и
обозначается z • Таким образом, z = x-iy.
Геометрически число z изображается вектором, симметрич-
ным с вектором z относительно оси Ох (рис. 1.5).
Справедливы следующие соотношения:
1) |г| = |z|, argz = -argz => Z = re~1*, если z = rez<p.
Рис. 1.5. К геометриче-
скому изображению комп-
лексно сопряженных чисел
2) z-z 4 г|2;
3) zi ± z2 = Zi ± z2;
4) zi-z2 =zt -z2;
5) Z = z.
6. Операция деления комплексно-
го числа z} на комплексное число
Z2 (Z2 * 0) определяется как операция,
обратная операции умножения. Именно,
комплексное число Z = — называется
Z2
12
частным от деления z, на z2, если г, — Z'Zy Поэтому |^i| = |z| и
Arg zt - Arg z + Arg Zz (должно быть * 0 , z2 * 0 ) =>
Iz I
|z| = j-4, Aigz = ArgZi - Argz2-.
R|
(16)
(Соотношение (16) следует понимать как равенство двух мно-
жеств.)
Имеем
Z1 _ Zi -Z2 = (*1 +frl)(*2 -%) = *1*2 +У1У2 . : У1*2 ~*1?2
7, 7.-7. Y2 4- V2 Y2 + V2 ' (!')
<2 <2 <2 *2 + У2 х2 + У2 х2 + У2
Формулу (17) можно не запоминать — достаточно помнить,
что она получается умножением числителя и знаменателя на чис-
ло, комплексно сопряженное со знаменателем.
Zi
Вектор, изображающий частное , может быть получен из
<2
вектора zl поворотом его вокруг своего начала на угол —Arg г2 и
1
умножением его длины на величину |^|.
Замечание. При умножении, делении, возведении в натураль-
ную степень комплексных чисел удобно пользоваться показатель-
ной формой записи комплексного числа. Эти действия в показа-
тельной форме выполняются по правилам:
1) Z\-Z2 W*™ 4*iH*2|e'(A^,+A*4
_ kJ g 1 _ 1^11 z(ArgZi-ArgZ2).
} Z.-\z2\e^^-\z2\
3)^=(И •е/Аг^)Л=|^1л^Агёг.
7. Корень п-й степени w = y[z (п е N) из комплексного числа
Z определяется как такое число w, п-я степень которого равна под-
коренному выражению: w” = z-
Пусть z = r(cos ср + z sin ср), a w = p(cos 0 + i sin 0). Тогда соотно-
шение iv" = z запишется в виде
р" (cos и0 + / sin л0) = r(cos ф + / sin ф) =>
=> р" = г, «0 = Ф + 2кп, к = 0, ±1, ±2,... .
13
Следовательно, р = yfr (здесь корень понимается в арифмети-
ческом смысле — как неотрицательное вещественное число, ибо
Л х _ ср + 2кп
по определению модуля комплексного числа р > 0 ), 6 = —-—,
к = 0, ±1, ± 2, ... . Заметим, что при z * 0 различные значения tfz
получатся лишь при к = 0,1, 2,..., п -1. При всех остальных к зна-
чения 0 будут отличаться от значений 0, отвечающих
к = 0,1, 2,..., п -1, на слагаемое, кратное 2л и, следовательно, будут
приводить к одному из комплексных чисел к = 0,1, 2,..., п -1.
Таким образом, корень имеет при z * 0 ровно п значений:
пГ „п------------~\ пг( <р + 2А;л . . срч-2Л^п:Л
у/Z = ^r(COS(p4-ZSlll(p) =y/r COS-----------4- /Sill-------- , (]g)
где к = 0,1, 2, ..., n -1, или в показательной форме записи
___ *.ср+2£т1
tfz = ^ге/<р = yfr -е п , к = 0,1, 2,..., п-\ . (19)
Если z = 0, то все значения tfz равны нулю.
8°. Было отмечено ранее (см. п. Г), что комплексное число z = х + iy
удобно интерпретировать геометрически либо как точку (х, у) на
плоскости Оху, либо как радиус-вектор с координатами х и у.
Рис. 1.6. К геометрическому изображению комплексных
чисел точками сферы
14
Существует еще один употребительный способ геометри-
ческого изображения комплексных чисел — точками сферы. Для
этого строят сферу радиуса R, касающуюся плоскости Оху в начале
координат (см. рис. 1.6). Соединяя точку М(х, у) плоскости с точ-
кой Р(0,0,2Л) сферы, диаметрально противоположной началу
координат, получим единственную точку т|, Q пересече-
ния прямой МР со сферой, которая и является геометриче-
ским изображением комплексного числа z = x + iy. Очевидно
и обратное — каждой точке N сферы (кроме точки Р) можно
привести в соответствие указанным выше способом единствен-
ную точку М(х, у) плоскости. Такое соответствие между точками
сферы и плоскости называется стереографической проекцией. Од-
нако оно не является взаимно однозначным, поскольку точке Р
не приведена в соответствие никакая точка плоскости. Чтобы сде-
лать это соответствие взаимно однозначным, заметим, что числам
Z = х + iy с большими модулями соответствуют точки плоскости, на-
ходящиеся на больших расстояниях от начала координат, а после-
дним — точки сферы, близкие к точке Р. Поэтому условились гово-
рить, что точке Р соответствует бесконечно удаленная точка плоскости
комплексных чисел, а также, что ей соответствует “число” z = оо.
Точку Ртоже называют бесконечно удаленной. Все другие точки сфе-
ры называют конечными, равно как и соответствующие им точки
плоскости и комплексные числа. Ввиду взаимно однозначного со-
ответствия между комплексными числами и точками плоскости (а
также сферы), мы часто будем называть число z точкой z и, наобо-
рот, точку называть числом. Множеству конечных комплексных чисел
соответствует множество конечных точек плоскости, которую в этом
случае также будем называть конечной или открытой плоскостью.
Если же к этому множеству будет добавляться и “число” z = °° , то
соответствующая плоскость комплексных чисел будет называться
замкнутой, или расширенной, или полной.
В тех случаях, когда в рассуждениях не исключается z = °° , для
геометрического изображения комплексных чисел удобно пользо-
ваться описанной выше сферой, которую будем называть сферой
комплексных чисел.
С помощью стереографической проекции различные множе-
ства точек на плоскости переходят во множества точек на сфере.
В частности, стереографическая проекция преобразует окружнос-
ти и прямые на плоскости в окружности на сфере.
15
Покажем это. Уравнение окружности на плоскости можно за-
писать так:
Дх2 + у2) + Вх + Су + D = 0.
(20)
Для окружности А # 0. Если же А = 0, то уравнению (20) будет
соответствовать прямая. Чтобы определить вид кривой на сфере,
в которую преобразуется окружность с помощью стереографи-
ческой проекции, найдем связь между координатами (х, у) точ-
ки Л/ и координатами (£>,т|,Q соответствующей ей точки N
(рис. 1.6).
Дня этого напишем уравнение прямой, проходящей через точки
7\0,0, 2R) и М(х, у, 0), и вместо текущих координат прямой подставим
координаты точки N(^9 т|, Q, лежащей на этой прямой. Получим
5-0_ п-0_ ^-27?
х - 0 у - 0 0-27?
2Я-£ 2R-Q
Так как точка лежит на сфере, то
(21)
£2 +п2 + &-R)2 = R2 => £2 +П2 =
= 2RQ-e =>^2+п2 =C(27?-Q.
Имеем
,2 2 (21) 4J?2^2 47?2г|2 _4Л2(^2+п2) _ 47?Ч
' +У ~ (2R-&+(2R-Q)2 ~ (2R-Q2 ~ 2R-C,
Подставим теперь найденные выражения для х, у и х2 + у2 в урав-
нение окружности (20). Получим
4R2Q iB 2R*
2R-Q 2R-Q
2Ял
2Л-;
2BR-t> + 2CRr\ + (4AR2 - D)-Q + 2DR = 0. (22)
Если в (22) на 5> С смотреть как на текущие координаты, то
полученное уравнение, являясь уравнением первой степени отно-
сительно 5, Л, Q , изображает в пространстве плоскость. Отсюда сле-
дует, что координаты 5» Л, £ удовлетворяют уравнению сферы и
уравнению плоскости. Следовательно, точки 7У(5,л,О лежат на
пересечении сферы и плоскости, т. е. на окружности.
Если А = 0, то уравнению плоскости (22) удовлетворяют коорди-
наты точки Л0Д 2Л); если же А # 0, то координаты точки Р(0,0, 27?)
16
не удовлетворяют уравнению плоскости (22). Значит, прямой на
плоскости соответствует на сфере окружность, проходящая через
точку Р, а окружности на плоскости соответствует на сфере ок-
ружность, не проходящая через точку Р. Это дает основание рас-
сматривать прямые в расширенной плоскости как окружности,
проходящие через бесконечно удаленную точку. Справедливо и
обратное утверждение, а именно: любой окружности на сфере
соответствует окружность (в частности, прямая) на плоскости. Это
следует из того, что коэффициенты А, В, С и D в (22) можно про-
извольно менять, получая всевозможные плоскости, а следовательно,
и всевозможные окружности на сфере.
Примеры к главе 1
Пример 1. Выполнить указанные действия:
Решение.
1) /3 = /2. / - (-1) • z = —z; z4 - (z2)2 = (-1)2 = 1; z22 = z20 • z2 =
= 15 (-1) = -1-
1 !•(-/) -/ . 1-z _ (1-z)2 _l-2z+z2 _ .
2) z /(-/) 1 Z; 1 + z ~ (l + z)(l-z) ~ 2 Z;
2 = 2(1+ 3z) = 2(1 + 3Z) = 1
1-3/ (l-3z)(l + 3z) 10 5k '
з) (i4-/V3)3 = i-•-/-з>/з-з-з-/-зТз = -8.
1+Z -49 (1+/)2 /.4\4 .3 1 + 2Z+Z2
44---+ 2z *’ = ——г-----+ 2 • (z ) • z =------2z = i - 2z = -z.
4?l-z (l-z)(l + z) v 2
Пример 2. Представить в тригонометрической и показательной
формах следующие числа:
1) 3/; 2) -2; 3) 1 + z; 4) -1 - z; 5) 2 + 5z; 6) 2 —5/; 7) -2 + 5z; 8) -2 - 5z;
9) 1 + cosa + z sin a, если л < a < 2л.
Решение. Заметим сразу, что для всех этих чисел будут указаны
только значения <р = arg Z .
1) 3z = 0 + 3z; (х = 0; у = 3 > 0). Следовательно,
Ф - у; |3/| - VO + 9 = 3 => 3/ = 3 fcos-^- +z ’ 3z' = Зе 2 .
17
2) -2 = -2 + 07 (х = —2; у = 0). Точка лежит на отрицательной
вещественной полуоси. Следовательно, (р = л; |-2| = >/4 + 0 = 2 .
-2 = 2(cos тс + i sin тс); -2 = 2е/71.
3) 1 + i (х = 1; у = 1). Точка лежит в первой четверти. Следова-
тельно,
1 ТС /---- I—
Ф = arctg у = arctgl = - ; |1 + /| = VI +1 = V2 ;
z \ ,n
1 + /= v2 cos—+ /sin— • l + /=V2-e4
k 4 4J’
4) — 1 — i (x = — 1; у = — 1). Точка лежит в третьей четверти. Следова-
тельно,
ср = arctg — -тс = arctgl -тс = ^-тс = —1-1-/I = л/1 + 1 = >/2;
-1 4 4’11
ггГ ( Зл^| . . ( Зл^ . гг -/у
-1 -1 = 72 cos-+1 sin-----• -1 -1 = 72 • e 4 •
k k 4 J k 4 ’
5) 2 + 5/ (x = 2; у = 5). Точка лежит в первой четверти. Следова-
тельно,
(p = arctg|; |2 + 5/j = V4 + 25-V29;
Z Z -X Z -xX , 5
।— f ( 5 i । 5ii i— 1 arcts ч
2 4-5/ = 7291 cos I arctg—14-isin I arctg—11; 2 4-5/ = 729 • e 2
6) 2 - 5/ (x = 2, у = -5 ). Точка лежит в четвертой четверти. Сле-
довательно,
Ф = arctgГ-|Y |2-5/| = >/4+"25 = >/29;
2-5/
29 cos arctg
i arctg
7) -2 4-5/ (x = -2; у = 5 ). Точка лежит во второй четверти. Сле-
довательно,
ср = arctgl -— 14- л;
|-2 + 5z| = V4T25 = >/29
18
-2 + 5/=л^9
I Л 5) I . . ( t ( 5A
cos I arctg I - — I + it I +1 sin I arctg I - — I + it
___ /1 arctg -- l+л I _ / л-arctg-
-2 + 5/ = л/29-бД 1 2) '=V29-tA
8) -2-5/ (x - -2; у - -5). Точка лежит в третьей четверти. Сле-
довательно,
ср = arctg-| - л; |-2 - 5zj = л/4 + 25 = V29 ;
-2 - 5/ = л/29 (cos (arctg- л 1 + i sin (arctg-| - л
-2-5/=V29 e< 2 л
9) l + cosoc + zsince (л<а<2л). Здесь х = 14-cosa > 0 ;
у = sin а < 0 .
При а = л имеем: х = 0, у = 0, и, следовательно, наше число не
может быть записано в тригонометрической и показательной форме
(в этом случае аргумент числа не определен).
Если а = 2л, то данное число будет таким: 2 + 0 • /, и, следователь-
но, ср = 0 ; |2 + 0/| = л/4 + 0 = 2; 2 + 0/ = 2(cos0 + isin0); 2 4- Of = 2elQ .
Пусть л < a < 2л. Тогда х = 14- cos a > 0; у = sin a < 0 . Точка
1 + cos a 4- i sin a лежит в четвертой четверти. Имеем в этом случае
г = д/(14- cos а)2 4- sin2 а = V2 4-2 cos а = ^4 cos2 у = -2 cos у
/ а А
(cos— < 0
v 2
, если л < а < 2л). Имеем, далее,
. л 2 cos2 —
14- cos a 14- cos a ?
cos cp =--------=--------------------— =
r
a
= -cos — = cos
-2cos^ -2cos^
2 2
a
---л
2
sin a
sin ср =-----
г
n . a a
. 2 sin —cos— /
sin a э э . a . f a
—------— = -sin— = sm---л
-2cos— ^2
2
Следовательно,
-2cos^
2
a
Ф = “2-л;
19
l + cosa + /sina = -2cos—•
fa ] . . f a
cos----л +1 sin-----л
12 ) I 2
•Г a
a 1 7-71
1 + cos a + / sin a = -2 cos— • e k
2
Пример 3. Найти все значения следующих корней:
1) 3/1; 2) Ш; 3) № ; 4) 072/.
Решение.
.0+2кп
1) 1 = 1-е/0 => У1 = 1-е^~,к = 0,1,2. =>
=> (3/1) = 1; (3/Й =е 3 = cos— + z'sin— - --^ + 1^-',
\ 4=о \ 4=1 3 3 2 2
/з/Т\ 'Т 4л . . 4л 1 ,73
VI) = е3 =cos— + zsin— =--------------1—
V 4=2 3 3 2 2
-+2кп
/5 /2__
2) z = е 2 => 3/7 - е 3 , к = 0,1, 2. =>
/зрх 4 л . . л V3 .1
V 4=о 6 6 2 2
/зП 'Т 5л . . 5л л/3 .1
Vz) -е ° =cos— + zsin—=--------+ z —;
з >к=\ 6 6 2 2
(л/7) =е 2 = cos— + zsin— = -z.
V 4=2 2 2
}П+2кп
3) -1 = е‘п => tf-i. = е~^~, к = 0,1, 2, 3. =>
/4/—Г\ ‘1 я . . л Л .^2 л/2 ,, .ч
(4PI) =е'т =cos^ + /sin^ = -^| + /^| = -^(l-i);
V 4=1 4 4 2 2 2
(41—г\ 5л . . 5л л/2 .д/2 a/2z1 .ч
(V-1 =е 4 =cos— + zsin— = —t--z-—= ——(1 + z);
V 4=2 4 4 2 2 2
20
/4ГТ\ 'Т 7л . . 7л л/2 . V2 >/2 ,, .ч
(л/-1) = е4 =cos— + zsin— =-------------1— = —(1 - z).
v )к=з 4 4 2 2 2 v '
Зя 3 Зя ______________
4) -2 + 2/ = 2>/2-е 4 =22е'4 =>3/-2 + 2z = у/2е 3 ,fc = 0,l,2.=>
(П / \ /?
л/-2 + 2/)^ = >/2е 4 = >/21 cos^ + isiiw I = V2 • — (1 + z‘) = 1 + i;
/71,2л .к .in j2n
(^-2 + 2z) j = V2e^4 3' = V2e4e 3 = (l + z)e 3 =
= (1 + z)fcOS-y- + Z Sin-y-) = (1 + /)
/
к
= 1[-(1 + Д)+/(Д-1)];
/711 .л -4л
0/-2 + 2zj* - -J2e ^4 3' = -fie 4e 3 =
= (1 + i)e,ne 3 = -(1 + i)e 3 =
= -(1 + z')(cos J + z sin j J = -(1 + z)[|+ '-yj =
Пример 4. Решить уравнение z = Zn~l (n e N, n > 2).
Решение. Запишем искомое число z в показательной форме:
Z = ге"?. Тогда z = re~‘,f, и уравнение z = z”’1 перепишется в виде:
re-zq> = гл-1е/(И-1)Ф ге ^(\_ ги-2е/пФ) = о =>
(г = О
[ср - любое,
г = 1
ф = ,/с = о, ±1, +2,
п
п-1 .
Решения исходного уравнения будут, следовательно, такими: z = О
.2л£
uz = Zk=e п , к = 0,1, 2,п -1.
21
Пример 5. Решить уравнение (х + 1)” + (х - z)" = 0, где п е. N и
п > 1.
Решение. Так как х + i, то данное уравнение эквивалентно урав-
нению
/ .\л . . .п+2пк
(X +1 ) - X +1 пг-7 X +1 , Л , ,
----- =-1<=> ------= <У-1<=>------е п ,к = 0,1, <=>
Vх- i) x-i x-i
x + i (2k + 1)л . . (2k + 1)тс , n , ,
<=> ---= cos-------— +1 sin----—, к = 0,1,n -1
x - i n n
Преобразуем последнее равенство
x + i
x-i
(2k + l)n J . . (2£ + l>
cos---------—1 + zsin------—
n n
2i _ . 2 (2k + 1)% . (2£ + l> (2£ + l)%
-----= -2 sin2 --— + z2 sin ----— cos-----—
x-i 2n 2n 2n
1 . (2£ + 1)лГ (2£ + 1)л 1 . (2£+l)7tl
> — = sin-—-—— cos-—-— ---------sin-—-—— <
x-i 2n L 2n i 2n
1 . (2£ + 1)лГ (2£ + 1)тг . . (2£ + l>l
> ------ Sin-----— COS-----— + I Sin----— c
x - z 2n 2n 2n
1
. (2£ + 1)лГ (2zt + l)n . . (2£ + 1)л
sin -—-—— cos -—-—— + I sin —-——
2n 2n 2n
(2k + l)n . . (2k + V)it
2n__________2n
sin(2^1>
2n
. t (2k + l)n . t (2£ + 1)л , Л , ,
=> x -1 = ctg-^—-—-— i => x- ctg-----к - 0,1,n -1
2n 2n
i—
Пример 6. Показать, что если у = е п (neN, л>2), то
(z - y)(z - y2)...(z - y"'1) = 1 + z +... + z"-1 •
Решение. Замечаем, что правая часть доказываемого равенства
является суммой первых п членов геометрической прогрессии с
22
Zn-l
первым членом 1 и знаменателем Z- Эта сумма равна-—. Найдем
Z 1
все корни уравнения zn -1 = 0 . Эти корни находятся по формуле
.0+2л£
Zk = - е п
' i—}k
е п = ук, к = 0,1, ..., п-1
Следовательно, z"-1 - (z-l)(z-y)...(z-y” 1 )• Таким образом, по-
лучим
1 + z + + zn-l = zn -1 = (z -1)(£ — у)...(£ — ул1) =
Z-l Z-1
= (г-у)(г-у2)...(г-ул-1),
а это и требовалось показать.
Пример 7. Пусть у — произвольный корень степени п из еди-
ницы, отличный от единицы. Доказать, что 1 + 2у + Зу2 + ... + пул-1 =
п
у-Г
Решение. Имеем
1 + 2у + Зу2 + ... + пу"-1 = (1 + у + у2 + ... + у"4) +
+(у + у2 + у3 + ... + ул-1) +
+(у2 + у3 + ... + ул *) + ... + (ул 2 +ул 1) + ул 1 =
у”-1 у"'1-! 2У”‘2-1 п-2У2-1 П-1У-1
= ---- + У-!--—+ у22----— +... +у” 2-!---- + ул *-!—- =
у -1 У — 1 у -1 у -1 у -1
—Ц-Г(ул - 1) + (ул - у) + (у” - у2) +... + (ул - у”'2) + +(ул - у”-1
у -1 L
-Ц[лул - (1 + у + у2 + ... + у”’1 Я =
y-lL J у-1
иул
у" -1
у-1
п
у-1’
ибо уп = 1 .
23
Приведем несколько примеров на
нахождение геометрических мест точек.
Предварительно отметим, что если
Zj = + />! и Z2= х2 + iy2 — произволь-
ные точки комплексной плоскости,
то |Zi - Z2| = 7(^1 -^2>2 +(J1 - J2)2 есть
расстояние между точками z} и Zy
Пример 8. Где расположены точки,
для которых:
1) |z| = P, р>0;
2) argz = ^; 3) 1 <|г| < 2?
Решение. 1) Точки, соответствующие комплексным числам с мо-
дулем, равным р (р > 0), очевидно, лежат на окружности радиуса р
и с центром в начале координат (см. рис. 1.7). Это можно установить
и аналитически. Для этого положим z = x+iy. Получим |z| = р <=>
yjx2 + у2 = р или х2 + у2 - р2.
2) Точки, соответствующие комплексным числам, имеющим
я
аргумент ~
лежат на луче, выходящем из начала координат под
л
углом — к вещественной оси (см. рис. 1.8).
3) Рассуждая так же, как и в пункте 1), убеждаемся, что множе-
ством точек, удовлетворяющих неравенству |z| < 2, является откры-
тый круг радиуса 2 и с центром в начале координат (см. рис. 1.9),
Рис. 1.9
24
Рис. 1.10 Рис. 1.11
а множеством точек, удовлетворяющих неравенству |z| > 1, являет-
ся внешность круга радиуса 1 и с центром в начале координат
(см. рис. 1.10). Следовательно, множеством точек, удовлетворяющих од-
новременно неравенствам: |z| < 2 и |z| > 1, будет кольцо, заключенное
между концентрическими окружностями радиусов 1 и 2 с центром в
начале координат, но исключая сами окружности (см. рис. 1.11).
Пример 9. Где расположены точки, для которых:
1) Re z > 0 ; 2) Im z < 0 ; 3) 1 < Re z < 2; 4) j < aig(z - 2i) < у.
(x > 0
Решение. 1) Re(x + iy) > 0 <=> ( ’ Это — правая полу-
[-00 < у < +оо.
плоскость (рис. 1.12).
(у < О,
2) Im z < 0 , т. е. Im(x + iy) < 0 <=> ( Это — нижняя
(-00 < X < +00.
полуплоскость (рис. 1.13).
Рис. 1.12 Рис. 1.13
Рис. 1.14
25
Рис. 1.15
Это — вер-
3) 1 < Rez < 2, т. е. 1 < Re(x + iy) < 2 <=>
тикальная полоса (рис. 1.14).
4) у < arg(z - 2/) < . Это — сектор, ограниченный лучами, ис-
,/ф
л л
ходящими из точки 2/, под углами j и — соответственно по отно-
шению к вещественной оси (рис. 1.15).
Z
Пример 10. Доказать неравенство j^j “ 1 - |а1В^|.
Доказательство. Запишем z в показательной форме z = re1
Исходное неравенство примет вид —------1 < |ср| <=> р/ф -1| |<
Изобразим точки z = е1ц> и z = 1 на единичной окружности
(см. рис. 1.16). Замечаем, что |е/(р -1| — длина хорды между точка-
ми 1 и е;<₽ окружности; ср — радианная мера дуги, которая стягива-
ется упомянутой хордой.
Из элементарной геометрии известно, что длина хорды всегда
меньше длины дуги, которую она стягивает. Следовательно, нера-
венство:
-1 < |агв d можно считать установленным.
И
Пример 11. Где расположены точки, для которых:
1) Re-^—^- = 0; 2) |2z| > 11 + z2| ?
Z - Z2
Решение. 1) Если Z\ = г2, то Re“---- = Rd * 0 => Zi * Z2 . Ясно,
Z - Z2
далее, что если Z\ * Z^ > то Z = Z\ удовлетворяет соотношению
26
Re^-^-
Z~Z2
Re^^-
Z~Z2
= 0. Найдем теперь все другие решения уравнения:
= 0 (Zi * Z2). Имеем:
« Rezz ziz zz2^ + ZiZ2 = 0 Re(z?_z-_^+ z-^ = 0
|z-z2|
Так как z = х + iy; Zi = xl+iyl-, z2 = x2 + iy2, то, выделяя веществен-
ную часть, получим
х2 + у2 -Oq + х2)х-(у1 + у2)у + х1х2 + у{у2 = 0 <=>
/ \2 z \2 / \2 z х2
(„ х1+х2} . v_y1+y2 \ _(Xj -х2) , (у, -у2)
Г 2 И 2 J “I 2 ) Л 2 ) •
/7 \2 7 72
о I Х1 - *2 I I У1 - У2 I
Это — окружность радиуса R = J —---- + ——— с центром
Х.+Х, У1+У21 D <1“<2
в точке —!--——— , т. е. окружность радиуса л -J—-—1 с
Zi + z2 п
центром в точке —-—. Легко пробрить, что полученная окруж-
ность проходит через точки Zi и z2 (Точка z2 должна быть удале-
на из окружности, ибо у нас z Z2.)
2) 1 + z2 = 1 + (х + iy)2 = (1 + х2 - у2) + Пху.
|2z| > |1 + z2| о 2^1 х2 + у2 > у]1 + 2(х2 - у2) + (х2 - у2)2 + Дх2^2 о
о 4(х2 + у2) > 1 + 2х2 - 2у2 + (х2 + у2)2 <=>
<=> (х2 + у2)2 - 2(х2 + у2) +1 < 4у2 о [(х2 + у2) -1]2 < 4у2 <=>
|х2 + у2 -1| < 2у,
|х2 + у2 -1| < -2у,
у < 0.
27
Рис. 1.17.а
Рис. 1.17 Рис. 1.17.0
а) |х2 + у2 -1| < 2у
+ у2 -1 < 2 у
У >0,
х2 + (у +1)2 > 2,
х2 + (у -1)2 <2
(см. рис. 1.17.а).
У < о,
Р) |х2 + у2 -1| < -2у
У < О,
х2 + (у -1)2 > 2,
х2 + (у +1)2 <2
(рис. 1.17.р).
Вывод: точки, для которых |2z| > |1 + z2|, заполняют заштрихо-
ванную часть плоскости, изображенную на рис. 1.17.
Пример 12. Найти уравнение линии на сфере комплексных
чисел (7? = 1), соответствующих на плоскости линиям:
1) х2 +у2 =1; 2) у = х .
Решение. Между координатами х, у точки М плоскости и ко-
ординатами £,т|>С соответствующей ей точки N на сфере была
2Е
установлена следующая связь (см. формулы (21)): х = ——;
2 — С
2т]
У - ~ / (у нас R = 1).
28
1) В уравнение линии х2 + у2 =1 подставляем вместо х и у их
выражения через £,т|,£. Получим
4£2+п2) = (2-О2 =>£2 +п2 -|(2-О2 .
Так как точка 7V(£, т|, О лежит на сфере, то
^+п2+(С-1)2=1=>^+п2=С(2-О-
Сопоставляя выражения, полученные для + г|2 , находим
1(2-О2 = ^(2-С) => С = |(2-О => С = |.
сферы х2 + у2 + (z -1)2 =1 и плоскости У = х;
— уравнение плоскости, параллельной Ofy\. Если вернуться
к переменным х,у, z, то уравнение искомой линии запишется
х2 + у2 + (z -1)2 = 1,
в виде z v ’ Это — окружность, задаваемая пере-
U = 2/5.
сечением сферы х2 + у2 + (z - I)2 = 1 и плоскости Z = .
2) В уравнение линии У = х подставляем вместо х и у их выра-
жения через т|, С Получим => п = Е • Искомая линия
2-^ 2-^ ъ
на сфере в переменных х, у и z получится как линия пересечения
х2 + у2 + (z -1)2 = 1,
у = х.
Это — окружность, проходящая через точку (0, 0, 2) сферы.
Глава 2
ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
И ИХ ДИФФЕРЕНЦИРОВАНИЕ
1. Комплексная переменная. Если вещественные величины х и
у (обе или одна из них) являются переменными, то величина
Z = х + iy называется комплексной переменной. Комплексная пере-
менная z считается заданной, если задано множество Е комплекс-
ных чисел, которые она принимает. Множество Е чаще всего зада-
ется определенными аналитическими условиями, например:
1) |?-/|<2;2) 2<|z + /j<4; 3) Imz>3;
7t JT
4)--<argz<-; 5) |z| > R.
Однако E может быть задано описательно i ли как-нибудь иначе.
Отметим, что в рассматриваемое множество Е может входить и
“число” z = оо . Такому множеству геометрически соответствует
множество точек сферы комплексных чисел.
В частности, комплексная переменная может быть последова-
тельностью Zi, Zz, ... , Zn, ••• • Последовательность кратко называ-
ют “переменная и обозначают {^л}пеЛг •
2. Предел последовательности комплексных чисел. Пусть дана
последовательность комплексных чисел q, с2, ..., сп,... и пусть с
некоторое определенное комплексное число.
/• * • । А Говорят, что последовательность {cn}neN сходится
I • Ни* *• I
у ) к комплексному числу с, и пишут сп п->^с или
lim с„ = с , если |с„ - с| 0.
~ л ’ I п I Л->00
30
Геометрически это означает, что все точки сп последовательно-
сти, начиная с некоторой, лежат внутри любой наперед заданной
окружности с центром в точке с.
Пусть с = а + ib \ с = а + ib. Имеем
J п п п7
кл-с|=^л-о)2+(*л-*)2 => 1ал-аНсл-с1 |^л-^1сл-4
Отсюда ясно, что
(сп -><?)<=> (одновременно ап а и Ьп -> Ь),
п П-+<Х) п-+<х> П-+СО
т. е. сходимость последовательности комплексных чисел равносиль-
на одновременной сходимости последовательностей веществен-
ных и мнимых частей этих чисел.
Поэтому все основные теоремы о пределах, известные для ве-
щественной переменной, в частности, теоремы о пределе суммы,
произведения и частного, а также способы доказательства этих те-
орем справедливы и для комплексной переменной.
Замечание. Пусть сп = гпе'^п, с = ге^ (сп * 0 и с 0). Справед-
ливы утверждения:
I. Если гп -> г и ф -> <р, то сп = -> reZ(p = с. В самом деле,
П->00 П П-><Х) П—УХ>
имеем сп = rn cos фп + irn sin фп . В силу непрерывности вещественных
ФУНКЦИЙ ГСО8ф Иф будет ГпСО8фл -> ГСО8ф; Гл8Шфл -> Г8Юф.
тт л->со Л->00
Но тогда
сп -> rcoscp + zrsincp - re,<f.
II. Если сп = rneU9n -> ге'ф,то гп -» г и фл -> <р. При этом пред-
П->оо Л->00 П->оо
полагается, что для фп и Ф берутся главные значения аргументов
чисел сп и с (или значения другой однозначной ветви аргумента).
Действительно, положив сп = ап + ibn; с = а + ib, получим
rn = у] a2 + =argc„ =arccos-7^== , если Im(c„)>0,
+bn
и фп = argcn = -arccos . = , если 1ш(сл)<0. Но тогда
А2+й2 ._____
утверждение II следует из непрерывности функций у]х2+у2
и arccos-=
31
Ау
Для точек отрицательной полу-
оси, где имеется разрыв ф, надо
рассмотреть другую однозначную
ветвь аргумента, например, соответ-
ствующую промежутку [0, 2л), где
на этой части оси Ф — непрерыв-
ная функция.
Рис. 2.2
Если |сл|“»°О, то говорят, что
последовательность схо-
дится к бесконечности, и пишут
Геометрически это означает, что все точки последовательнос-
ти {сл}ле1Ч , начиная с некоторой, лежат вне любой наперед задан-
ной окружности с центром в начале координат.
Пусть точки Мп являются стереографическими проекциями
на сферу точек с . Тогда, если с„ -> оо, то М„ -> Р , т. е. точки сфе-
ры, соответствующие точкам последовательности {c„}neN , сгуща-
ются у точки Р.
3. Основные геометрические понятия.
1) Пусть точка — произвольная фиксированная точка комп-
лексной плоскости. Окрестностью точки называется внутренность
любого круга с центром в этой точке (|z-Zo|<p: (ЛГр(^о)) —
р -окрестность точки ^).
2) Окрестностью бесконечно удаленной точки называется внеш-
ность любой окружности с центром в начале координат (|z| > R ,
где R > 0 — окрестность точки z = °°).
3) Пусть Е — множество точек комплексной плоскости. Точка
Z множества Е называется внутренней точкой этого множества,
если множеству Е вместе с точкой z принадлежит и окрестность
(хотя бы достаточно малая) точки Z-
4) Множество Е называется открытым, если оно состоит только
из внутренних точек.
5) Областью называется открытое и связное множество, т. е. та-
кое открытое множество, любые две точки которого можно соеди-
нить ломаной, состоящей из точек данного множества.
32
Примеры областей:
a) Rez > 0 б)|г-а|<Я
А У
в) 2 < |г - /| < з
Рис. 2.3в
Рис. 2.36
Рис. 2.3а
Покажем, что множество £ точек, соответствующих числам, удов-
летворяющим соотношению |2z|<|l + z2|, не является облас-
тью. В самом деле, положив z = х + iy и замечая, что
|1+г2| = |1 + (х + /у)2| = |(1 + х2 -у2) + /2ху| =
= 7(1 + х2 - у2)2 + 4х^у2,
получим
|2z|>|W| «
<=> 4(х2 + у2) < 1 + х4 + у4 + 2х2 - 2у2 -2х2у2 + 4х2у2 <=>
<=> 1 + х4 + у4 - 2х2 - 2у2 + 2х2у2 - 4у2 > 0 <=>
<=> (х2 +у2 -1)2 - 4у2 > 0 <=>
<=> (х2 + у2 -1 - 2у)(х2 + у2 -1 + 2у) > 0 <=>
<=> [х2 + (у -1)2 - 2J • [х2 + (у +1)2 - 2J > 0.
Последнее возможно лишь тогда, когда оба множителя ле-
вой части одного знака. Если они оба положительны, то точки
(х, у) лежат вне окружностей х2 + (у — I)2 = 2 и х2 + (у + I)2 = 2.
Если они оба отрицательны, то точки (х, у) лежат внутри ок-
ружностей х2 + (у — I)2 = 2 и х2 + (у + I)2 = 2, т. е. заполняют их
общую часть.
33
Таким образом, множество точек, удовлетворяющих соотно-
шению
|2z|<|l + ?|,
заполняет заштрихованную часть плоскости (рис. 2.4). Это множество
не является областью, так как не выполнено второе условие определе-
ния области (связность). Например,
Рис. 2.4
точки А и О нельзя соединить ломаной
линией, состоящей только из точек дан-
ного множества Е(точки Л/и /Уне при-
надлежат множеству £).
6) Точка z называется предельной
точкой для множества £, если в любой
окрестности точки z лежит бесконеч-
ное множество точек из Е.
Предельная точка z множества Е
может принадлежать, а может и не при-
надлежать Е.
Множество Е называется замк-
нутым, если оно содержит все свои
предельные точки.
8) По отношению к любой облас-
ти (В) все точки плоскости разбива-
ются, вообще говоря, на три категории:
а) точки, принадлежащие (В), — это внутренние точки области;
б) точки, не принадлежащие (В), но являющиеся для нее пре-
дельными, — это граничные точки области (В);
в) точки, не принадлежащие (В) и не являющиеся для нее пре-
дельными, — это внешние точки области (В).
Исключения:
а) полная плоскость не имеет ни граничных, ни внешних
точек;
б) плоскость с одним или несколькими разрезами не имеет
внешних точек.
9) Совокупность граничных точек области называется грани-
цей области. (Можно доказать, что граница области есть замкнутое
множество.)
10) Множество, состоящее из точек области (В) и ее границы,
называется замкнутой областью и обозначается (В).
34
11) Непрерывной кривой называется множество точек плоскости,
[х = х(/), г
определяемое параметрическими уравнениями z ч t е la,b ,
= ХО,
где x(Z), y(f) — непрерывные функции на [а, />].
Непрерывная кривая называется кривой Жордана, если она не
имеет кратных точек, т. е. если различным значениям параметра t
соответствуют различные точки кривой. Допускается лишь, чтобы
значения t = а и t= b давали одну и ту же точку кривой; в этом
случае кривая называется замкнутой кривой Жордана.
12) Непрерывную кривую будем называть гладкой, если суще-
ствуют и непрерывны на [а, 6] производные х'(/), у'(/), не обраща-
ющиеся одновременно в нуль (условие: х\,у\ не обращаются в
нуль одновременно, вводим для избежания особых точек).
Положим z = х + iy. Тогда для точек z непрерывной кривой бу-
дем иметь z = x(f) + iy(f), t е [а, 6].
Если кривая гладкая, то ^'(/) = х'(0 + iy'{t) ф 0 на [а, 6]. Следова-
тельно, для каждого значения t существует arg z\t). Гладкая кривая
в каждой своей точке имеет касательную, направление которой из-
меняется непрерывным образом при непрерывном перемещении
по кривой точки касания.
13) Непрерывная кривая называется кусочно-гладкой, если она
состоит из конечного числа гладких кривых, примыкающих друг к
другу концами. Отметим, что в точках соединения касательная может
не существовать.
В дальнейшем будем рассматривать только кусочно-гладкие
кривые и области с кусочно-гладкими границами.
4. Функция комплексной переменной, ее предеч и непрерывность.
Определение. Если каждому значению z из некоторого множе-
ства Е соответствуют по определенному закону одно или несколько
значений w, то величина w называется функцией г, определенной
на множестве Е.
Пишут w = Лг), Z е Е (z называется аргументом). Если каждо-
му z из Е соответствует лишь одно значение w, то функция назы-
вается однозначной', если некоторым значениям z соответствует бо-
лее чем одно значение w, то функция называется многозначной.
Множеству Е чи. зл z с помощью функции w =fljz) приводится в
соответствие некоторое множество G чисел ж В этом случае говорят,
что функция отображает множество Е на множество G.
Если Е расположено на вещественной оси, то z = х является
вещественной переменной. Если при этом все значения w также
35
вещественны, то приходим к понятию вещественной функции
одной вещественной переменной как частному случаю функции
комплексной переменной.
В общем случае положим: z = х + iy и w = и + iv. Тогда предло-
жение ’’функция и>=Дг) (например, однозначная) определена на
множестве £” равносильно следующему: “каждой точке из £ с
координатами х и у поставлены в соответствие вещественное чис-
ло и и вещественное число v”. Иными словами, на Е определены
две вещественные функции и = w(x, у) и v = v(x, у) двух веществен-
ных переменных х и у. Таким образом, одно комплексное соотно-
шение w=f(z) равносильно двум вещественным соотношениям:
и — и(х, у) и v = v(x, у).
Если между точками множеств Ей G существует соответствие,
установленное с помощью функции w=./(z), то существует и об-
ратное соответствие между множествами Си Е. Поэтому z можно
рассматривать как функцию w. Такая функция z = g(w) называет-
ся обратной по отношению к функции w=./(z); она отображает
множество G на множество Е. Особенно важен случай, когда обе
эти функции однозначны; тогда отображение Е на G называется
взаимно однозначным.
Определение. Пусть однозначная функция м'=Д^) определена
в некоторой окрестности конечной точки всюду, за исключени-
ем, быть может, самой точки Пусть А — некоторое комплексное
число. Тогда соотношение lim f(z) - А означает, что любому е > О
Z—>Z0 . .
отвечает 5 > 0 такое, что для всех z, для которых 0 < |z - ^о| < 8 ,
оказывается |/(z) - А\ < е .
Геометрически это определение означает, что точкам доста-
точно малой окрестности точки исключая саму эту точку, соот-
ветствуют точки, принадлежащие наперед заданной окрестности
точки А.
Если А = оо, a Zq — конечное число, то соответствующая формули-
ровка будет такой: функция Дг) имеет пределом оо при z -> Zq , если
для любого как угодно большого числа М > 0 существует 5 > 0 такое,
что из неравенства 0 < |г - Zq| < 8 следует неравенство |/(z)| > М.
Аналогично строятся формулировки для случаев: Z = 00, А —
конечное, и z = 00, А = оо.
Замечание. Пусть z = х + iy, = х0 + iyQ, w =Дг) = и(х, у) + iv(x, у).
Если Дг) однозначная, определенная в окрестности точки всюду,
за исключением, быть может, самой точки то функции и(х, у)
и v(x, у) — однозначные и определенные в окрестности точки (х0, у0),
за исключением, быть может, самой точки (х0, у0).
36
Так как |/(/) - Л| = -J[«(x, у) - Re А]2 + [v(x, у) - Im Л]2 , то при-
ходим к выводу, что комплексное соотношение
lim f(z) = А
Z~>Zq
эквивалентно двум вещественным соотношениям:
lim и(х, у) = Re Л; lim v(x, у) = Im Л.
X->Xq
Это замечание показывает, что простейшие предложения, от-
носящиеся к пределам функций вещественных переменных, без
изменений распространяются на пределы функций комплексной
переменной. Например, если функции f{(z) nf2(z) — однозначные
и определенные в окрестности точки всюду за исключением,
быть может, самой точки и если для них
lim J\(z) = Ai, lim /2(z) = Л2,
Z —>Zo Z-^Zq
где At и A2 — конечные числа, то
nm [/i (г) ± /2 (г)] = 4 ± 4>;
lim /1(г) • /2U) = 4 • 4; lim 4^; = 4"
(последнее при условии, что А2 * 0).
Определение. Пусть однозначная функция и^=Д^) определена
в окрестности точки (значит, Дг) определена и в самой точке
и пусть lim f(z) = f(Zo). Тогда функция Дz) называется непре-
u Z-^Zq
рывнои в точке
В силу замечания, высказанного выше, условие непрерывности
функции /(г) в точке = х0 + iy0 эквивалентно двум следующим:
lim и(х,у) = и(х0,у0), lim v(x,y) = v(x0,y0),
Х->*0 *->*<)
выражающим непрерывность двух вещественных функций и(х, у)
и v(x, у) в той же точке (х0, у0).
Итак, функция комплексной переменной непрерывна в точке
тогда и только тогда, когда ее вещественная и мнимая части, рас-
сматриваемые как функции вещественных переменных хи у, не-
прерывны в той же точке.
Отсюда следует, что многие свойства непрерывных функций
двух вещественных переменных непосредственно переносятся на
непрерывные функции комплексной переменной.
37
Рис. 2.5. К определению
непрерывности функции
в граничной точке
Именно, сумма, разность, произведение и частное двух непре-
рывных функций комплексной переменной есть функции непре-
рывные (в случае частного исключаются те точки, в которых дели-
тель обращается в нуль).
Если lim f(z) = А и А — конечное, то будем называть функ-
цию flz) непрерывной в бесконечно удаленной точке И число А при-
нимать за значение Дг) в этой точке.
Функция Дг) называется непрерывной в области (В), если она
непрерывна в каждой точке этой области.
Говорят также о непрерывности
функции вдоль линии, если условия не-
прерывности выполняются для точек г,
взятых на этой линии.
Пусть однозначная функция w =Дг)
определена в замкнутой области (В) .
Д^) называется непрерывной в гранич-
ной точке z$ е (В), если для любого
е > 0 найдется 5 > 0 такое, что для всех
Z е (В), для которых |z -£о| < 5 , будет
|/(г)-Ж)| <е-
Функция w=f(z), непрерывная в
каждой точке замкнутой области (В), называется непрерывной в
замкнутой области (В).
Пусть замкнутая область (В) — ограниченная. Тогда каждая
функция ^=Дг), непрерывная в (В) , ограничена в (В) , т. е. удов-
летворяет соотношению вида: |/(z)| < М < оо, z е (В).
Функция и^=Д^), непрерывная в ограниченной замкнутой об-
ласти (В), равномерно непрерывна в (В).
Этс утверждение означает, что любому е > 0 отвечает число
5 > 0 , зависящее только от е , такое, что для любых двух точек £ и
Z” из (В), для которых |z" - z'| < 5 , будет |/(z") - /(z')| < е .
Все эти свойства следуют из соответствующих теорем, относя
щихся к вещественным функциям двух вещественных перемен-
ных, непрерывным на ограниченных замкнутых множествах; впро-
чем, их нетрудно доказать и непосредственно, повторяя почти без
изменений известные из курса математического анализа доказа-
тельства.
38
5. Производная функции комплексной переменной.
Определение. Пусть однозначная функция w =f(z) определе-
на в области (В), и пусть — какая-нибудь конечная точка из
(В). Дадим аргументу приращение Аг любое, но такое, что
Аг* О и точка Zo+Aze(B). Тогда функция w=J{z) получит
приращение Aw = f(Zo + Аг)-f(Zo) Составим отношение
Aw f(zo +дг)-/(го) а
= --. Ясно, что это отношение представляет
AZ------------------Az
собой функцию от Az, определенную для всех Az * 0 и таких, что
Zo + Az е (В). Если существует конечный предел
lim f(Zp +^z)-f(Zp)
(когда Az любым образом стремится к нулю), то этот предел на-
зывается производной от функции /(z) по комплексной перемен-
ной z в точке Zo и обозначается /'(^о). Функция/(z), имеющая
производную в точке называется дифференцируемой в этой точке.
Справедливо утверждение: если функция /(z) дифференциру-
ема в точке Zq, то она непрерывна в этой точке.
Заметим, что это утверждение необратимо, т. е. из непрерывно-
сти функции /(z) в точке не следует ее дифференцируемость
в этой точке. Рассмотрим, например, функцию w = Rez = х. Эта функ-
ция определена и непрерывна в любой точке плоскости (z), но она
не дифференцируема ни в какой точке плоскости.
Действительно, в любой точке z плоскости имеем
Aw _ Re(z + Az) -Rez_x + Ax-x_ Ax
Az Az Ax + /Ay Ax + z’Ay
Если в точке z существует производная w (z), то lim--,
Дг->0 Az
не должен зависеть от способа стремления Az к нулю. Имеем при
Aw Aw Aw _
Дг = 0 + /Ду: —-У => -^-Л£ои,апри Дг = Дх + /0: 1 =>
Aw > J
Аг Дг->0 '
Видим, что не существует (когда Аг -> 0 любым спо-
собом). Значит, w= Иег не дифференцируема ни в одной точке
плоскости (г).
39
Так как определение производной и предела функции комп-
лексной переменной, а также основные алгебраические действия
над функциями и их пределами формулируются так же, как и для
функций вещественной переменной, то основные теоремы и пра-
вила, известные из дифференциального исчисления, распростра-
няются и на производные от функций комплексной переменной.
Вот эти правила:
1. Если f(z) = const, то f’(z) = 0 .
2. (С • fiztf = С • f\z), где С — постоянное число.
з. [Л (г) + f2(z) +... + /„(z)]' = /№) + f2(z) + - + fn(z)
4- [Ш-Ш-...= f2(z)-f3(z)-...-Ш-Ш +
+fl(z) f3(z) ... • f„(z) f2(z) + ... + fi(z) f2(z)
5. [(ZU))”]' =«(ZU»"-1 -Z'U).
6. (zn)' = nzn~l.
/,(г)
7- Uu).
[ЛСО]2
Здесь все функции /(z),/i(z) предполагаются
дифференцируемыми в данной точке z е (В) . В формуле 7 требу-
ется еще, чтобы f2(z) была отлична от нуля.
8. Правило дифференцирования обратных функций.
Пусть функция w =/(z) имеет в точке производную f'(Zo) * О
и отображает некоторую окрестность этой точки взаимно одно-
значно на окрестность точки w0 (не обязательно круговую); w0 =/{zQ)-
Тогда в окрестности точки vvQ существует функция z = g(w), обрат-
ная для функции w=f(z)- Эта обратная функция имеет в точке w0
производную g'(w0) , причем g'(wo) = —"—
9. Правило дифференцирования сложных функций.
Пусть функция = cp(z) задана в области (В) и отображает ее на
область (б), а в области (G) задана функция w = f(Q , и она отобра-
жает (0 на область (0. Тогда функция w = f [cp(z)] = F{z) называет-
ся сложной функцией, или функцией от функции, г даваемое ею ото-
бражение (В) на (Q) называется наложением {суперпозицией)
отображений ср и f
40
Допустим, что функция Q = cp(z) дифференцируема в точке
Zo е (В), а функция w = f(Q дифференцируема в соответствую-
щей точке Со(=ф(^о)) области (G). Тог^а сложная функция
w = F(z)(= /[ф(г)]) дифференцируема в точке Zg, причем
^W = Z;(Co) •<(№)•
6. Необходимые и достаточные условия дифференцируемости
функции/(z). Пример, рассмотренный в пункте 5, показал, что не
всякая функция w=/(z) имеет производную. Приводимые ниже
две теоремы устанавливают необходимые и достаточные условия
дифференцируемости функции.
Теорема 1. Пусть однозначная функция w=/(z) определена
в области (В) и пусть точка z е (В). Для дифференцируемости
функции Дг) = и(х, у) + zv(x, у) в точке z = х + iy необходимо:
1) существование в этой точке частных производных
dv dv
—, — и
дх ду
ди ди
дх 9 ду ’
2) выполнение в ней условий Коши—Римана
ди _ dv ди _ dv
дх ду ’ ду дх'
► Положим
Z = x + /у, w=/(z) = и(х,у) + rv(x,y); Az = Дх + /Ду; Ди, = Aw + /Av .
Пусть /'(z) существует. Это значит, что существует конечный
предел lim — , не зависящий от способа стремления Az к нулю
Дг->0 Az
(предел один и тот же при любом способе стремления Az к нулю).
Рассмотрим два таких способа:
а) Ду = 0 и, следовательно, Az = Ах ;
б) Дх = 0 и, следовательно, Az = iky .
В первом случае получаем
ч .. Aw Az/ + zAv .. Az/ . Av du .dv
f (z) = lim — = lim---------= lim — + z lim — = — + z —.
дг->о Az д*->о Дх д*->о Дх дх->о Дх дх dx
du dv
(Так как /'(z) существует, то существуют — и — в точке (х, у).)
41
Во втором случае получаем
ч Aw v Aw + /Av v Av . v Aw dv .du
f\Z) = lim — = lim-----------= lim-----i lim — =-----1 —.
az->o A£ aj->o /Ay aj->o Ay aj->o Ay ду dy
dv ди
(Так как f'(z) существует, то существуют и в точке (х, у)).
Видим, что для f\z) получены два выражения. Сравнивая эти
выражения, приходим к равенству
ди .dv dv .ди
— + 1— =----1 —
дх дх ду ду *
Из условия равенства комплексных чисел следует, что должно
ди _ dv ди _ dv
бытьаГ^'a? = -a? "
Теорема 2. Пусть функции w(x, у) и v(x, у) имеют непрерывные
ди ди dv dv
частные производные —, в точке (х, у) g (5), и пусть
du _dv du _ dv
в этой точке выполнены условия Коши—Римана — - —, — - .
J дх ду ’ ду дх
Тогда функция w =/(z) = w(x, у) + zv(x, у) дифференцируема в точ-
ке z = х + iy.
► Из дифференциального исчисления для функций несколь-
ких переменных известно, что при условии непрерывности част-
ных производных первого порядка функций w(x, у) и v(x, у) их
полные приращения Aw и Av представимы в виде
д _/ 5w д ди д д , dv д dv д
Aw = du + £i =—Ах + — Ay + £i Av = wv + £9 =—Ax +— Ay + s?
1 dx dy 15 2 dx dy
+ (Ay)2 =|Az|,
ще и &, стремятся к нулю при р -> 0 быстрее, чем р
, 1_____->0 и . 2
7(дх)2 + (ду)2 VCM2 +(ду)2
Aw
-> 0 при Az -> 0 . Состав-
ляем отношение А „ . Имеем
AZ
(ди . ди . | .(dv . dv А
— Ах+ — Ay + 6i +Z —Ах + — Ау + е,
Aw _ Дн + zAv _ ду J \^дх ду
AZ Ах + z’Ay
42
У нас в точке (х, у) выполнены условия Коши—Римана. Пользу-
51/ dv
ясь ими, заменим в числителе полученного отношения ~ на ~ —,
dv ди
а на —. Получим
( ди , dv 4 ] (dv к ди к
— Ах------Ау + е, + * — Ах + — Ау + е,
Avy lax дх 1) {дх дх 2
Az
Ax + z'Ay
— (Дх +zAy)+ z —(Ах+ /Ay) + s.+/е, _ ,
= дхУ ’ дхУ х/ 1 2 = ди+ .dv_+ ej +ze2
Ax + iAy дх дх Ax + iAy
Так как
-----: = г---;—7 < . 0, то приходим
Дх + /Ду |Дх + /Ду| ^(Дх)2 +(Ду)2 дг->0
ди . dv
к А™ /•// \ о
к выводу, что lim — существует, т. е. существует f (z) • Заметам,
Дг->0 Д^
ч ди .dv д , . ч ч dv .ди
'ПО /(?) = — + * — = —(«+ zv) и f (.z) = — ~i —
дх дх дх ду ду
. д . \
= ~1--(ll+iv) <
Замечание. Можно доказать, что условия Коши—Римана доста-
точны для дифференцируемости функции w =/(z) в точке z = x+ iy,
ди ди dv dv
если вместо непрерывности частных производных —,
в точке (х, у) требовать непрерывности функций и(х, у) и v(x, у).
Требование непрерывности частных производных первого по-
рядка функций и(х, у) и v(x, у) вызвано лишь примененным здесь
способом доказательства.
Во многих случаях важно иметь условия Коши—Римана в точ-
ках z * 0 в полярной системе координат. Найдем эти условия. Для
этого в соотношениях
ди _ dv ди _ dv
дх ду" ду дх^
[х = г cos ср,
делаем замену переменных . Тогда и{х,у) о «(г, ср);
[у = г sin ср.
v(x,y)<-> v(r,<p).
43
Имеем
du du dx du dy du du .
— --------+----— = —coscp +—sincp,
dr dx dr dy dr dx dy
du du dx du dy du , . 4 du z 4
— =---------+----— = —(-rsincp) +— (rcoscp),
Sep dx Sep dy Sep dx dy
dv dv dx dv dy dv dv .
= 4 COS (pH sincp,
dr--------------------------------------dx dr-dy dr-dx-dy
dv dv dx dv dy dv z . . dv , 4
— ----------+----— -—(—rsincp) + — (rcoscp).
Sep dx Sep dy Sep dx dy
du dv
В правых частях полученных соотношений заменим ~ на ,
dv ди
a Sy Ha dx ’ Иолу41™
du du dv .
— = —coscp-------sincp,
dr dx v dx v
dv (du dv.
— = r —coscp-----sincp
Sep I Эх dx
ди _ 1 dv
dr г ftp’
du
Sep
(du . dv
= -г I —sin ср +—coscp
I Эх dx
dv
dr
du . dv
= —sin cp + — cos cp
dx dx
dv _ I du
dr r Sep’
Таким образом, условия Коши—Римана в полярной системе коор-
динат имеют вид
du _ 1 dv dv _ 1 du
dr r Sep ’ dr r Sep
7. Понятие регулярности (аналитичности) функции в области.
Определение. Пусть однозначная функция w=/(z) определена
в области (В). Если/(г) дифференцируема в каждой точке области
(В), то она называется регулярной, или аналитической в (В).
Заметим, что если говорят, что функция Д^) регулярна в точке z,
то имеют в виду, что Д^) регулярна в окрестности (хотя бы доста-
точно малой) точки Z- (Термин “регулярная” применим лишь к
функции, дифференцируемой в области.)
44
Требование регулярности в некоторой точке z сильнее
требования дифференцируемости f(z) в этой точке (функция мо-
жет быть дифференцируемой в точке z, но не регулярной в ней).
Например, пусть Дг) = z' Rez. Имеем
г /(0 + Az) -/(0) г AZ-Re(Az) r А п
f (0) = lim —-------—= lim-------------—- = lim Дх = 0.
дг->0 Д^ дг->0 Д^ дг->0
Видим, что /'(0) существует. Значит, наша функция дифференци-
руема в точке z = 0.
Возьмем теперь z * 0 . Имеем
f(z) = zRez = (x + iy)x = х2 + ixy => u(x,y) = x2; v(x,y) = xy;
du ~ du ~ dv
— = 2x; — = 0; —
dx dy dx
dv
dy
= x.
Условия Коши—Римана требуют, чтобы было: 2х = х; у = 0. Ви-
дим, что эти условия не выполняются ни в одной точке z * 0.
Значит, Дг) не дифференцируема ни в какой (даже малой) про-
колотой окрестности точки z= 0.
Вывод: J(z) не является регулярной в точке z = 0, хотя она и
дифференцируема в этой точке.
8. Геометрический смысл производной. Пусть функция w=/(z)
регулярна в области (В). Пусть точка z$ е (В) и f\z^) * 0 . Потре-
буем, кроме того, непрерывность f\z) в области (В).
Положим z = х + iy, w =J(z) = и + iv=>
(и = и(х,у),
(v = v(x,y). (1)
Имеем = х0 + zy0; % = = и0 + iv0, где (“° ’Уо Из курса
1Л =vVWo)-
математического анализа известна следующая теорема об одно-
значной разрешимости системы уравнений (1).
Теорема. Если в некоторой окрестности точки (х0, у0): 1) функ-
ции и(х, у) и v(x, у) определены, непрерывны и имеют непрерыв-
'«(*Ь»Уо) = Ц),
= vo>
du du dv dv . „.. w.
ные частные производные ^;,2) =
и 3)
ди
дх
dv
дх
ди
dv
*0, то система уравнений (1) однозначна
У=Уо
45
разрешима относительно переменных х и у, т. е. в некоторой окре-
стности точки (и0, v0)
х = х(и9 v),
У = У(и,у),
(2)
причем функции х(и, у) и у(и, у) непрерывны и имеют непрерывные
частные производные —, —, —, — в окрестности точки (w0, v0).
Соотношения (1) и (2) в совокупности определяют взаимно
однозначное отображение окрестности точки (х0, у0) на некото-
рую окрестность (не обязательно круговую) точки (и0, у0). При этом
гладкая кривая (/), проходящая через точку (х0, у0), отображается
в гладкую кривую (А), проходящую через точку (w0, у0).
У нас по условию fiz) регулярна в области (В), следовательно,
в (В) существует f'(z), а по “дополнительному” предположению f'(z)
непрерывна в (В). Поэтому в области (В) функции и(х, у), у(х, у) опре-
ди ди dv dv
делены, непрерывны и имеют непрерывные —, -г-, —, — . При-
нимая во внимание условия Коши—Римана, имеем
du du
dx dy
dv dv
dx dy
X=Xg
У=Уо
du
dx
dv
dx
dv
dx
du
dx
X=Xg
У=Уо
о \2 z ~
du} (dv
— + —
dx J [dx
X=Xg
У=Уо
= |/'(^)|2 *0.
Видим, что у нас выполнены условия сформулированной выше
теоремы. Значит, функция w =/(z) дает взаимно однозначное ото-
бражение окрестности точки на некот рую (не обязательно кру-
говую) окрестность точки w() = (Д^)). При этом кривая (/), прохо-
дящая через точку отображается в гладкую же кривую (Z),
проходящую через точку w0.
Возьмем на (I) произвольную точку z (z * 2о)- Ей на (Z) соот-
ветствует единственная точка w. Имеем
,,, ч , .. W-Wo Aw
/ (Zq) = hm-------— = lim------s- = lim —
^“>^0 Z ~ Zq z->Zo Z ~ Zq &Z
По условию /'(ZqI^O => существует arg/'(zq );
,,, \ V w-w0 Aw ... 4 .
aig/ (Zo) = lim aig--- = hm arg— = lim(aigAw-aigAz).
Z ~ Zq Az
46
Рис. 2.6
Здесь: arg Az — угол наклона вектора Az коси Ox, aigAw — угол
наклона вектора Aw к оси Ои.
Обозначим угол, образованный касательной к кривой (/) в точке Zq
с осью Ох. через ф, а угол наклона касательной к кривой (Л) в точке
wQ к оси Ои — через Ф. Мы знаем, что касательная есть предельное
положение секущей. Поэтому ф = lim arg Az; Ф = lim arg Aw. и, сле-
AZ—>0 Az—>0
довательно,
arg/'(Zo) = Ф-(р.
Пусть оси Ох и Ои параллельны и одинаково направлены. Тогда
получаем: arg/'(zo) геометрически дает угол поворота
касательной к кривой (/) в точке z^ при данном
отображении w=/(z).
Отметим, что arg/'(zo) зависит только от вида функции
w=/(z) и от положения точки Zq, но не зависит от выбора глад-
кой кривой (/)• Следовательно, касательные в точке z^ к гладким
кривым, проходящим через точку Zq, поворачиваются на один и
тот же угол, равный arg/'(zo) •
Рассмотрим любые две гладкие кривые Ц) и (12), проходящие
через точку z^. Пусть (Z^ и (Z2) — соответствующие им гладкие
кривые, проходящие через точку wQ. Так как касательные к кривым
(/,) и (/2) в точке Zq повернутся на один и тот же угол, равный
arg/'(zo), то угол между кривыми (/^ и (/2) перейдет в угол меж-
ду кривыми (Zj) и (Z2), равный первому по величине и по направ-
лению отсчета.
47
Определение. Отображение посредством непрерывной функ-
ции w=/(z), сохраняющее углы между кривыми, проходящими
через данную точку, называется конформным в этой точке. Если
при этом сохраняются не только величины углов, но и направле-
ния их отсчета (как это имело место в рассмотренном выше ото-
бражении), то говорят о конформном отображении первого рода;
если же направления отсчета углов изменяются на противопо-
ложные (например, в случае зеркального отражения в действи-
тельной оси: w = z , см. рис. 2.8), то говорят о конформном ото-
бражении второго рода.
Выясним теперь геометрический смысл модуля производной.
С этой целью заметим, что
|ZU>-Z(^>)|
|z-3)|
|/'(^о)| = lim
|w-wn| I Awl
= lim 1----21 = lim 1—1
I |Az|
Здесь |Az| — длина вектора ZqZ \ |Aw| — длина вектора w0 w . Otho-
1ДЧ _
шение ]az[ Дает Растяжение вектора ZqZ
при данном отображении w =/(z)- Так как
|/'(Zo)| = Нт 1^-, то |Z'(Zo )| можно рас-
z—>Zq |Аг
сматривать как коэффициент линейно-
го растяжения в точке при отображе-
нии w=./U).
Следует отметить, что |/'(Zo )| зави-
сит только от вида функции w=f(z)
и от положения точки но не зависит
48
от выбора кривой (/)• Следовательно, коэффициент линейного ра-
стяжения в точке z0 одинаков по всем направлениям, исходящим
из точки ^о-
Замечание. Приступая к выяснению геометрического смысла
производной, мы предполагали непрерывность f\z) в области (В).
Но можно доказать, что всякая регулярная в области (В) функция
имеет там непрерывную производную. Поэтому можно считать, что
доказана следующая теорема.
Если функция w=/(z) регулярна в области (В), то отобра-
жение, осуществляемое функцией w=/(z), является конформ-
ным отображением первого рода в каждой точке z е (В), в ко-
торой f’(z) * 0 .
Глава 3
ЭЛЕМЕНТАРНЫЕ РЕГУЛЯРНЫЕ ФУНКЦИИ
И СООТВЕТСТВУЮЩИЕ ИМ КОНФОРМНЫЕ
ОТОБРАЖЕНИЯ
В комплексном анализе, как и в вещественном, элементарны-
ми функциями называют простейшие элементарные функции и
все те функции, которые получаются из простейших с помощью
алгебраических действий и суперпозиций, примененных конеч-
ное число раз.
7. Дробно-линейная функция
~ * az + b
Так называется функция вида w =-----, где предполагается,
cz + d
что ad - be ф 0 (если ad — be, то
az + b adz + bd bcz + bd b(cz+d) b x 4
w =-----=--------z- =------= —------- = — = const.)
cz + d cdz+d d(cz + d) d(cz + d) d
Поэтому этот случай исключаем из рассмотрения.
Сначала обсудим некоторые частные случаи.
1) w = —. Эта функция определена и однозначна для всех ко-
Z
печных z * 0 .
Имеем lim — = оо и lim — = 0 . Дополним определение функции
Z->0 Z г->*> Z
1
w = —, положив
Z
w(0) = 00 и w(oo) = 0 .
50
Теперь функция w = — определена во всей расширенной
Z
комплексной плоскости z, причем конечную точку г = 0 она пре-
образует в бесконечно удаленную точку w = оо плоскости w, а бес-
конечно удаленную точку z ~ 00 “ в конечную точку w = 0 .
Так как обратная ей функция z = — имеет тот же вид, то функ-
w
1
ция w = — осуществляет взаимно-однозначное отображение рас-
Z
ширенной комплексной плоскости самой на себя.
Имеем w’ = —у. Видим, что w'(z) существует и не равна нулю
Z
ддя любого конечного z * 0 . Следовательно, отображение w = —
Z
является конформным во всех конечных точках, отличных от 0.
Что касается точек z = 0 и z = 00, то, чтобы иметь возможность
говорить о конформности отображения и в этих точках, нужно
предварительно ввести понятие угла между двумя линиями в бес-
конечно удаленной точке. Так как углом между двумя кривыми в
точке их пересечения называется угол между касательными к кри-
вым в этой точке, то достаточно ограничиться введением понятия
угла между двумя прямыми в бесконечно удаленной точке. Но
чтобы данное ниже определение выглядело естественным, дадим
некоторые предварительные разъяснения.
На прямые мы смотрим как на окружности, проходящие через
бесконечно удаленную точку. Поэтому прямые (7) и (77) (рис. 3.1а),
пересекающиеся в конечной точке А, считаются пересекающими-
ся еще и в бесконечно удаленной точке.
51
Изобразим теперь две окружности (/) и (//) (рис. 3.16), пере-
секающиеся в точках А и Ах. Если брать углы между окружностями
(/) и (//) в точках А и Ах, наименьшие по абсолютной величине, то,
обозначив угол в точке А через ос, мы должны будем считать угол
в точке Ах равным (-а). (Направление отсчета от касательной к
кривой (/) к касательной к кривой (//).) И это должно выпол-
няться всегда, как бы ни удалялась точка Ах от точки А. В таком
случае естественно дать такое определение: углом между двумя
прямыми в бесконечно удаленной точке называется угол в конеч-
ной точке их пересечения, взятый с обратным знаком.
Если прямые параллельны, то угол между ними в бесконечно
удаленной точке считается равным нулю.
1
Вернемся теперь к функции w - —. Если из точки г = 0 прове-
сти две линии, то, так как угол между двумя линиями есть угол
между их касательными в точке пересечения, мы будем считать,
что проведены из точки z = 0 две прямые (/) и (//), образующие
угол а (рис. 3.2а).
При отображении w = — прямая (7), где aig£ = , переходит в
Z
прямую (Г), где argw = -<p1 (см. рис. 3.26), а прямая (//), где
arg z = <р2 ’ переходит в прямую (//'), где arg w = -<р2 • Точка z = О
переходит в точку w = оо . В точке w = оо угол между преобразо-
ванными линиями (/) и (//) будет -(-а), т. е. а.
„ 1
Вывод.При отображении w = — угол с вершиной
Z
в точке z = 0 сохраняется как по величине, так и
по направлению отсчета.
52
Для доказательства сохранения углов как по величине, так и
по направлению отсчета в точке z = <& достаточно повторить про-
веденные выше рассуждения, но уже для функции Z = —.
W
Таким образом, получаем окончательно: функция w = — ото -
Z
бражает расширенную плоскость взаимно-одно-
значно и конформно саму на себя.
Замечание. Можно ввести следующее определение угла между
линиями (/) и (II) в бесконечно удаленной точке: под углом в точке
Z = оо между двумя линиями (I) и (II) (проходящими через точку
Z = оо и такими, что их стереографические проекции имеют каса-
тельную в точке Р) понимается угол между образами (Г) и (//')
а 1
этих линии при отображении w - — в точке w = 0.
Z
Докажем теперь круговое свойство функции w - —. Оно состо-
Z
1
ит в том, что функция w = — п ре о браз у ет любую окруж-
Z
ность расширенной плоскости z в окружность
расширенной плоскости w.
Напомним, что в расширенной плоскости под “окружностью”
понимается как собственно окружность, так и прямая линия. Пос-
ледняя считается окружностью, проходящей через бесконечно уда-
ленную точку.
Переходя к доказательству кругового свойства, заметим, что
уравнение Я(х2 + у1) + Вх + Су + D = 0 (если оно определяет дей-
ствительную линию) при А ф 0 выражает окружность, а при
А = 0 — прямую на плоскости z (А, В, С, D— вещественные числа).
Положим z = х + iy, w = и + iv. Имеем
1 .1 .1 . u-iv
W = — <=> ll + lV =- => X + iy =--- => X + iy = --Y =>
Z x + iy u + iv w2 + y2
Подставляя в уравнение окружности вместо х и у их выражения
через и и у, находим
--ц—у + + 7) = 0 => А + Bu-Cv + D(u2 + v2) = 0.
и' + v и + v и + у~
53
Полученное уравнение определяет на плоскости w окружность,
если D * 0, и прямую, если D = 0.
2) w = z + Ь. Это — преобразование параллельного переноса
плоскости в направлении вектора b на длину вектора b .
3) w = rz, где г > 0. Это — преобразование подобия плоскости z
с центром в начале координат и с коэффициентом подобия г.
|w| = г • |z|. argw = argr+ argz = argz.
4) w = e ф • z , где <p — вещественное число. Это — преобразова-
ние поворота плоскости z на угол ср вокруг начала координат.
И = к'ф|-М = |z| argw = ф + argz
—5
=1
Для повышения наглядности геометрической сути преобразо-
ваний 2), 3) и 4) помещаем точки z и точки w на одной и той же
плоскости (рис. 3.3, 3.4 и 3.5).
5) w =az + b, где а и b — произвольные постоянные комплекс-
ные числа. Это — общий вид линейного преобразования.
Имеем w = |а| • • z + b. Отсюда следует, что общее линей-
ное преобразование представляет собой результат последователь-
ного применения преобразований подобия с центром в начале и с
коэффициентом подобия |я|, поворота на угол aiga вокруг нача-
ла координат и параллельного переноса в направлении вектора Ь
на длину этого вектора.
Имеем далее w'(z) = а * 0 . Следова-
тельно, отображение, даваемое линейной
функцией, конформно во всех точках.
Замечание. Из того, что линейное
преобразование w=az + b представляет
собой результат последовательного при-
менения преобразований 2), 3) и 4), сле-
дует, что оно взаимно однозначно
54
во всей расширенной плоскости и что оно преобразует прямые в
прямые и окружности — в окружности.
Перейдем теперь к рассмотрению дробно-линейной функции
общего вида:
w = az- + & (ad -bc^ty (1)
cz + d
Будем считать здесь с # 0 , ибо при с = 0 (и d 0) получится ли-
нейная функция, которая была рассмотрена выше.
Видим, что функция (1) определена и однозначна для всех
d
конечных z * — • Имеем
с
г .. az + b .. v az + b а
lim w = lim-----= oo; lim w = lim--= —.
Z_^J_ Z_^cz + d z^cz + d c
c c
d
Доопределим функцию (1) в точках Z-— и z = oo, положив
с
( d\ z ч а _ , az + b
w — I = oo, vv(oo) = —. Теперь наша функция w =-определе-
\ с) с cz + d
на и однозначна во всей расширенной комплексной плоскости г.
Найдем из (1) выражение для г. Получим
Видим, что преобразование (2), обратное преобразованию (1),
является тоже дробно-линейным. Значит, дробно-линейное пре-
образование взаимно-однозначно в расширенной комплексной
плоскости. Оно осуществляет взаимно-однозначное отображение
расширенной комплексной плоскости самой на себя.
Основные свойства дробно-линейного преобразования.
I. Дробно-линейное преобразование является конформным во
всех точках расширенной комплексной плоскости.
n , a(cz + d)~ c(az + b) ad-be
В самом деле, имеем w = ——------------- =------- суще-
(cz + d)2 (cz + d)2
d
ствует и не равна нулю для всех Z + — и z * оо. Следовательно,
с d к
на всей открытой плоскости, за исключением точки z = — дроб-
ей ’
но-линейное отображение является конформным. Покажем, что
d
оно является конформным и в точках Z = —, z = °°. Чтобы
55
убедиться в этом, сделаем следующие алгебраические преобразо-
вания:
bc-ad
az + b a be-ad а 1
W —------ — 1— ----— — 1-------j— — ОС Ч--. / q \
cz + d с c(cz + d) с z + — ₽Z + y
с
Из полученного для w выражения (3) видим, что w является ре-
зультатом последовательного применения следующих преобразо-
ваний:
1) = рг ч- у; 2)w2= — ; 3)w = a + w2.
Для каждого из этих трех преобразований имеет место свойство
сохранения углов как по величине, так и по направлению отсчета
во всех точках расширенной плоскости. Поэтому это свойство будет
d
иметь место и в точках Z = , Z = 00 для дробно-линеиного ото-
бражения (1).
тт ГТ CZ - с. UZ + Ь
II. Дробно-линеиное отображение w =------ преобразует лю-
cz + d
бую окружность расширенной плоскости z в окружность расши-
ренной плоскости w.
Действительно, из полученного в пункте I выражения (3) для
az + b
w =-----следовало, что и>есть результат последовательного при-
cz + d
менения преобразований: 1) иу = Рг + у ; 2) w2 = —; 3) w = ос + w2 .
Но каждое из этих преобразований 1), 2) и 3) обладает в расширен-
ной плоскости круговым свойством. Следовательно, этим свойством
cz cz az + b
в расширенной плоскости z обладает и отображение w =---.
cz + d
Определение. Две точки А и В плоскости называются симмет-
ричными относительно данной окружности (невырожденной), если
они лежат на одном луче, исходящем из центра окружности и
если произведение расстояний от этих точек до центра равно квад-
рату радиуса этой окружности.
Пусть (у) — окружность радиуса R с центром в точке С. Пусть
точки А и В — симметричные относительно окружности (у). Тогда
САСВ= R2. (4)
56
Рис. 3.6
Рис. 3.7
Симметричные точки обладают характерным свойством:
пучок окружностей, проходящих через симмет-
ричные точки, состоит только из окружностей,
ортогональных к данной.
► Возьмем любую окружность (у) из пучка окружностей, про-
ходящих через точки А и В, симметричные относительно данной ок-
ружности (у). Из центра Сданной окружности проведем касатель-
ную к взятой окружности (у). Пусть точка D есть точка касания (она
лежит на (у)). Из элементарной геометрии известно, что должно быть
CBCA = (CD)2 (5)
(произведение секущей СВ на ее внешнюю часть СА равно квад-
рату отрезка касательной CD). У нас точки А и В — симметричные
относительно окружности (у) радиуса R с центром в точке С.
Поэтому
СВСА = R2. (6)
Из соотношений (5) и (6) следует, что CD = R. А это означает,
что точка касания D лежит и на основной окружности (у). Если
в точке D провести касательную к окружности (у), то она будет
перпендикулярна к CD. Это означает, что окружности (у) и (у)
ортогональны, т. е. пересекаются под прямым углом. <
Замечание 1. Установленное характерное свойство симметрич-
ных точек остается верным и в том случае, когда данная “окруж-
ность” (у) является прямой (т. е. если точки А и В симметричны
относительно прямой (у) (см. рис. 3.8), то пучок окружностей, про-
ходящих через них, ортогонален к этой прямой).
Замечание 2. Справедливо и обратное утверждение: если все
окружности пучка, проходящие через точки А и В, ортогональны
57
к данной окружности (у) (или к данной прямой (у)), то точки
А и В симметричны относительно этой окружности (у) (или
этой прямой (у)).
Поэтому можно дать общее определение:
Две точки А и В называются симметричными относительно
окружности (у) (в том числе и относительно прямой), если пучок
окружностей, проходящих через них, ортогонален к окружности (у)
(в том числе и к прямой).
III. Дробно-линейное отображение переводит точки, симмет-
ричные относительно данной окружности, в точки, симметричные
относительно образа этой окружности.
► Пусть дана окружность (у), и пусть точки А и В — симмет-
ричны относительно окружности (у).
Пусть (у') — образ окружности (у), а точки А и В' — образы
точек А и В соответственно. Так как дробно-линейное преобразование
переводит любую окружность расширенной плоскости z в окруж-
ность расширенной плоскости w, то заключаем, что (у') — окружность.
Так как точки А и В симметричны относительно окружности
(у), то пучок окружностей, проходящих через точки А и В, ортого-
нален (у). Ясно, что дробно-линейное преобразование переведет
этот пучок окружностей в пучок окружностей, проходящих через
точки А и В!. В силу конформности дробно-линейного преобра-
зования этот преобразованный пучок окружностей будет ортого-
нален преобразованной окружности (у'). Значит, точки А и В'
симметричны относительно (у'). ◄
IV. Существует одно и только одно дробно-линейное преоб-
разование, переводящее три любые различные заданные точки рас-
ширенной плоскости z в три различные заданные точки расши-
ренной плоскости w.
58
► Пусть в плоскости гданы точки z,, Z,, а в плоскости w —
точки wp w2, wr Предположим сначала, что все эти точки конечные,
г с . az + b
Будем искать дробно-линеиную функцию w --------- такую, что-
cz+a
бы было:
wk = aZk +Ь., к = 1, 2, 3. (7)
czk + d
Введем в рассмотрение вспомогательную плоскость комплекс-
ной переменной £. Построим дробно-линейную функцию
£ _ az + р , КОТОрая переводит точки соответственно в точки
YZ + 3
С = 0,С=оо,^ = 1.
Так как точка z = Zt должна переходить в точку С, = 0 , то будет
С = +g = 0=>aZ|+p = 0=>p = -aZi.
yZi +8
Так как точка z~Z1 должна переходить в точку £ = оо, то будет
F = + r = 0 => Y^2 +8 = 0 => 8 = -yz2.
C az2+P
Следовательно,
_ aZ + P _ az ~ aZj _ a Z~Z\ _ Z~Zj
YZ + S YZ-YZ2 Y Z-Z2 Z - Z2
□ л a К
Здесь A =----обозначение.
Так как, кроме того, точка z — Z^ должна переходить в точку
Q = 1, то это приводит к равенству
1 = A-Z3 ~Zl => А = Z3 ~.
Z3 Z2 Z3 Zj
Таким образом, дробно-линейная функция, переводящая точки zp
Zj, Z3, соответственно, в точки £ = 0,£ = оо,^ = 1, имеет вид
г _ Z Z\ Z3 Z2
z-z2 Z3 -Zl v 7
Построим теперь функцию w, которая переводит точки 0,00,1 пло-
скости , соответственно, в точки w2, w3 плоскости w.
Из предыдущего ясно, что эта функция определится из равенства
w-wj w3-w2
W - w2 W3 - Wj v 7
59
Исключая Q из равенств (*) и (**), получим уравнение
w3-w2 _z~Z[ Z3-Z2.
w-w2 w3 Z~Z2 Z3-Zl ’ ( '
Уравнение (8) определяет w как функцию от z, которая пере-
водит точки Z2, Z3, соответственно, в точки wp w2, w3. Если это
уравнение решить относительно w, то мы убедимся, что w есть
дробно-линейная функция г.
Преобразование (8) будет единственным дробно-линейным
преобразованием, переводящим точки плоскости г, соответ-
ственно, в точки w2, w3 плоскости w, так как к этому преобразо-
ванию мы пришли, допустив только, что общее дробно-линейное
г- az + b
преобразование w =------ подчиняется условию (7).
cz + а
Замечание 1. Если одна из точек Zv Z^ или одна из точек wp w2,
w3 будет бесконечно удаленной, то формула (8) остается верной и
в этом случае, если ее рассматривать в предельной форме. Пусть,
например, z2 = 00 • Тогда
^--1
W-W1 w3-w2 z-Zi lim = lim h---------= 1.
w - w2 w3 -Wj Z3-Z1 ’ Иб° Z2">” Z~Z2 — -1
^2
Если, например, w3 - oo , to (8) примет вид
1-~
wi _ Z~Zi Z3 -Z2 Um ——— - lim — - 1.
w-w2 z-Z2'z3-Zt’ Иб° ’•^«м'з-Wi
W3
Если же z2 = 00 и w3 = oo , то формула (8) будет такой
vv-Wt = z-Zi
w-w2 Z3-Z1'
Замечание 2. Среди чисел zP Z# Z3 могут оказаться равные чис-
лам w2, w3. Например, может оказаться, что zl = Если такое
равенство только одно, то говорят, что дробно-линейное преобра-
зование имеет одну неподвижную точку. Оно может иметь две
неподвижные точки, но не более. При трех неподвижных точках
формула (8) дает: w = z-
60
Следствие. Существуют дробно-ли-
нейные преобразования, отображаю-
щие заданную окружность в другую
заданную окружность.
(Достаточно взять на каждой из
окружностей по три различные точки
и применить формулу (8).)
V. Пусть дано дробно-линейное пре-
образование, отображающее окружность
(у) расширенной плоскости z в окруж-
ность (у') расширенной плоскости w.
Пусть точка z перемещается по окружности (у) в некотором
фиксированном направлении (например, против часовой
стрелки). При этом предположении будем говорить, что (у) делит
всю плоскость z на две области: область, лежащую слева от (у), и
область, лежащую справа от (у). Отметим, что когда точка z пере-
мещается по (у) в выбранном направлении, то соответствующая
точка w перемещается по (у') в некотором определенном направ-
лении, и, следовательно, окружность (у') делит всю плоскость w на
две области: область, лежащую слева, и область, лежащую справа
от (у'). Справедливо утверждение.
Дробно-линейное преобразование отобража-
ет область, лежащую слева от (у) , в область, ле-
жащую слева от (у'), относительно соответству-
ющих друг другу направлений обхода этих
окружностей.
► Докажем это. Возьмем на окружности (у) произвольную точку
Zq и рассмотрим отрезок z^n нормали к (у) в этой точке лежащий
слева от (у) (см. рис. 3.9). При данном дробно-линейном преобра-
зовании отрезок z^n перейдет в неко-
торую дугу w0/?' окружности, прохо-
дящую через соответствующую точку
w0 окружности (у') (см. рис. 3.10).
В силу конформности дробно-линей-
ного преобразования дуга wozi' будет
лежать слева от (у') (углы между ли-
ниями сохраняются и по величине, и
по направлению отсчета). Пусть точка
Z — любая точка, лежащая слева от (у).
Соответствующая ей точка (w) долж-
на лежать слева от (у'), так как иначе
61
дуга, соединяющая точку z с точкой п и не имеющая общих точек
с (у), отображалась бы в дугу, соединяющую точку w с точкой п'
и пересекающую (у'), что невозможно в силу взаимной одно-
значности дробно-линейного преобразования. Совершенно ана-
логично устанавливается, что каждой точке w, лежащей слева от
(у'), соответствует точка г, лежащая слева от (у). ◄
Пример 1. Отображение единичного круга в себя.
Найдем дробно-линейное отображение единичного круга |г| < 1
на единичный круг |w| < 1 такое, чтобы заданная точка z = а
(|а| < 1) первого круга перешла в центр w = 0 второго круга.
► Введем в рассмотрение точку z = Р , которая симметрична
точке z = а относительно окружности |z| = 1.
Искомое дробно-линейное преобразование должно переводить
точку z - а и симметричную ей относительно окружности |z| = 1
точку z = Р в точки w = 0 и w = оо, симметричные относительно
окружности | w| = 1, т. е. должно быть:
Z а р
0 00
Следовательно, искомое дробно-линейное преобразование бу-
дет выглядеть так:
Нужно найти кг Так как точки z = а и z = Р симметричны
относительно окру кности |г| = 1, то |ос| -|р| = 1 и arg р = arg а =>
=> |Р| = П; а1ВР = агёа => Р = Д-<?'аге“ = 1 =4-
|а| |а| |а|е 'arga а
62
Но тогда
, Z-oc , _ г-а , Z-a. ,, , -ч
w = к,--- = -к,а—— = к—— (к = -к, а).
z_±_ 1-аг 1-аг
а
Значение к определится из условия, что точкам окружности |z| = 1
соответствуют точки окружности |w| - 1. В частности, точка z = 1
должна перейти в точку w, у которой |w| - 1. Будем иметь, следова-
тельно,
14
= 1= к-
1 - ос
1-ос
= 14-
1-а
1 - а
= |Л|-1 => |£| = 1.
Значит, к = е/ф, где <р — вещественное, и
w = e/<₽
z-g
1-аг’
1а1<1-
При разных ср будут получаться разные функции, решающие
поставленную задачу. Множитель е/ф геометрически означает по-
ворот круга |w| < 1 на угол ф вокруг его центра. Надлежащим вы-
бором угла Ф можно добиться, чтобы заданная точка на окружно-
сти |z| = 1 перешла в заданную точку на окружности |w| = 1 или
чтобы заданное направление, исходящее из точки z = а, перешло
в заданное направление, исходящее из точки w = 0. <
Пример 2. Отображение верхней полуплоскости на единичный
круг.
Найдем дробно-линейное отображение верхней полуплоскос-
ти Im z > 0 на единичный круг | w| < 1, такое, чтобы заданная точка
Z = Р (1тр>0) перешла в центр круга w = 0.
63
► Введем в рассмотрение точку z = Р , симметричную точке
Z = Р относительно вещественной оси. Искомое дробно-линей-
ное преобразование должно переводить точку z = Р и симмет-
ричную ей относительно вещественной оси точку z = Р в точки
w = 0 и w = оо , симметричные относительно окружности |w| = 1,
т. е. должно быть:
£_JLJL
W 0 00
Следовательно, искомое дробно-линейное преобразование будет
£ — Р
выглядеть так: w - к---=. Значение к определится из условия,
что точкам вещественной оси плоскости z соответствуют точки
окружности |w = 1. В частности, точка z =0 должна перейти в точ-
ку и', у которой |w| = 1.
Будем иметь, следовательно,
|w| = 1 = к
~Р
-Р
=н--
11 р
- \к\ => \к\=1-
Значит, к = е/ф, где ср — вещественное, и
w = e'<p£z₽ (Imp > 0)
z-P
И здесь (как и в примере 1) при разных Ф будут получаться раз-
ные функции, решающие поставленную задачу. Однако изменение
Ф геометрически означает лишь поворот единичного круга |w| = 1
вокруг его центра. <
2. Показательная функция w = ez
Мы определим функцию & тем же предельным соотношением,
которым она определяется в вещественном анализе, а именно:
ez = lim fl и- — 1 . (1)
Л->00^ И)
Докажем существование этого предела для любого конечного
Z, принадлежащего комплексной плоскости. Для этого положим
Z = х + iy и заметим, что по правилам возведения в степень
64
\ 2х х2 + у1
1+—+—г~ , (*
п п ) к
(л Z ] 1 -У п
arg 1 + — =aiE l + — +z“ = п • arctg " .
V п) \\ п) п) i^x
п
(**)
При написании равенства (**) мы приняли во внимание, что
1 z с
точка 1 + — при достаточно больших п лежит в правой полуплоско-
п
(л
сти, и мы берем значения aig | 1 + — | и арктангенса из промежутка
( п
I “У’ 2J • Имеем:
1) lim fl+^1
л->«> п)
существует;
У
( z}n п У
2) lim aig 1 + — I = lim n • arctg 1 = lim n • — = у существует.
И—>co И ) n^co 1 + X п^>ао ft
n
z \n
। z ।
Значит, существует и lim 1 + — , который в тригонометрической
и->со^ И J
форме записывается так:
Z \Л
lim 1 + — = ex(cosy + zsiny).
И->со^ ПJ
Таким образом, получили
ez _ ex+iy _ ех (CQS у+ j sjn ^2)
причем pz| = ех = eRez; aigez = у = Imz .
Полагая в (2) х = 0, мы получим формулу Эйлера, которой не-
однократно пользовались и на которую мы смотрели как на опре-
деление чисто мнимой степени числа е.
Замечание. Выражение е™ мы будем считать лишенным смыс-
ла, так как lime* не существует. Достаточно заметить, что при
Z = х > 0 и стремящемся к “ +оо ” ех -> +оо, а при z = х < 0 и стре-
мящемся к “ -оо ех -> 0 .
65
Перечислим основные свойства показательной функции.
1)Функция w = г ре гул я р н а на всей комплекс-
ной плос кости.
В самом деле, полагая = и(х, у) + iv(x, у), находим из (2), что
и(х, у) — e*cos у, v(x, у) = ехsin у.
В каждой точке (х, у) плоскости выполняются условия Коши-
Римана:
Видим, что выполнены условия дифференцируемости функции
и* = ez в каждой точке комплексной плоскости. Значит, на всей
комплексной плоскости существует w'(z).
2)Для функции и> = ^сохраняется обычная фор-
мула дифференцирования:
(ez У = — (ех cos у + iex sin у) = ех (cos у + / si п у) = ez.
дх
Так как |ег| = ех >0 и, следовательно, ez * 0, то приходим к
выводу, что отображение w = ez конформно в каждой точке комп-
лексной плоскости.
3)Для фу н к ц и и ez с о х ра н я етс я обычная теоре-
ма сложен ия.
ecxel2 = eZx*Z2 •
В самом деле, полагая z} = х, + /уг Z2 = х2 + /у. и пользуясь фор-
мулами сложения вещественных показательной и тригонометри-
ческих функций, получаем
eZx . eZ2 = еХ] (cos yl + i sin у,) • eX1 (cos y2 +1 sin У2) =
eXl±X2 [(cosyl cosy> -sin^ siny2) +
+ /(sin y} cos y2 + cos yt sin y2)] =
= ex'¥X2 [cos(y, + y2) + zsin(y1 +y2)] = ^r’?.
4) Функция ez — п e p и о д и ч е с к а я , с мнимым ос-
новным периодом 2 л/.
В самом деле, так как по формуле Эйлера е2ш = со> + / sin 2л = 1 ,
то по теореме сложения имеем для любого Z'.
ez'2ni = ez e2ni
= e\
Рис. 3.17
С другой стороны, пусть ez+T = ez. Умножим обе части этого
равенства на e~z. Получим ет= 1. Отсюда, полагая Т = а + /р, имеем
ea(cosp + i sin Р) = 1. Но тогда ea = 1, т. е. a = 0 и cosp = 1, sinр = О,
т. е. р = 2кп целое число. Таким образом, Т = 2kni, и, следо-
вательно, 2л/ действительно является основным периодом.
5) Разобьем всю плоскость z на горизонтальные полосы ши-
риной 2л прямыми: у = 0, у = ±2л , у = ±4л (см. рис. 3.17). За ос-
[ 0 < у < 2л, „
новную полосу примем В основной полосе прове-
[—оо < X < -1-00.
(у = Уо,
дем произвольную горизонтальную прямую S х
Обозначим w = pelQ. Тогда получим
pelQ = ez = e*(cosy+ zsiny) => p = e\ 0 = у .
Если x g (-oo, + oo), то p e (0, + oo). Если у =yQ, то 0 = arg w = y0 .
$У = Уо, / ^w = y0,
Прямая < x < перейдет в луч: jo < |w| < -их, исходящий из
точки w = О (см. рис. 3.18).
Отметим, что данная прямая отображается на луч взаимно-
однозначно.
У = Уо,
Если прямая 1 _ проходит полосу от у = 0 до у = 2л,
I 00 С X < ~гОО
то в отображении соответствующий луч проходит, вращаясь вокруг
67
Рис. 3.18
начала против часовой стрелки, от
arg w = 0 до arg w = 2л . Следователь-
J 0 < у < 2л,
arg w = yQ Но, основная полоса i < х < ото-
“ бражается взаимно-однозначно и кон-
формно на всю плоскость w, с разрезом
по положительной вещественной по-
луоси с исключенным началом.
Рассмотрим на плоскости z отре-
(х = х0,
зок |q < у < 2Я Он перейдет в линию
р = |w| = ,
] ’ Это —
0 < arg w < 2л.
одной выколотой точкой на положительной вещественной полуоси.
Из рассуждений, проведенных выше, следует, что отображение
окружность радиуса е* с центром в начале с
w = ez переводит сетку декартовых координат в сетку полярных.
Так как любая точка любой из остальных горизонтальных по-
лос получается из соответствующей точки z основной полосы
преобразованием: z + 2£л/, к = ±1, ± 2,... и так как е*+2Ьп = ez,
то получаем: функция w= ez любую из остальных горизонтальных
полос плоскости z отображает взаимно-однозначно и конформно
на всю плоскость w с разрезом по положительной вещественной
полуоси с исключенным началом.
Замечание. Рассуждениями, совершенно аналогичными прове-
денным дня основной полосы, легко убедиться, что любая горизон-
(Уо < У < Уо + 2*,
тальная полоса ширины 2л • ] < х < отображается функ-
цией w = ez взаимно-однозначно и конформно на всю плоскость w
Рис. 3.19
с разрезом по лучу: arg w = у0 с ис-
ключенным началом (рис. 3.19). В ча-
стности, горизонтальная полоса:
( -л < у <71,
| -оо < х < +оо отображается функцией
w = & на всю плоскость w с разрезом
по отрицательной вещественной по-
луоси с исключенным началом
(рис. 3.20 и 3.21).
А горизонтальные полосы:
О < Im z < h , где 0 < h < 2л , функция
68
(z)
Рис. 3.20
w = ег отображает в углы: 0 < arg w < h с исключенным началом.
Поэтому к показательной функции прибегают каждый раз, когда
нужно конформно отобразить некоторую прямолинейную полосу
на внутренность угла.
/0 < у < 2%,
Рассмотрим полуполосу: | < х < о Точкам z = х + iy этой
полуполосы соответствуют точки w = ре'9 (о (р = ех, 0 = у)), для
которых 0 < р < 1, 0 < 0 < 2л • Эти точки заполняют круг | w| < 1
с разрезом по отрезку прямой, соединяющей точки w= 0 и w= 1
(см. рис. 3.25).
Рис. 3.22
°|
Рис. 3.24
Рис. 3.23
69
3. Логарифмическая функция
Логарифмическая функция определяется как функция, обрат-
ная показательной: пусть z — любое, отличное от нуля и оо; число w
называется логарифмом числа z, если е* = z- Обозначение: w = Ln z •
Положим z - ret<9 ,w = и + iv. Тогда будем иметь
ew - z « eu+,v = re141 « eu eiv - re/<p =>
=> eu = r, v - q> + 2kn, k - 0, ±1, ±2,..., или
и = In r, v = cp + 2kn, k = 0, ± 1,....
(Здесь In r—обычный логарифм, какой изучается в вещественном анали-
зе.) Таким образом, w = Ln z = In г + z(<p + 2kri), k = 0, +1, ± 2,..., т. e.
w = In |z| + i Aig z. (1)
Из полученной формулы видно, что каждое комплексное чис-
ло z, отличное от нуля и бесконечности, имеет бесконечное мно-
жество значений логарифмической функции, из которых любые
два различаются на число, кратное 2ni.
Значит, функция w = Ln z бесконечнозначная.
Отметим, что известные правила о логарифме произведения и
частного остаются верными и для многозначного логарифма ком-
плексного числа, а именно:
Ln(zj • z2) = In|zi • Z2| +' AigUj • Z2) =
= ln|zi| + ln|z2| + f(AigZi+Aigz2)= LnZj+Lnz2,
A
z2
Ln
— I = In
+ z Aig — = 1 n I Zj I - In IZ21 + z (Aig Zt - Aig Z2 ) =
^2
= LnZi-Lnz2- 0)
В равенствах (2) и (3): z, и z2 — произвольные, конечные и
отличные от нуля комплексные числа. В каждом из этих равенств
левая и правая части при заданных и изображают бесконеч-
ные множества комплексных чисел. Равенства следует понимать
в том смысле, что эти множества одинаковы, т. е. состоят из одних
и тех же чисел. Забвение этого обстоятельства может привести
к ошибкам. Рассмотрим, например, следующий софизм, принадле-
жащий И. Бернулли.
Утверждается, что Ln(-z) = Ln z при любом конечном z * 0 .
70
к Для “доказательства” рассматривается следующая цепь ра-
венств:
1) Ln^(-z)2] = Ln(z2), 2) Ln(-z) + Ln(-c) = Lnz + Ln z,
3) 2Ln(-z) = 2Lnz и 4) Ln(-^) = Ln^.
Но это заключение неверно, так как
Ln z = In |г| + / Arg z = In |z| + i aig z + 2kni,
Ln(-z) = In |-z| + i Aie(-z) = In |s| + i aig z + (2£ + 1)л/,
и, очевидно, ни одно из чисел, являющихся значениями Ln z, не
совпадает ни с одним из чисел, являющихся значениями Ln(—z)-
Ошибка в приведенном выше “доказательстве” произошла при
переходе от равенства 2) к равенству 3). Дело в том, что сумму
Ln(-s) + Ln(-£) нельзя заменять на 2Ln(-^), ибо сумма Ln(—z) + Ln(—z)
получается из множества чисел Ln(-<:) путем сложения любого
из этих чисел с таким же или отличным от него числом этого
множества, тогда как множество 2Ln(—z) получается путем удвое-
ния каждого из чисел множества Ln(-^), т. е. путем сложения такого
числа только с самим собой. Значит, Ln(-^) + Ln(-^) * 2 Ln(-z).
По той же самой причине и Ln z + Ln z * 2 Ln z <
Рассмотрим подробнее вопрос о выборе значений функции
w= Ln^. (Из (1) видно, что значение Ln^ определяется значением
аргумента, которое приписано точке г)
Если в (1) фиксировать некото-
рое к = Ло, то получим соответствую-
щую ветвь логарифмической функции
W = In |z| 4- /(ф + .
Пусть точка z совершает один обход
вокруг точки ^=0 в положительном
направлении. После обхода Ф заме-
нится на ср + 2л , и мы получим
w = In |г| + /(ф + 2л + Ike'll) = In |г| + / (ср + 2(£0 + 1)л),
г. е. получим значение, принадлежащее другой ветви логарифми-
ческой функции. Заметим, что однократный обход точки ^ = 0 в
отрицательном направлении приводит к значению w, принадле-
жащему ветви: 1п|^| + /(ф + 2(Z^ - 1)л). Отметим также, что сколько
бы ни было сделано обходов точки г = 0 в одном направлении,
возврат к исходному значению невозможен.
71
Точка, обладающая тем свойством, что полный (однократный)
обход вокруг нее (в любой ее окрестности) по какой-либо замк-
нутой жордановой кривой переводит от одной ветви многознач-
ной функции к другой ветви, называется точкой разветвления этой
функции.
Значит, точка z=0 является точкой разветвления функции
w = Lnz. Очевидно, что точку z = °° можно также рассматривать
как точку разветвления функции w = Lnz, так как каждый обход
Рис. 3.27
вокруг нее, например, вдоль окруж-
ности сколь угодно большого ради-
уса с центром в начале координат,
является вместе с тем и обходом вок-
руг начала координат. Следователь-
но, многозначная функция w = Lnz
имеет в полной плоскости z две точ-
ки разветвления: z = 0 и z = 00.
Выше было показано, что, взяв
фиксированную ветвь логарифми-
ческой функции: w = In |z| +/(ф + 2^)Tt), мы, после однократного
обхода точки разветвления z = 0, получали значение w, принадле-
жащее другой ветви логарифмической функции. Это означает, что
каждая ветвь логарифмической функции является многозначной
функцией в любой области, допускающей возможность обхода
точкой z начала координат. Исключим возможность такого обхода.
Для этого разрежем плоскость по какому-нибудь лучу, исходяще-
му из начала координат, например, по отрицательной веществен-
ной полуоси, и будем считать, что z изменяется на этой разрезан-
ной плоскости, причем
-л < aigz < n(z * 0).
Тогда при каждом фиксированном к функция w = In |z| 4- /(ф 4- 2кл)
на этой разрезанной плоскости дает однозначную логарифмичес-
кую функцию, соответствующую выбранной ветви. Таким образом,
на разрезанной плоскости логарифмическая функция имеет беско-
нечное множество однозначных ветвей, определяемых условиями:
(2Jt-l)7t<Aigz<(2A; + l)7t,z^0, к = 0, ±1, ±2,.... (*)
Значения этих ветвей в каждой фиксированной точке z разре-
занной плоскости отличаются друг от друга на число, кратное 2тп .
Заметим, что неравенства (*) при каждом конкретном к опре-
деляют соответствующую горизонтальную полосу (g*) ширины 2л
в плоскости w. (Условие (*) означает, что значения fc-й ветви лога-
рифмической функции принадлежат полосе (g*)).
72
Так как каждая ветвь функции w = Lnz осуществляет взаимно-
однозначное отображение разрезанной плоскости z на соответ-
ствующую горизонтальную полосу (gk) и функцией, ей обратной,
является z = ew, которая во всех точках полосы (gk) имеет произ-
водную, отличную от нуля, то по правилу дифференцирования об-
ратных функций, каждая ветвь функции w = Lnz также имеет про-
изводную в каждой точке разрезанной плоскости z, причем
(Lnz)' =4"
Zw
1 11
(ewy~ ew ~ Z
(Заметим, что производная одна и та же для всех ветвей.) Таким
образом, каждая ветвь логарифмической функции является регу-
лярной функцией на разрезанной плоскости z и отображение, да-
ваемое этой ветвью, является конформным в каждой точке раз-
резанной плоскости (ибо — * 0).
Замечание. Рассмотрим так называемую главную ветвь лога-
рифма. Она получается при к=0 и обозначается знаком Inz, так
что w = Inz = ln|z| + кр, где -л < ф < л . Положим w = и 4- zv. Тогда
(w = Inz) <=> (ц + iv = In|z| + /ф)
|ф = Фо>
Берем в плоскости z луч, исходящий из начала: i q < |^| < -^ ^н
^ = Фо,
переходит на плоскости w в <и <+aD Это — прямая, парал-
лельная вещественной оси. Если луч вращается от Ф = -л до ф = л,
то в отображении прямая, параллельная
вещественной оси, проходит горизон-
|-Л < V < л,
тальную полосу: i_____ . Следова-
тельно, главная ветвь логарифмической
функции отображает взаимно-однознач-
но и конформно плоскость z с разрезом
по отрицательной вещественной по-
луоси на горизонтальную полосу:
-л < V < л,
-00 < U < 4-00.
z/ = ln|z|,
v = ф.
Рис. 3.28
73
Рис. 3.30
Рис. 3.29
В качестве упражнения предлагаем убедиться, что функция
1пг отображает взаимно-однозначно и конформно:
1) круг jz| < 1 с разрезом по радиусу от точки z = 0 до точки
J —ОО < и < О,
Z — ~~l (рис. 3.29) на полуполосу: ] _n < v < я (рис. 3.30);
/о < а < |<| < Ь,
2) полукольцо: 1 у>0 (рис. 3.31) на прямоугольник:
(Ina < и < Inb,
(рис. 3.32).
Рис. 3.31 Рис. 3.32
4. Степенная функция
Общая степенная функция w = za , где z * 0, z * , а = а + Ы —
произвольное комплексное число, определяется соотношением
w = га = <?а Ln г. (1)
Полагая в(1) z = , получим a Ln г = (л + /Л)[In г + /(ф + 2£л)],
и, следовательно,
W - Za = Са{ПГ b(^+2nk) . eKb\nr^aip^2kna) _ q ±2
74
Отсюда видно, что при b * 0 функция w - za всегда имеет беско-
нечно много значений (бесконечнозначны и модуль, и аргумент).
Эти значения при фиксированных z и а лежат на окружности
М = рк, где
РЛ = . е-2Ы> > к = о, ± 1, + 2,... (2)
(радиусы окружностей рк образуют геометрическую бесконечную
в обе стороны прогрессию со знаменателем е~2пЬ ). Аргументы этих
значений
у/к = Мпг+ а(р + 2кяа, к = 0, ±1, ±2,... (3)
образуют бесконечную в обе стороны арифметическую прогрес-
сию с разностью 2ла.
Если b = 0, т. е. а = а — вещественное, то
w = za = eahir • ei{a^2kna) = ra • ei{a^2k™\ к = 0, ± 1, ± 2,... . (4)
В этом случае многозначен только аргумент. Значения w = za ,
при фиксированных z и а, располагаются на окружности |vv| = га,
а их аргументы \ук = лер + 2кпа , к = 0, ±1, ± 2,... . Обсудим подроб-
нее следующие возможности:
ТП - л
1) а — рациональное число, т. е. а = —, где т и п — целые, п > О
п
т т
Ш___________________________________________— —
(дробь — считаем несократимой), w = zn = rn -еv , где
т ~ . т
V = —ср + 2лк-— к = 0, ± 1, ±2,... . Отметим, что при
п п
к = 0,1, 2,..., п -1 среди значений ц/ нет отличающихся друг от
друга на слагаемое, кратное 2л .
В самом деле, если допустить, что среди этих у имеются
и такие, что = 2л/, где / — целое (можно считать
к2 > кх), то было бы:
п п п п к^-к^
Но это невозможно, так как 0 < к2 - к{ < п и получается, что дробь
т
— сократима, а это не так.
При всех остальных Означения ц/ будут отличаться от значений
Ф , отвечающих к = 0,1, 2,..., п -1, на слагаемое, кратное 2л и, сле-
ти
довательно, будем получать значения функции w = zn > которые
75
уже были. Таким образом, в случае, когда а = —, функция
п
т
w = za = Zn — н-значная.
В частности, при п = 1 получаем однозначную функцию w = ^”.
2) а — иррациональное число.
w = za = га • , где ф = аф + 2пка, к = 0, ±1, ±2,... .
В этом случае среди всех значений Ф нет отличающихся друг
от друга на слагаемое, кратное 2л .
Действительно, если допустить, что среди значений ф имеют-
ся ф^ и ф£2 такие, что ф^ - ф* = 2л/, где / — целое, то имели бы
2ла(&2 - кх) = 2л/ <=> б? = —-—.
^2 ~ ^4
/
Но это невозможно, ибо а — иррациональное число, а —
рациональное число. Следовательно, в этом случае все значения ф ,
отвечающие к = 0, ±1, ±2,... , дают различные между собой зна-
чения функции w = za . Таким образом, в случае, когда а — ирраци-
ональное число, функция w = za — бесконечнозначная.
Так как многозначность степенной функции w = za является
следствием многозначности логарифмический функции Lnz,
то степенная функция имеет однозначные ветви там же, где и Lnz,
например, на плоскости с разрезом по любому лучу, исходящему
из начала координат. Точками разветвления функции w = za яв-
ляются точки z — 0 и z = °о .
Для любой однозначной ветви степенной функции w = za
имеем
w' = (Za)'= (eaI-nzy = eaI'nz —= za—= aza~l.
z z
Видим, что w' существует и не равна нулю в каждой точке раз-
резанной плоскости. Следовательно, каждая однозначная ветвь фун-
кции w = za на разрезанной плоскости оказывается регулярной
функцией, и отображение, даваемое там ею, является конформным.
Пусть w = , где ц > 0 . Положим z - rei(?, w = ре1Ц!. Тогда
(w = гм) о (ре/ф = .
Возьмем ветвь функции w = , соответствующую к = 0. Будем
иметь
w = z^ = гце/ц<₽ => |w| = р = гм, aigw = ф = ц• ф.
76
Станем брать в плоскости z основные прообразы и смотреть,
куда они переходят.
f <Р = Фо>
1) Луч: |о < г < +оо на плоскости z переходит на плоскости w
ВЛУЧ: [0 < р <+х>.
Пусть в плоскости z луч вращается вокруг начала от ср = ср0 до
ср = ф0 + 0 . Тогда в плоскости w соответствующий луч вращается в
том же направлении от ц/ = цср0 до = цср0 + ц0 .
Следовательно, угол раствора 0 с вершиной в точке z = 0 переходит
в угол раствора цО с вершиной в точке w = 0. (Углы с вершиной в точке
Z = 0 при отображении w = z^ изменяются в ц раз; в конечных точках
Z ф 0, по доказанному ранее, это отображение является конформным.)
2. Окружность |z| = г переходит в окружность |w| =
(рис. 3.34).
Значит, при отображении w = сетка полярных координат
плоскости z переходит в сетку полярных координат плоскости ж
77
Замечание. Считая, что плоскость z разрезана по положитель-
ной вещественной полуоси, т. е. что argz = ф удовлетворяет усло-
вию 0 < ф < 2л , приходим к выводу: рассматриваемое ог ,сраже-
ние w = z^ будет взаимно-однозначным тогда и только тогда, когда
5. Функция Жуковского
Так называют рациональную функцию
w =
(1)
Считаем, что точке z = 0 соответствует точка w = оо и точке z = 00
соответствует точка w = оо . (Точки z — 0 и z-^ — исключитель-
ные. Обе они связаны с бесконечно удаленной точкой; у первой
из них — образ, а вторая и сама и ее образ являются бесконечно
удалёнными точками.) При таких условиях функция (1) ока-
зывается определенной и однозначной во всех точках расши-
ренной плоскости.
Выясним условия взаимной однозначности отображения (1).
if 1^_ if И
Пусть Zi * Z? , a w(zi) = w(z2), т. е. о +Т “ 7П2 +Т (3Десь
к **17 к **2 J
предполагается, что и — конечные, не равные нулю). Послед-
нее равенство можно переписать в виде
(*2 1---— | = 0 => Zl 'Ъ =1,
Следовательно, отображение (1) будет взаимно-однозначным
только в таких областях, которые не содержат никаких двух то-
чек Zj и z2, связанных соотношением z^ = 1- Такими областями
будут, в частности, единичный круг: |z| < 1 и внешность единич-
ного круга: |г| > 1.
Имеем
w\z) =
(2)
Из (2) видим, что w'(z) существует конечная во всех конечных
точках z * 0. Из (2) видим также, что во всех таких точках,
78
за искл ючением точек z - ±1 , w' * 0. Следовательно, отображение
If П . . А 1
w = - z + — конформно в каждой конечной точке z * 0 и z * ±1 •
21 Z)
Г.окажем, что отображение (1) конформно в точках z — 0, Z - 00
и н з конформно в точках z = ±1
1) У нас точке z= 0 соответствует точка и> = оо , и конформ-
ность в этой точке, согласно определению угла в бесконечно
удаленной точке, принятому ранее, следует из того, что произ-
водная
= 2 1 “ Z2
-----*°-
(1+г2)2 -.п
- d ( 1
Согласно тому же определению конформность отображения
w=J(z) в точке z =00 сводится к конформности отображения
w = /f-] в течке г = 0 Но в случае функции Жуковского
\z)
fi-}= V Следовательно, по только что доказанному выше,
[zj
и п
отображение w = — г + — конформно в точке Z = 00.
2< ZJ
2) Что отображение (1) не конформно в точках z = ±1, проще
все.о убедиться, представив функцию Жуковского (I) в виде
(тождественность формулы (3) формуле (1) проверяется простой
выкладкой). Отображение (3) есть результат п эс ледова тельного
применения следующих отображений
Z - 1 2
|vi =---------; = Wi,
1 +
w =---------
1 - w2
(4)
(последнее из этих трех отображений обратно к отображению
——- = w2). Первое и третье из отображений (4) дробно-линей-
w + 1
ные и, как мы знаем, конформны в расширенной комплексной
плоскости; отображение w2 = w2 удваивает углы в точках = 0
и Wj = оо , которым соответствуют точки z = 1 и z = ~ 1- Поэтому
отображение Жуковского удваивает углы в точках z = ±1 •
79
„ c c 1Г О
Исследуем теперь подробнее характер отображения w = — z + — .
21 zj
Для этого положим z = rei<f ;w = и + iv. Тогда получаем
If И
и = — г +— coscp,
2 V г J
If И •
V = — г— sincp.
21 г)
u + iv = — frel,f> + -e /ф
2l r
Рассмотрим окружность |z| = r0 (г0 * 1). Функция w =
преобразует эту окружность в кривую с параметрическими урав-
нениями:
1
U~ 2
1
1
V = —
2
г.
г0 +— coscp,
И •
----sin ср,
ср — параметр. Исключив отсюда параметр, получим уравнение
(5)
(5) есть уравнение эллипса с полуосями: а = — г0
2 к
1^1
4- —
roJ
Найдем фокусы эллипса, вычислив половину фокусного расстояния
по формуле с = 4а2 -Ь2 => с = Jr02 + 2 + 4г - г02 + 2 - -у = 1. Та-
2 V 'о 'о
ким образом, фокусы эллипса находятся в точках (—1, 0) и (1, 0).
Заметим, что их положение не зависит от радиуса г0 рассматривае-
мой окружности. Следовательно, семейство окружностей переходит
в семейство софокусных эллипсов (рис. 3.35 и 3.36).
Из параметрических уравнений эллипса следует, что если точ-
ка z пробегает окружность |z| = rQ один раз в положительном на-
правлении, то точка w пробегает эллипс один раз в соответствую-
щем направлении (в отрицательном направлении, если r0 < 1;
80
в положительном направлении, если r0 > 1), т. е. отображение ок-
ружности в эллипс взаимно-однозначное.
1. Пусть r0 > 1 и пусть г0 убывает от +оо до некоторого R > 1.
Тогда полуоси соответствующих эллипсов убывают от +°° до
так как R - — > О
R
при R > 1). Следовательно, внешность окружности |z| = R отобра-
жается взаимно-однозначно и конформно на внешность эллипса
И
- Я + — и
2l RJ
(знак модуля опускаем,
с полуосями: а = — I Я +— I, b = — I Л-
21 RJ 21 R
. Пусть R -> 1 + 0 . Тогда
а 1, b -> 0 . Значит, в отображении эллипс в пределе перейдет в
двойной отрезок [—1, 1] и, следовательно, в пределе получаем: функ-
1Г 1
ция w = - Z + -
2< Z.
отображает взаимно-однозначно и конформно
внешность окружности |z| = 1 на внешность отрезка [— 1, 1], т. е. на
всю плоскость we разрезом по отрезку [—1, 1] (рис. 3.37).
Замечание 1. Из соответствий обходов окружности и эллипса
81
Рис. 3.37
переходит в верхний берег двойного отрезка [—1, 1], а нижняя —
в нижний берег.
2. Пусть теперь |z| = г0, где r0 < 1. Из выражений для полуосей а
и b эллипса следует, что эта окружность отобразится в такой же
эллипс, как и окружность Ы = — ( — > 1) (только положительно-
го 'о
му обходу окружности будет соответствовать отрицательный об-
ход эллипса).
Отсюда следует, что когда г0 возрастает от 0 до 1 (а значит,
'о
убывает от -н» до 1), то соответствующие эллипсы покрывают
внешность того же двойного отрезка [—!, 1]. Следовательно, функ-
ция w = - г +— отображает взаимно-однозначно и конформно
21 ZJ
и внутренность окружности |z| = 1 на всю плоскость w с разрезом
по отрезку [—1, 1] (рис. 3.38).
Рис. 3.38
82
Замечание 2. Из соответствий обходов окружности и эллипса
при r0 < 1 следует, что верхняя полуокружность окружности |z| = 1
переходит ь нижний берег двойного отрезка [—1, 1], а нижняя —
в верхний берег.
Замечание 3. В качестве угражнения предлагается проверить
справедливость утверждений:
т 1
I. Функция W = —
отображает взаимно-однозначно и
конформно верхний полукруг: |z| < 1, Ini z > 0 на нижнюю полу-
плоскость Im w < 0, а нижний полукруг: |z| < 1, Im z < 0 на верх-
нюю полуплоскость Im w > 0.
II. Функция w = — \ z + — отображает взаимно-однозначно и
21 ZJ
конформно область: |z| > 1, Im z > 0 на верхнюю полуплоскость
Im w > 0, а область: |г| > 1, Im z < 0 — на нижнюю полуплоскость
Im w< 0.
Выясним, куда при отображении w = — z + — переходят лучи,
21 ZJ
исходящие из начала координат. С этой целью берем в плоскости
Z луч ср = ф0. Ему в плоскости w будет соответствовать линия с
параметрическими уравнениями
If П
и = — Г +— COScpo,
21 r)
if П • ~
V = — Г-----Sill фл,
21 г) 0
(6)
г — параметр. Исключив в (6) параметр г, получим уравнение
2 ~ . 2 ~ (/)
COS ф0 Sin ф0 v 7
(7) есть уравнение гиперболы полуосями а = |cos ф01, b = |sin ф01.
Найдем фокусы гиперболы, вычислив половину фокусного рас-
стояния по формуле с = 4а2 + b2 = -Jcos2 ф0 + sin2 ф0 = 1. Отсюда
следует, что фокусы гиперболы находятся в точках (—1, 0) и (1, 0),
и потому она софокусна с ранее полученными эллипсами.
Исследуем более детально параметрические уравнения (6)
(параметрические уравнения образа луча ф = ф0).
83
Рис. 3.39
С этой целью на плоскости z проведем окружность |z| = 1 и
рассмотрим радиус ОАХ этой окружности. Угол ср0 между ОАХ
и осью Ох считаем удовлетворяющим условию 0 < ср0 < ^. Точки
радиуса ОАХ (без точек О и Ах) определяются соотношениями
Г ф = ф0 9 1Г 1 1Л 1Л
1о <г < 1. Таккак COSCPO > °> sin ФО > °, 2^1 г + 7) > °’ 2I/-7J <0
при 0 < r< 1, то образом радиуса ОАХ на плоскости w будет та часть
гиперболы (7), для которой и > 0, v < 0. При возрастании гот 0 до 1
и убывает от -ко до со8ф0 , a v возрастает от -<ю до 0. Это — чет-
вертая часть всей гиперболы (7), принадлежащая четвертому квад-
ранту ((А{В{), см. рис. 3.40).
Рассмотрим радиус СМ2 окружности |z| = 1. Этот радиус ле-
жит во второй четверти плоскости г. Угол между СМ2 и поло-
жительным направлением оси Ох считаем принадлежащим
Рис. 3.40
84
промежутку
Л гТ
—, л I. Пусть для определенности этот угол ср0 ра-
вен л - ф0, где <р0 — угол между радиусом ОАХ и осью х
(п 71
(<ро е1 °; 2 ])•
Точки радиуса ОА2 (без точек О и А2) определяются соотно-
Гф = л-ф0,
шениями: 1 о < г < 1 Для °бРаза радиуса ОА2 на плоскости w
будем иметь
и =
If 11
U ~ —I Г + — 1с°8фо,
if П •
v = -\r~~ sin(Po-
2 V Г J
Так как cos ф0 > 0 , sin ф0 > 0 , -
<0
i г П п
— г — <0 если
21 г) ’
0 < г < 1, то заключаем, что образом радиуса ОЛ2 на плоскости w
будет та часть гиперболы (7), для которой и < 0, v < 0. При возраста-
нии г от 0 до 1 и возрастает от -<» до -со8ф0, a v возрастает от
-оо до 0. Это — четвертая часть всей гиперболы (7), принадлежа-
щая третьему квадранту ((Л^), см. рис. 3.40).
Рассмотрим радиус ОЛ3 окружности |^| = 1. Этот радиус лежит
в третьей четверти плоскости Z- Угол между ОЛ3 и положительным
направлением оси Отсчитаем принадлежащим промежутку I л, — I
Пусть для определенности этот угол ф0 равен л + ф0, где
fn 71 ^1
Фо G I 0, (см. рис. 3.39).
Точки радиуса ОА3 (без точек О и Л3) определяются соотно-
1ф = л + ф0,
шениями: 1 о < г < 1 Для °бРаза радиуса ОА3 на плоскости w
будем иметь
If 1| / X
U = — Г + — СО8(Л +ф0),
2 V г)
If П • / ч
V = - г-- sin(7t + <p0)
21 г j
If 1 I
u = “ — I +— 1с°8ф0,
85
Так как coscp0 > 0, sincp0 > О, -ifr + -1 < 0, -~fr > О, если
О < r< 1, то заключаем, что образом радиуса СЦ на плоскости w
будет та часть гиперболы (7), для которой и < 0, v > 0. При возраста-
нии г от 0 до 1 и возрастает от -оо до -cos<p0 , a v убывает от +оо
до 0. Это — четвертая часть всей гиперболы (7), принадлежащая
второму квадранту ((А^В^), см. рис. 3.40).
Рассмотрим радиус СМ4 окружности |z| = 1. Он лежит в четвер-
той четверти плоскости Z- Угол между ОА4 и положительным на-
правлением оси Ох считается принадлежащим промежутку
Для определенности возьмем этот угол ф0 равным -ср0, где
Ф° е (о, (см. рис. 3.39).
Точки радиуса ОА4 (без точек О и А4) определяются соотно-
[<Р = -Фо>
шениями: (Oerel Д™ °^Раза радиуса СМ4 на плоскости w бу-
дем иметь:
1
2
1
v = —
2
Г + — COS(-<Po)>
rj
г— sm(-cpo)
Так как coscp0 > 0 , sin<р0 > 0 ,
и = — Г + — COS(p0,
п •
— Sin (р0.
Г)
If л
— г— > 0 , если
21 г)
0 < r< 1, то заключаем, что образом радиуса ОАЪ на плоскости w
будет та часть гиперболы (7), для которой и > 0, v > 0. При возраста-
нии г от 0 до 1 и убывает от -ню до coscp0 , а v убывает от +оо до 0.
Это — четвертая часть всей гиперболы (7), принадлежащая перво-
му квадранту ((А\В\), см. рис. 3.40).
Рассмотрим часть луча ср = (р0 > лежащего за пределами круга
|z| < 1 (на рис. 3.39 это полупрямая АхМу Точки этой части луча
J Ф = Фо>
определяются соотношениями ] * и . Для образа части луча
11 г “С +00.
АХМХ на плоскости w будем иметь
86
If 1 i
и = — \ Г + - COSфп,
21 г °
n л
где Фо G I и, — I •
- sin ср0,
v = —
2
Так как со8ф0>0, siihp0 >0, y^r + —^j>0, > 0 , если
1 < г < ч-oo , то заключаем, что образом АХМ. на плоскости w будет та
часть гиперболы (7), для которой и > 0, v > 0. При возрастании гот
1 до +оо и возрастает ог с^ф() до , у возрастает от 0 до +оо .
Это — четвертая часть всей гиперболы (7), при на;1д ежащая перво-
му квадрантх ((4^), см. рис. 3.40).
Рассмотрим часть луча <р =-- я - ф0, лежащую за пределами кру-
га |^| < 1 (на рис. 3.39 эю полупрямая А2М2). Точки этой части луча
|ф = л--ф0, ( я\
определяются соотношениями ъ г < 4юо где фое|О, — I Для
образа А2М2 на плоскости w имеем
и =---Г + - COS Фо,
2l г) Ро
V-- Г-- Siinpo.
2 I г J
Так как со8ф() > 0 , 8П1ф0 > 0, | г + —| < 0 , — Г г — — | > 0 , если
2< г) 2V г)
1 < г < тоо , то заключаем, что образом А2М2 на плоскости сбудет та
часть гиперболы (7), для которой и < 0, v > 0. При возрастании гот
I до +оо и убывает от -cosф(J до -оо , у возрастает от 0 до +оо .
Это -- четвертая часть всей гиперболы (7), принадлежащая второ-
му квадранту ((А^), см. рис. 3.40).
Рассмотрим часть луча ф = я ч- ф0 , лежащую за пределами кру-
га |z| 1 (на рис. 3.39 это полупрямая A^MJ. Точки АуМу определя-
(ф = Я + ф0 , /
ются соотношениями 1„ где ф0 е 0; — . Для образа ли-
L < +эо? । у
нии Я,Л/( на плоскости w имеем
f 1 ( о
и = ~2{r + 7lcos<p<”
If О .
v = -- г— Sin<po.
21 г J
87
Так как cos<pn > 0, sinср0 > О, г + - | < О , --Иг -i) < О , если
2\ г) г J
1 < г < +оо, то заключаем, что образом АуМу на плоскости w будет та
часть гиперболы (7), для которой и < 0, v < 0. При возрастании гот
1 до +оо и убывает от -cos<p0 до -х>, a v убывает от 0 до -оо.
Это — четвертая часть гиперболы (7), принадлежащая третьему квад-
ранту (XAqB'i) , рис. 3.40).
Рассмотрим, наконец, часть луча Ф = -ф0, лежащего за предела-
ми круга |z| > 1 (на рис. 3.39 это полупрямая Л4Л/4). Точки А4М4
I Ф = -Фо>
определяются соотношениями ), . „ . _
11 Г < +оо,
раза линии А4М4 на плоскости w имеем
I 71 ।
где Фо 61 °> 2 I-Для об-
COS ф0,
sin (р0.
Так как cos ф0 > 0 , sin ф0 > О
if п
— г —
21 г)
< 0 , если
1 < г < +оо , то заключаем, что образом А4М4 на плоскости w будет та
часть гиперболы (7), для которой и > 0, v < 0. При возрастании гот
1 до +оо м возрастает от cos ф0 до +оо, a v убывает от 0 до -оо .
Это — четвертая часть гиперболы (7), принадлежащая четвертому
квадранту ((4[А) j см- Рис- 3.40).
Заметим, что оси координат плоскости z (они соответствуют
Л п Зя ч
Ф0 = 0 , ф0 = л , ф0 = — , ф0 = —) переходят в двойные отрезки
(1, + oo); (-оо; -1) вещественной оси и в двойные полуоси мни-
мой оси плоскости ж
Замечание 4. Из изложенного выше следует, что отображение
If П
w = — Z + — переводит сетку полярных координат плоскости z
21 ZJ
в сетку софокусных эллипсов и гипербол плоскости ж Было по-
, И
казано, что отображение ж = — I Z + —J является конформным в рас-
ширенной комплексной плоскости, исключая точки z = ±1 • В час-
тности, оно конформно во всех точках, расположенных внутри и
вне окружности |z| = 1. Отсюда следует, что гиперболы пересекают
88
эллипсы под теми же углами, под которыми лучи, исходящие из
начала координат, пересекают окружности с центрами в начале
координат, т. е. под прямыми углами.
6. Тригонометрические и гиперболические функции
Ддя вещественной переменной х нам известны формулы (фор-
мулы Эйлера)
1х • • — ix • •
е = cosx + zsinx,e = cosx-zsinx,
откуда
еи+е~и
sin X -------, COS X =------.
2i 2
Учитывая это, примем по определению для любого комплексного Z'-
eiz —g iz
sm z = —-—
2i
. sinz.
tgz =-------;
cos z
elz + e iz
cosz =----------
. cosz
ctgz = -;—
sin г
(1)
Рассмотрим подробнее функции sin z и cos z-
Из формул (1) непосредственно вытекает, что:
1) функции sin z и cos z определены на всей комплексной плос-
кости;
2) cos(~z) = cos z; sin(-z) = -sin z (2)
(cos z — четная, a sin z — нечетная функции);
3) cos z + /sin z = e*. (3)
4) Найдем нули функции sin z, т. e. корни уравнения sin z = 0.
Заменяя sin z по формуле Эйлера, получаем
-----e_ = о => eiz-e~'z = 0 => e2iz = 1.
2z
Для нахождения z логарифмируем обе части последнего равенства:
2iz = Ln 1 <=> 2iz = In 1 + i Aig 1 = 0 + z(0 + 2Лл) = i • 2kn =>
=> z = kn, k = 0, ±1, ±2,... .
Видим, что sin z не имеет нулей, отличных от нулей sinx в веще-
ственной области.
Совершет ю аналогично устанавливается, что нулями функ-
ции cos z являются z = (2k +1)^, к = 0, ±1, ± 2,... .
89
5) Перейдем к выводу теорем сложения для функций cos z и
sin z, т. е. к установлению соотношений между cos^j + Z2) и
sin(^, + zj с однэй стороны, и cos Z', cos z2, sin zp sin с другой сто-
роны (г, и z^ — произвольные комплексные числа). Мы получим
требуемые соотношения как следствия из теоремы сложения для
показательной функции.
Заменяя в формуле (3) z суммой z} + Zr находим
cos(z! -ьг2) + /sinQi + z2) = е/(г, + '2) = e,z' elZ7 =
= (cos Zi +/sinz1)(cos£2 + i sin z2) =
= (cos^i cos z2 - sin Z\ sin z2) + /(sin Z\ cos z2 + coszi sifl ^2) (4)
Если в (4) подставить —г, и —z2 вместо z} и г? и воспользоваться
соотношеь иями (2), то получим
cos(zj +z2)-/sin(z1 +Z2) =
= (cos^j cosz2 - sin Zi sin z2) - /(sin z} cosz2 +cosz,j sin z2).
Складывая и вычитая почленно формулы (4) и (5), получим
COS(Z] + Z2 ) = COS Zi COS Z2 ~ Sin Zi Sil) Z} (6)
sin(Zi + Z2) = sin Zi cos Z2 + cos Zi sin z2. (7)
Формулы (6) и (7) являются основными в теории тригонометри-
ческих функций. В частности, в них содержатся так называемые
“формулы приведения аргумента”. В самом деле, полагая в (6)
И (7) г, = г, <2 = ’ находим
f я) тс .тс
cos г + — = cos z cos — sin z • sin — = - sin z
I 2) 2 2
. ( Tl\ n Л
SIH I Z + — I = Sin Z COS — + cos z sin — = COS£
При г, = Z и z.2 = л находим другую пару формул приведения:
cos(z + л) = cos z. • cos л - sin г • sin л = - cos z ,
sin(z + л) = sin z cos л + cos z • sin л - sin z ,
ит. д.
Полагая в формуле (6) = Z, Z2 = ~Z, получаем
1 = cos2 z +sin2 z- (9)
При z}= Z2 = Z находим
cos 2г - cos2 z - sin2 z, (10)
sin 2z - 2sin zcosz- (11)
90
И вообще, следует отметить, что все формулы (тождественные
соотношения) между тригонометрическими функциями веще-
ственного аргумента сохраняются и для тригонометрических функ-
ций комплексного аргумента. Это объясняется тем, что формулы
обычной тригонометрии могут быть доказаны чисто вычислитель-
ным путем с помощью формул Эйлера, а эти формулы сохраняют
свой вид и при комплексном аргументе.
6) Найдем периоды функции sin Z- Имеем
Т ( Т\
sin(z + Т) = sinz <=> sin(z + Т) - sinz = 0 <=> 2sinycosl z + y I = О
< 7Л
при всех значениях г. Так как множитель coslz+y I не может
Т Т
быть тождественно равен нулю, то получаем, что sin у = 0 => у = кп
=> Т = 2кп . Следовательно, в комплексной области функция си-
нус имеет те же периоды, что и в вещественной области. Такой же
результат получим для функции cos z-
Замечание. Свойства |sin х| < 1 и |cos х| < 1 для комплексного
аргумента не сохраняются.
Мы установим, что sin z и cos z могут принимать любые значе-
ния (вещественные или комплексные), если покажем, что уравне-
ния sin z = а и cos z = а имеют решения при любом а.
Рассмотрим, например, уравнение: cos z — а, где а — любое. За-
меняя cos z по формуле Эйлера, получим
I /7^ _
у. = а => (е,г )2 - 2aeiz +1 = 0.
Положив ё1= t, получим квадратное уравнение t2 — 2at + 1 = 0. Пусть
1, и t2 — его корни (заметим, что и t2 не равны нулю, ибо tx t2 = 1).
Тогда значения z мы найдем из уравнений eiz= /р е*= t2 с помощью
логарифмирования обеих частей.
Таким образом, областью значений функции cos z (и sin z) яв-
ляется вся комплексная плоскость.
7) Для функций sin z и cos z сохраняются обычные формулы
дифференцирования:
(sinz)' = cosz; (cosz)' = - sinz. (12)
В самом деле, имеем, например,
(cos z)' =
' e‘z +е lz Y
.eiz-e-iz
~l 2
eiz-e~iz
——— = - sinz.
21
91
Так как функции sin z и cos z имеют производные на всей ком-
плексной плоскости, то они — регулярные на всей комплексной
плоскости.
8) Изучим отображение, осуществляемое функцией w=sinz
(отображение, реализуемое функцией w = cos z, в силу соотноше-
ния cosz =sin^+^, будет отличаться от отображения w=sin£
лишь сдвигом). Положим
eiz
Wj = fe; w2 = eW1; w3 = -iw2(= —). (13)
Тогда
w = |[w3+^-] = sin^ (14)
Видим, что отображение w =sin z можно рассматривать как ре-
зультат последовательного применения уже изученных отображений.
Найдем условия его взаимной однозначности. Пусть область (D)
при отображениях (13) переходит последовательно в области (Z^),
(Z>2) и (D3). Первое и третье из отображений (13) взаимно-одно-
значны всюду. Для взаимной однозначности второго необходимо
и достаточно, чтобы не содержала ни одной пары точек wj и
w'{ , для которых w[ - wf = 2кти, где к * 0 — целое число. Для вза-
имной однозначности отображения (14) необходимо и достаточ-
но, чтобы (D3) не содержала ни одной пары точек w3 и w3 , для
которых
w'l -S =1.
Переходя с помощью формул (13) к плоскости z, получим, что
для взаимной однозначности отображения w=sin£ в области (Z))
необходимо и достаточно, чтобы (D) не содержала ни одной пары
точек z! и z”, ДЛЯ которых, с одной стороны,
z'-z” = 2kn (к ф 0 — целое), (15)
и, с другой, = -1, или
t + z” = (2к + 1)л (fc—целое). (16)
(-л < Re£ < тс,
Этим условиям удовлетворяет, например, полуполоса: ] т л
92
С тригонометрическими функциями тесно связаны гипербо-
лические функции, определяемые равенствами:
. ez-ez . ez+e~z shz chz
Shz =-------; chz =-----Z---; thz = ——; cthz = —(17)
2 2 chz shz
Найдем нули функций sh z и ch z- Имеем
P О
sh z - 0 <=> —-— = 0 о ez - e~z - 0 о e2z = 1 =>
=> 2z = Ln 1 => z - ink, к = 0, ±1, ±2,...;
=> 2z = Ln(-l) = i(2k + l)n=>z = i(2k + l)p к = 0, ± 1, ± 2,....
Из формул (17) непосредственно вытекает, что функции shz
и ch z однозначны и непрерывны на всей комплексной плоскости z,
функция cth £ однозначна и непрерывна на всей комплексной плос-
кости, за исключением точек z = ink , к = 0, ±1, ± 2,... . Из соотно-
шений (17) следует также, что sh(-z) = -shz; ch(-z) = chz;
th(-z) = - th z; cth(-z) = -cth z .
Из сравнения формул (17) с формулами (1) следует, что меж-
ду тригонометрическими и гиперболическими функциями суще-
ствуют следующие соотношения:
sin(z’z) = i sh z; cos(z’z) = ch z; tg(z’z) = z th z; ctg(z’z) = -i cth z;
sh(z’z) = z sin z; cft(zz) = cos z; th(z’z) = z tg z; cth(zz) = -i ctg z- (18)
Из “формул связи” (18) следует, что каждая формула для три-
гонометрических функций переходит в соответствующую форму-
лу для гиперболических функций.
Выведем, например, теорему сложения для гиперболического
косинуса, т. е. найдем формулу для ch(Zi + Z2) • По формуле (18)
ch(Zi + Z2) = cosz(Zi + Z2) = cosO'Zj + zz2) •
По теореме сложения для тригонометрического косинуса имеем
cos(zzi + zz2) = cos(zZi) • cos(z*z2) - sin(zz!) • sin(zz2).
Применив опять формулы связи, окончательно получаем
ch(zi + Z2) = ch Zi • chz2 + sh Zi • shz2 .
93
Найдем еще формулу для sh(zi + z2):
sh(Zi + Z2) = |sin i(Zi + Z2) = у sin(/Zi + iz2) =
= |(sin/Zi • cosiz2 +co$iZi -sinz^) =-O’shzi -chz2 + chzi -Zshz2) =>
=> sh(zj + z2) = sh^i *chz2 + • shz2.
Рассмотрим теперь вопрос о практически удобном способе
вычисления значений тригонометрических и гиперболических
функций комплексного аргумента, с/гот способ заключается в ис-
пользовании теорем сложения и “формул связи”.
Выведем, например, формулу для вычисления мп <. Имеем
sinz = sin(x + /y) = sin х cos iy + cos x sin iy = sinxchy+ /cosxshy.
Аналогично получаются выражения для остальных функций. Да-
лее используем таблицы для вещественных тригонометрических
функций с радианным делением аргумента и таблицы веществен-
ных гиперболических функций.
Пример. Вычислить ch(l + 5/).
Решение. Применяя теорему сложения для функции ch z и фор-
мулы связи, получаем
ch(l + 5/) = ch 1 • ch 5/ + sh 1 • sh 5/ = ch 1 • cos 5 + i sh 1 • sin 5 =
« 1.543 • 0.284 + M, 175 • (-0.959) « 0.438 -1.127/.
7. Обратные тригонометрические
и гиперболические функции
Тригонометрические и гиперболические функции выражают-
ся, как мы видели, через показательную функцию. Поэтому обрат-
ные тригонометрические и обратные гиперболические функции
можно выразить через логарифмическую функцию. Получим эти
выражения.
Рассмотрим, например, функцию w = Arccos z, обратную косинусу.
+ е~™
Она определяется с помощью равенства z = cos w. Но cos w =---.
+ e-tw
Поэтому получаем уравнение z =--------- => (elw) - 2zetw +1 = 0.
Решая это квадратное (относительно eiw) уравнение, находим
94
elw = z + \lz2 - 1 (знаки ± в формуле решения квадратного урав-
нение можно опустить, если понимать корень как двузначную
функцию). Для нахождения w логарифмируем обе части после-
днего равенства. Получаем
/w = Ln+ >/г2 -1 j => w = yLn^ + л/г2 -1) =>
=> w = -/ Ln \Z + Jz2 - 1).
Итак,
w - Arc cos z = -i Ln ^z + y/z2 - 1 j. (1)
Соверп енно аналогичным образом может быть получена
формула
vv = Arcsin z = -i Lnp’z + - Z2]. (2)
Рассмотр iM еще функцию w = Arctg z. обратную тангенсу. Она
е iw e2iw - 1
определяется . авенством z = tg w. Но tg vv =-------= —-------
i(e'w + e'm) i(e2,w+i)'
e2iw -1
Следова .ельно, получаем уравнение: Z - ^2i’w—— , которое и ре-
ши^ относительно e2lw. Будем иметь
iZ(e2iw + 1) = e2iw - 1 о e2'"(l - /z) = 1 - /z.
Заметим, что z * - = -/. В этом легко убедиться подстановкой
/
Z = ~i в последнее уравнение (это приводит к невозможному ра-
венству 0 =2). А тогда e2lw = * + =>
1 - iZ
а Ir 1 + iZ
=> ™ = Arctgz = — Ln-—(3)
2/ l-/z
Подобным же образом можно получить формулу
а 1 I iz + 1
=> vv = Arcctgz = - — Ln--(4)
2/ iz - 1
Рассмотрим функцию w= Arcshz (ареа-синус), обратную си-
нусу гиперболическому. Она определяется равенством z=shw.
95
ew -e'w ew-e~w
Ho sh w =--------, поэтому получаем уравнение z =---~--- =>
=> e2w - 2zew -1 = 0. Решая это квадратное (относительно ew) урав-
нение, находим ew = z + yjz2 +1 (знаки ± в формуле решения квад-
ратного уравнения можно опустить, если понимать корень как
двузначную функцию). Прологарифмировав обе части последнего
равенства, получим
w = Arshz = Ln(z + >/z2 +1). (5)
Подобным же образом получается формула
w = Arch z = Ln (z + yjz2 -1 j. (6)
Рассмотрим функцию w = Arcth z (ареа-котангенс), обратную
котангенсу гиперболическому. Она определяется равенством
ew + e'w
Z = cth w. Ho cth w =----, поэтому получаем уравнение
ew - e~w
w w = => (e2w-l)z = e2w+l => e2w(z -1) = 1 + z .
ew - e w ezw -1
Заметим, что z * 1 • В это убеждаемся подстановкой z = l в пос-
леднее уравнение (это приводит к невозможному равенству 0 = 2).
a 2w 1 + Z
А тогда е =------ =>
Z-1
a 1 т Z +1
=> w = Arcth z = — Ln-- (7)
2 z-Г
Аналогичным способом получается формула
1 т 1 + z
w = Arthz = —Ln---. (8)
2 1 - z
Замечание. Функции Arcsin z, Arccos z, Arctg z, Arcctg z, Arsh z, Arch z,
Arth z, Arcth z — бесконечнозначные, ввиду наличия логарифмов,
через которые они выражаются. Arcsin z, Arccos z, Arsh z, Arch z мно-
гозначны еще и потому, что корень квадратный является двузнач-
ной функцией. Так как для логарифма и корня квадратного мож-
но выделить однозначные регулярные ветви, то это же можно
сделать и для обратных тригонометрических и гиперболических
функций.
96
Глава 4
ПРИМЕРЫ И ЗАДАЧИ НА КОНФОРМНЫЕ
ОТОБРАЖЕНИЯ, СВЯЗАННЫЕ
С ЭЛЕМЕНТАРНЫМИ ФУНКЦИЯМИ
1. Отображение посредством дробно-линейных функций
Задача 1. Найти функцию w= w(z), отображающую треуголь-
ник с вершинами в точках: z =0, z =1, Z = i на подобный ему тре-
угольник с вершинами в точках: w =0, w = 2, w = 1 + z.
97
2. и’2 = >/2 Wj — преобразование подобия.
0 J i_ Л V2 J i_ V2 V2
w2 0 -1-z 1-/
3. и/ = w2 +(1 +/) — параллельный перенос.
w2 0 -1-z 1-z
vv 1 + z 0 2
Ответ', vv = y[lwx + (1 + /) = -(1 + i)z + 0 + 0 = (1 + 0(1 - Z).
Задача 2. Найти линейное преобразование с неподвижной точ-
кой 1 + 2/, переводящее точку z в точку —/.
Решение. Требуется найти функцию вида w = az + b такую, что-
бы было:
z i l + 2z
w -i 1+2/
Имеем
-/ = ai + b, (1 + 3/ = я(1 + /),
1 + 2/ = я(1 + 2/) 4- Ь [-/ = a i + Ь
b = 1 - 3/.
Ответ, w =. (2 4- i)z + (1 - 3z).
Задача 3. Для преобразования w = iz + 4 найти конечную не-
подвижную точку Zq (если она существует), угол поворота 9 вок-
руг нее и коэффициент растяжения к. Привести это преобразова-
ние к каноническому виду
w-Zo =Hz-Zo).
Решение. Неподвижная точка существует лишь тогда, когда
= В нашем случае имеем:
4
Z0=z^0+4=>^0 = YTj Ъ = 2 + 2L
Значит, неподвижная точка существует. Имеем, далее,
= i => w'Uo) = i => |w'(Zo )| = 1; aig iv'(Zo) =
98
Следовательно, 0 = у ,£ = 1. Так как w(z) = w(zo) + ^'(Zo)(z-Zo)
и так как у нас w(zq ) = Zq = 2 + 2/, w'(Zq ) = /, то получаем
w-(2 + 2f) =/[^-(2 + 2/)].
Задача 4. Для преобразования w = az + b (а *0) найти конеч-
ную неподвижную точку (если она существует), угол поворота
0 вокруг нее и коэффициент растяжения к. Привести это преоб-
разование к каноническому виду: w - z0 = h(z -Zq).
Решение. Неподвижная точка существует лишь тогда, когда
Zq = ™(Zq)- В нашем случае имеем Zq = QZq + b => (1 -a)zQ = b . Ви-
дим, что если а =1, то неподвижной точки нет; если а ф 1, то не-
b тх
подвижная точка существует, причем Zq = ------. Имеем, далее,
1 - а
w’(z) = а для любого г => w'(Zo) = а => |^'(^о)| = |л|;
argw'(z0) = arga.
Следовательно, 0 = arga, к - |а|. Так как w(z) = w(zq) + w'(z0) х
х (z - Zq ) и так как у нас w(Zq ) = Zq = , w'(z0) = а, то получим
1 -а
b ( b \
w-------= а\ z-----
1 -а 1 -а)'
Задача 5. Найти общую формулу линейного преобразования,
переводящего верхнюю полуплоскость на себя.
Решение. Общий вид линейного преобразования: w = az + b. Вы-
ясним, при каких наиболее общих условиях на коэффициенты а, b
верхняя полуплоскость переходит на себя.
Мы знаем, что дробно-линейное (в частности, линейное) пре-
образование переводит окружность (в том числе и прямую)
в окружность (в том числе и прямую) и что область, лежащая слева
от окружности (у), переходит в область, лежащую слева от образа
99
окружности (у), относительно соответствующих друг другу направ-
лений обхода (у) и ее образа (у')«
Возьмем на оси Ох точки X] и х2 — любые, но такие, что х1 < х2, а
на оси Ои точки и1 и и2 — любые, но такие, что < uv и станем
искать линейное преобразование w = az + b, переводящее точки X]
и х2 соответственно в точки и и2. Получим систему
[ахх + b = их,
[лх2 + = и2 •
Решим эту систему относительно неизвестных коэффициен-
тов а и Ь:
Uz ~и\ . “i-Ux
а = —---L \b -их - Xi —--L = ----=>
х2 - *1 Х2 - X) х2 - Xj
=> а и b — вещественные, и а > 0.
Вывод. Коэффициенты искомого линейного преобразования а
и Ь должны быть вещественными и а > 0.
Задача 6. Найти общую формулу линейного преобразования,
переводящего полосу 0 < Re? < 1 на себя.
Рис. 4.4
Решение. Общий вид линейного преобразования: w= az + b. Вы-
ясним, при каких наиболее общих условиях на коэффициенты а и b
полоса 0 < Rez < 1 переходит на себя.
Так как а = |tf|e/arga , то при отображении w = az полоса растя-
гивается или сжимается в |я| раз и поворачивается вокруг точки
Z = 0 на угол, равный arg а. Так как ширина полосы должна остать-
ся прежней, то |я| = 1. Так как полоса должна остаться вертикаль-
ной, то либо arg а = 0, либо arg я = л .
100
1) Пусть arg а = 0. Тогда w = z + b. Комплексное число b = а + /0
в линейном отображении w = z + b означает, что полоса сдвигает-
ся по оси Ох на а и по оси Оу на Р .
Так как сдвиг по оси Ох невозможен, то а = 0. Заметим, что
любой сдвиг по оси Оу возможен. Значит, р — любое, веществен-
ное. Итак, если arga = 0, то общий вид линейного отображения
будет таким:
w = z + ф ,
где Р — любое вещественное число.
2) Пусть ai^tf = л . Тогда w = ~z + b.
Положим wl = ~z. Это преобразование переведет полосу
0 < Re z < 1 в полосу -1 < Re Wj < 0 , а преобразование w2 = — z + 1
переведет полосу 0 < Rez < 1 в полосу 0 < Re w2 < 1 .
Положим теперь w = w2 + b. Относительно комплексного чис-
ла Ь, теми же рассуждениями, как и в случае 1), приходим к выводу,
что b - /’р, где Р — произвольное вещественное число. Таким об-
разом, если arg а = л, то общий вид линейного отображения будет
таким: w - -z + 1 + /р , где Р — произвольное, вещественное.
Задача 7. Выяснить, во что преобразуется квадрант: {х > 0, у > 0}
при отображении w =-----.
Z + i
Рис. 4.5
Решение. Мы знаем, что дробно-линейное преобразования пе-
реводит окружность (в том числе и прямую) в окружность и что
область, лежащая слева от окружности (у) переходит в область,
лежащую слева от образа окружности (у), относительно соответ-
ствующих друг другу направлений обхода (у) и ее образа (у').
На мнимой полуоси плоскости z (т. е. на линии х = 0, у > 0)
возьмем три точки, например, Z\ = 00 , = /, Z^ = 0. Им на плоскости w
101
будут соответствовать точки: = 1, w2 = О, w3 = — 1. Значит, полу-
прямая {х = 0; у > 0} переходит на плоскости w в отрезок [—1, 1]
оси Ои.
Выясним теперь, во что переходит вещественная полуось плос-
кости z (т. е. линия у = 0, х > 0). Для этого возьмем на положитель-
ной вещественной полуоси три точки, например, Z\ = 0, Z2 = 1, Z3 =00.
Им на плоскости w будут соответствовать точки: Wj = -1, w2 ~~h
w3 = 1. Ясно, что эти точки не лежат на одной прямой. Следователь-
но, положительная вещественная полуось плоскости w переходит
в некоторую дугу окружности плоскости w, расположенную в ниж-
ней полуплоскости. Уравнение этой окружности может быть уста-
новлено по трем точкам, через которые она проходит. Для этого
в плоскости w берем уравнение окружности в общем виде:
и2 + v2 + аи + bv + с = 0.
Так как искомая окружность проходит через точки (—1, 0), (0,-1),
(1, 0), то получаем
1 - а + с = 0,
<l-Z> + c = O, => а = 0; b = 0; с = -1.
1 + а + с = 0
Следовательно, искомая окружность имеет уравнение
и2 + v2 = 1 <=> |w| = 1.
Ответ. Квадрант (х > 0; у > 0} при отображении w = -—- пе-
z + i
реходит в нижний полукруг: |w| < 1; Im w < 0.
Задача 8. Выяснить, во что преобразуется угол: 0 < q> < — при
4
Z
отображении ™ .
Рис. 4.6
102
Решение. Мы знаем, что дробно-линейное преобразование пе-
реводит окружность (в том числе и прямую) в окружность и что
область, лежащая слева от окружности (у), переходит в область,
лежащую слева от образа окружности (у), относительно соответ-
ствующих друг другу направлений обхода (у) и ее образа (у').
1) Выясним, во что переходит луч ср = 0 , т. е. положительная
вещественная полуось: {z = х; х > 0}.
Видим, что точка z = 1, лежащая на луче ф = 0 , переходит при
отображении w =----- в точку w = оо .
Поэтому будем смотреть
внимательно, во что в отдельности переходит отрезок [0, 1) луча
Ф = 0 и оставшаяс i часть этого луча: (1, + оо).
На отрезке [0, 1) берем точки Xj = 0; х2 = -; х3 = 1 - 0 . Им на
плоскости w буду!1 соответствовать точки Wj = 0, % = — 1, и>3 - оо
( lim ----
х-10 X - 1
= -оо ). Значит, отрезку [0, 1) будет соответствовать от-
рицательная вещественная полуось на итоскости w.
На части луча ф = 0 , а именно на промежутке (1, + ос) берем
точки х! = 1 + 0 , Х2 = 2; х3 = +оо . Им на плоскости w будут соот-
ветствовать точки й>] = оо ( lim ----= -ьэо), ич = 2 , = 1
1 VX->l.0x-l /2,3
х
( lim ---= 1). Значит, отрезку (1, + оо) вещественной полуоси
х - 1
будет соответствовать часть положительной вещественной полу-
оси Он от 1 до -юо). Направление обхода на луче ф = 0 и соответству-
ющее ему направление обхода образа этого луча отмечены на рис. 4.6.
2) Выясним теперь, во что при отображении w = —— перехо-
Z-1
дит луч Ф = — (это — полупрямая: у = х). Для этого возьмем на
4
луче три точки, например, точки 2 + 2/, z2 = I + /, Zy = 0 (точки
берем так, чтобы при движении по лучу от точки z} к точке z2 и от
точки z2 к точке отображаемая область оставалась слева). Точкам
6 2.
Z3 на плоскости w соответствуют точки: Wj = - - — /; w2 = 1 — /;
= 0. Ясно, что точки w2, не лежат на одной прямой. Следова-
71
тельно, луч ф = — переходит на плоскости w в дугу окружности.
4
103
Найдем уравнение этой окружности. Берем уравнение окружнос-
ти в общем виде:
и2 + v2 + аи + bv + с = 0.
Так как искомая окружность проходит через точки w2, w3, то
получае?
в точке
6 .2 36 4 6 2,
= 5“'5 : 25 + 25 + 5“-5Л + С = °;
в точке w2 = 1 — i: 2 + а — b + с = 0; =>
в точке
w3 = 0 + Ю: с =0
с = 0,
a-b + c = -2, => а = -1, b = 1, с = 0.
30а -106 + 25с =-40
Значит, искомая окружность имеет уравнение
2 2 п ( if ( if ( 1 f
2) 2) 1-72 J
Соответствующие друг другу направления обхода луча © = — и
4
его образа (дуги окружности) отмечены на рис. 4.6.
Задача 9. Выяснить, во что преобразуется полоса 0 < Re z < 1
_ z-1
при отображении w =-----.
Z
Решение. 0 < Re z < 1 <=> 0 < х < 1 => Прямые х = 0 и х = 1 явля-
ются границей полосы.
Рис. 4.7
104
z -1
Каждую из прямых х = 0, х = 1 преобразование w =-- пере-
Z
ведет либо в прямую, либо в окружность (см. свойства дробно-
линейного преобразования).
1. Рассмотрим прямую х= 0. Ее параметрическое представле-
ние будет таким: z= iy, < У < +00 • Имеем
w(/y) = —- = 1 + — <=> w 4- iv = 14- — =>
iy У У
(это — прямая, перпендикулярная вещественной оси на плоско-
сти w).
2. Рассмотрим прямую х= 1. Ее параметрическое представле-
ние будет таким: z = 1 + iy, -°0 < У < +°° . Имеем
2
/1 • \ 1У У + iy
w(l + iy) = -^7- = -----Y
1 + iy 1 + у2
у2
U 1 + у2’
v = ^T,
1 + у2
У2 • У
1 + у2 1 + у2
— оо < у < +оо .
Исключая из этой системы параметр у, получим
Это
и2 4- v2 - и = 0 <=>
— окружность радиуса — с центром в точке
(на плос-
1
кости w).
Для определения образа полосы 0 < Re z < 1 на плоскости w
достаточно определить теперь соответствие направлений обхода
границы полосы и образа полосы.
Возьмем на прямой х = О точки z} ~ i, Z2 = , z3 = 0. (Точки бе-
рем так, чтобы при движении по прямой х = 0 от точки к точке
и от точки ^2 к точке z3 отображаемая область оставалась слева.)
Точкам zl9 Z2, Z3 на плоскости w соответствуют точки = 1 + /,
w2 = 1 + 2/, w3 = 00.
105
На прямой х = 1 возьмем течки Zj = 1 - /, Z2 = 1 , Z3 = 1 + /.
Им на плоскости w соответствуют точки: Wj
1 / . Л
-- - — ; = 0 ,
2 2 ’ 2
1 /
3 2 2
Соответствующие друг другу направления обхода
границы полосы 0 < Re г < 1 и границы образа этой полосы
отмечены на рис. 4.7.
Задача 10. Выяснит^, во что преобразуется полоса 0 < Rez < 1
z ~ 1
при отображении w =----- .
Решение. 0<Rez<l <=> 0 < х < 1 => Прямые х = О и х = 1
составляют границу полосы. Каждую из этих прямых преоб-
z _ 1
разование w = -—- переводит либо ? окружность, либо в пря-
мую (это следуем из свойств дробно-линейного преобразо-
вания).
Рис. 4.8
1) Рассмотрим прямую х = 0 :
[-ОО < у < 4-00.
Возьмем на этой прямой точки z, = Z2 = 0, z3 = ~i- Им нч плос-
3 / 1 3 /
КОСТИ 'V соответствуют ТОЧКИ Wj =----, vv2 = —, w3 = - + Видим,
Э Э £ J J
что точки w2, w3 не лежат на одной прямой. Значит, они лежат на
окружности. Найдем уравнение этой окружности. Берем уравне-
ние окружности в общем виде:
и1 + v2 + аи + bv + с = 0.
Так как искомая окружность проходит через точки w(, w2,
то получаем
106
в точке
в точке
в точке
3
w1=-
3
4 5
. 1 10 3 1 ,
— +-a--b+c= 0;
5 25 5 5
1 1
: — +—а + с = 0;
4 2
10 3 1 , _
_+_„+_t+c = 0
> => а = ; b = 0;
2
1
С~ 2
_ .1
3 5 5
Следовательно, образом прямой х = 0 является окружность:
2 2 3 1 л ( 3? 2 flf
и +V — и+ — = 0 <=> И-----+ V = —
2 2 I 4J UJ
Соответствие направлений обхода прямой х = 0 и ее образа отме-
чено на рис. 4.8.
Г х = 1
2) Рассмотрим прямую х - 1: < ’
Возьмем на этой прямой точки Zi = 1 - i, Zq = 1, £3 = 1 + i' •
Им на плоскости w соответствуют точки = J + w2 =0,
. 1 .1 „ . . . о
w3 = — -1 — . Ясно, что точки Wj, w2, w3 не лежат на одной прямой.
Значит, они лежат на окружности. Найдем уравнение этой окруж-
ности. Берем уравнение окружности в общем виде:
и2 + v2 + аи + bv + с = 0..
Так как искомая окружность проходит через точки w2, w3,
то получаем
в точке
в точке
в точке
11 1
— + -а +—Ь + с = 0;
2 2 2
с = 0;
1 1 1 А
— +—а—Ь + с = 0
2 2 2
Следовательно, образом прямой х = 1 является окружность:
2 2 л ( l'l 2 fl
V 2) U
Соответствие направлений обхода прямой х = 1 и ее образа
отмечено на рис. 4.8.
107
Задача 1L Выяснить, во что преобразуется кольцо: 1 <|^| < 2
z
при отображении w =----.
Рис. 4.9
Решение. Окружности |z| = 1 и |zj = 2 образуют границу кольца.
Каждую из этих окружностей преобразование w = ~~ перево-
дит либо в окружность, либо в прямую линию (это следует из
сзойств дробно-линейного преобразования).
1) Рассмотрим окружность |^| = 1. Возьмем на этой окружно-
сти точки г, = “ 1, Z, = i (эти точки следуют друг за другом в
направлении, оставляющем отображаемую область слева). Точкам
1 .1
Zv на плоскости w соответствуют точки iV| = —+ / — , w2
1 1 . ~ 1
и>з = у - -1 . Этч точки лежат на прямой и - - плоскости w.
]_
2 ’
Зна-
чит, образом окружности |г| = 1 является прямая и - — на плоско-
сти w. Соответствие направлений обхода окружности |z| = 1 и ее
образа отмечено на рис. 4.9.
2) Рассмотрим окружность |г| = 2 . Возьмем на ней точки Z\ = 2,
= 2/, = -2 (эти точки следуют друг за другом в направлении,
оставляющем отображаемую область слеза). Точкам Z\, на
4 2 2
плоскости w соответствуют точки vvj = 2, w2 - — - i—, w3 = — . Ясно,
что точки m>j, м>2, й>3 не лежат на одной прямой. Значит, они лежат
108
на окружное ги. Найдем уравнение этой окружности. Берем урав-
нение окружности в общем виде:
и2 -г v2 + аи 4- bv + с = 0.
Так как искомая окружность проходит через точки м>2, w3, то
получаем
в; очке
в тс чке
в то' ке
н’| = 2:
- 4 .2.
5 ' 5 ’
/> = 0; с = 4
3
5
Н>1 = —
3 3
Следовательно, образом окружности |z| = 2 является на плоскости w
окружность
2 2 8 4 л ( 4У 2 Pf
3 3 I 3)
Соответствие направлений обхода окружности |^| = 2 и ее об-
раза отме 1ено на рис. 4.9.
Задача 12. Отобразить полуплоскость Rez > 0 с выкинутым кру-
гом
d
Z~ 2
< — на вертикальную полосу 0 < Rew < 1.
АУ
Рис. 4.10
109
Решение. По условию задачи и прямая х = 0, и окружность
d
Z 2
d
2
должны перейти в прямые линии. Чтобы добиться это-
го, нужно общую точку этих двух линий, а именно точку z = 0, ото-
бразить в бесконечно удаленную точку. Преобразование, перево-
Рис. 4.11
дящее точку z = 0 в точку w = oo, есть w = —.
Z
Выясним, во что заданная область преоб-
~ 1
разуется при отображении w = —.
Z
1) Рассмотрим прямую х = 0. Возьмем
на ней две точки = 2/, = /. Этим точкам
на плоскости w будут соответствовать точ-
ки Wj = - —, w2 = ~1' - (Если взять точки
Z{ = —i, Z2~ то им будут соответство-
вать точки: Wj = i
i
”2 ~ 2
.) Заметим, что
полуоси О А плоскости z будет соответство-
вать полуось ОА плоскости w, а полуоси OS будет соответство-
вать полуось OS.
2) Рассмотрим теперь окружность
d
Z 2
Имеем
<=> х — + у‘
I Z)
— <=> х2 + у2 - d • х = 0.
4
w = — <=> й + /у =-------------
Z x + iy
1
<=> X + iy =-----------
й + iv
Подставив эти выражения для х и у в уравнение окружности, по-
лучим
й2 + v2 , й
(й2 + V2)2 й2 + V2
- 0 => 1 - rf • й = 0 => й = —.
d
ио
d
Следовательно, образом окружности z - у
d
— на плоскости w
2
будет прямая й = — , параллельная мнимой оси Ov .
d
d
_d ~ d ,d
Возьмем на окружности Z~ — - — точки = — + * тг, Zi - d .
Z Z L L
1Л ' a ,1.1
Им на плоскости w будут соответствовать точки =---/ —,
d d
1 D
w2 = — . Видим, что при перемещении точки г от точки Z\ к точке
d
d
2
d
по окружности Z - у = — в направлении, оставляющем заданную
область слева, соответствующая точка ю перемещается по образу
этой окружности от точки к точке w2 так> как показано на
рис. 4.11. Следовательно, заданная область преобразованием w = —
Z
переводится в полосу 0 < Re w < — .
d
Преобразование vv = d • w переводит полосу 0 < Re w < — в поло-
жу
су 0 < Re vv < 1. Принимая во внимание результат задачи 6, получим,
что наиболее общее искомое отображение будет иметь вид и> = — + р/
Z
или w = — + 1 + /’Р, где р — произвольное вещественное число.
Z
Задача 13. Отобразить двуугольник, заключенный между ок-
di
РУЖНОС1Я М И “ 2
полосу 0 < Re w < 1.
£
2 '
d~
^2 d2 / л / л \
z~2=2 ’ На веР™кальнУю
2
Решение. По условию
задачи, обе окружности
4
2 И
d~
этого, нужно общую точку обеих окружностей, а именно точку z = О,
отобразить в бесконечно удаленную точку. Преобразование, пере-
водящее точку z = 0 в точку w = оо , есть w = - . Выясним, во что
Z ~ 1
заданная ооласть преобразуется при отображении w = —.
Z
= должны перейти в прямые линии. Чтобы добиться
111
Рис. 4.12
1) Рассмотрим окружность
Таким же способом, как
т =3
и в задаче 12, легко убедиться, что образом этой окружности на
плоскости w будет прямая Re w = —. Возьмем на окружности
4
(п d, . di
ТОЧКИ Zl = — + / — ,
1 2 2
Z^ = dx. Им на плоскости w бу-
дут соответствовать точки = — - i — = —. Заметим, что
dx ах > d{
при перемещении точки z от точки к точке по окружно-
4
2
г4
сти
в направлении, оставляющем заданную область
слева, соответствующая точка w перемещается по образу этой ок-
ружности от точки к точке (см. рис. 4.13).
112
^2
2) Рассмотрим окружность
—. Тем же способом, что
2
и в задаче 12, легко убедиться, что образом этой окружности на
плоскости w будет прямая Rew
_ d.
Возьмем на окружности
(2) ^2
точки ^1 = 2
ПЛОСКОСТИ W
w,(2) = — + i —,
d2
1
^2
2
Z2} =d2- Им на
соответствуют точки
wl2) = 4“ • Заметим, что
J2
при движении точки z от точки ^(2) к точке z^ по окружности
^2 ^2 а
Z - в направлении, оставляющем заданную область слева,
соответствующая точка w перемещается по образу этой окружно-
сти от точки w{2) к точке w22) (см. рис. 4.13). Следовательно, за-
г ~ 1
данная область преобразованием w = — переводится в полосу
Z
4“<Rew<^- (рис. 4.13).
d2 d\
1 1 р - 1
Преобразование w = w------переводит полосу “7" < ке w < ~т
d2 а2 а\
в полосу 0 < Rew < —--—, т. е. в полосу 0 < Re w < ——— . Преоб-
d\ d2 d\d2
d\d2 ~ ту z d2~ d\
разование w = —w переводит полосу 0 < Rew < —--------L в по-
J2 - dx d\d^
лосу 0 < Re w < 1. Значит, преобразование
d,d. (
w = ———
d2~dl <
~ 1 I
w-----
d2)
d\d2
1_
d2 ~dl
f^2 11
d2-dl{z J
отображает заданную двуугольную область на вертикальную по-
лосу 0 < Re w < 1.
113
Замечание. Принимая во внимание результат решения задачи 6,
получим, что наиболее общее искомое отображение будет иметь вид
d\ (d2 d\ fi ^2^ 1
W =---!- — - I + /Р ИЛИ W =--!- I---- + l 4- Zp ,
d2 ~~ d\ \ / d2 — d\ \
где P — произвольное вещественное число.
-a л Z- _ I
-----------,--------------„— 2
dt
— dt dt d2
Задача 14. Отобразить внешность кругов + 2 = 2 ’ %~2
d2
2
2 '
на вертикальную полосу: 0 < Re w < l так, чтобы w(d2) = 0 .
Решение. По условию задачи обе окружности (у0 и (у2) долж-
ны перейти в прямые линии. Чтобы добиться этого, нужно общую
у
(У1)
d7
“l
И’ — ?
Рис. 4.14
точку обеих окружностей г = 0 отобразить в бесконечно удален-
ную точку. Преобразование, переводящее точку z = 0 в точку w = ос,
есть w = —. Выясним, во что заданная область преобразуется при
d]
2
отображении й> = —.
Z
1) Рассмотрим окружность (у ।): Z + у- = . Тем же способом,
что и в задаче 12, убеждаемся, что образом этой окружности на
плоскости vv будет прямая: Re w = . Возьмем на окружности
d\
соответствовать точки: =
(?!) точки ~ ~ = ~di • Им на плоскости ы будут
1 • 1 -(о 1
d\ d\ d\
Н4
Заметим, что при движении точ-
ки z от точки к точке z^ по
окружности (yj) в направлении,
оставляющем заданную область
слева, соответствующая точка w
перемещается по образу (yj) этой
окружности от точки Wj(1) к точке
уЦ1) (см. рис. 4.15).
2) Рассмотрим окружность
Рис. 4.15
/ \ . ^2 _ ^2
ш/: z~~2 ~ ~2 • Тем же способом, что и в задаче 12, убеждаемся,
что образом этой окружности на плоскости w будет прямая
г» ~ 1 \ (2) ^2 • ^2
= —. Возьмем на окружности (Y2) точки = — + / — ,
U2 Z Z
= d2 • Им на плоскости w будут соответствовать точки
ж(2) = — уЙ2) = —.
^2 ^2 ^2
Заметим, что при движении точки z от точки z{2^ к точке ^2)
по окружности (у2) в направлении, оставляющем заданную об-
ласть слева, соответствующая точка w перемещается по образу
(у2) окружности (у2) отточки Wj2) к точке и^2).
Следовательно, заданная область преобразованием w = — пе-
Z
реводится в вертикальную полосу -3- < Re w < -^- (см. рис. 4.15).
и “2
п ~ - 1 1 о ~ 1
Преобразованием w* = w + — переводим полосу —— < Rew < —
d{ dx d2
ПТЭ~ 1 1 / r\ n ~ d] “Ь \
в полосу 0 < Re w* < — + — (т. e. в полосу 0 < Re w* < — --).
d{ d2 dxd2
Из рис. 4.16 легко видеть, что искомое преобразование будет
таким:
1 dxd2 ~ 1 iZiA I ~ 1 I 1 ^1^2 I 1 1
W = 1---= 1---------W +------- = 1-----+--------- =
4~ d2 d^ 4~ d2 d^ j d^ 4~ d2 z d\ j
= ^2) = °)-
Z(d{ + J2)
115
Рис. 4.16
Задача 15. Найти дробно-линейную функцию, переводящую
точки: г, = ~1, Z2 — i, Z3 = 1 + / соответственно в точки Wj = 0, и>2 = 2/,
w3 = 1 — /.
Решение. Существует, и притом только одно, дробно-линейное
отображение, переводящее три различные точки г,, г, плоскости
Z в три различные точки w2, w3 плоскости w. Оно определяется
соотношением
W-. w3 - w2 = z~Z\ Z3 ~Z2
w-w2 Wj-Wj z-Z2 Z3-Z]'
Следовательно, искомое дробно-линейное преобразование опре-
делится из соотношения
w 1-3/ z +1 1 2/(г +1)
-----------=----------=> у v =--------—.
w - 2/ 1 - / z - / 2 + / 4z - (1 + 5/)
Задача 16. Найти дробно-линейную функцию, переводящую
точки г, = -1. г2 = /, г3 = 1 + / соответственно в точки = /, w2 = ос,
W3=l.
Решение. По условию и>2 = оо . Следовательно,
.. w3-w2
Inn —------ = lim
И’2 ус w - w2 W2 ><n
^3 _ 1
r W2
= lim —------
- I
w2
А тогда соотношение (*) (см. задачу 15) в предельной форме
принимает вид
w - W1 ^Z~Z\ Z3~ Z2
w3 - Wj z - Z2 Z3 ~ Zi
116
Искомое дробно-линейное преобразование находится из со-
отношения
w - i z + 1 1 (1 + 2/)г + 6-3/
----=-------------------=> w = ------------ --.
1 - / z - / 2 + /-------------------5(z- /)
Задана 17. Найти дробно-линейную функцию, переводящую
точки z{ = _1 Z2 = 00, Z3 — i соответственно в точки Wj = /, w2 = 1,
= 1 + /.
Решение. По условию z2 = 00 • Но тогда
7 ^3 1
^2 ~ 1
।. г3 - г2 । • V ^2
hm —------- = lim —----------
Z-Z1 f z
г2 — - 1
^--1
= lim ---= 1.
A _ i
*2
Следовательно, соотношение (♦) (см. задачу 15) в предельной форме
примет вид
w - w3 - w2 _ Z~Zi
w-w2 - Wj £3 - Zi ’
Искомое дробно-линейное преобразование находится из соотно-
шения
w - / i_ _ z + 1 _ (1 + i)z + (1 + 3z)
w-1 1 / + 1 (1 + i)z + (3 + /)
Задача 18. Найти дробно-линейную функцию, переводящую
точки: Z' = ~ 1 Z2 - 00, Z3 = i соответственно в точки Wj = оо, w2 = /,
И-3=|.
%. ~ Zi
Решение. По условию z2 - оо, Wj = оо . Но тогда lim —-- = 1 и
Ь** Z-Z2
W - Wi
lim ------L = 1, и, следовательно, соотношение (*) (см. задачу 15)
W, IV3 - Wj
w3 - w2 _ Z - Z{
в предельной форме примет вид “ ~ ~ ~ . Искомое дроб-
W - w2 <3 - Z\
но-линейное отображение находится из соотношения
1 - / г + 1 iz + (2 + z)
--------=---------- => w =--------------------------
w - i i 4- 1 z + 1
117
Задача 19. Найти дробно-линейную функцию, переводящую
точки г, = — 1 z2 = 00, Z3 = i соответственно в точки Wj = 0, w2 = оо,
w3=l.
%- ~ Z2
Решение. По условию z? = °о, = оо. Но тогда lim —--- = 1 •
Z2^*z-z2
v w3 - w2 1 / X / ic\
hm — - = 1 и, следовательно, соотношение (*) (см. задачу 15)
w2->00 W-W2
vv-Wi _ z-Z\
в предельной форме примет вид ~ . Искомое дроб-
w3 - Wj <з - Zi
но-линейное преобразование находится из соотношения
w Z + l 1-z z . 1Ч
Т"77Т^'11
Задача 20. Найти дробно-линейную функцию по следующим
1 5 3.
условиям точки Zi = — , ^ = 2 неподвижны, а точка Z3 = — +—i пе-
реходит в оо .
Решение. Задача состоит в требовании найти дробно-линейную
Ж ’ 1,53.
функцию, переводящую точки Z\ = — > Z2 = 2, Z3 = — + — 1 соответ-
1
ственно в точки Wj = —, w2 = 2, w3 = оо .
т-r тт 1- w3 - w9
По условию w3 = 00 . Но тогда lim —-- = 1 и, следовательно,
w3->co W3 - Wj
соотношение (*) (см. задачу 15) в предельной форме примет вид
w - Wj = Z - Zl Z3 - ^2
W - w2 Z - Z2 z3 - Zi ’
Искомое дробно-линейное преобразование находится из соотно-
шения
1 13 3.
W~2 Z~2 ~4 + 4l * * 4 (l-4z)z-2(l-z)
w-2 z-2. 3 + 3 . 2(1 -i)z-(4-0
4 4
Задача 21. Найти дробно-линейную функцию, переводящую
точки zx = ~ 1, = 0, Zj = 1 соответственно в точки Wj = 1, w2 = z, w3 = —1,
и выяснить, во что при этом отображении переходит верхняя по-
луплоскость.
118
Решение. Дробно-линейная функция, переводящая три задан-
ные точки гр Z3 плоскости z в три заданные точки wp wv w3 плос-
кости w, определяется соотношением
Wj w3 - w2 = Z~Z{ Zy ~ Z2
VV - w2 w3 - Wj Z~Z2 Z3 - Z[
Следовательно, искомое дробно-линейное преобразование опре-
делится из соотношения
W —1 —1 —/ г + 1 1 z-i
---------- -------=> у V = --.
W - / -2 г 2 iz -1
Выясним теперь, во что преобразование w =---- переводит
/г-1
верхнюю полуплоскость: Im г > 0 .
Мы знаем, что дробно-линейная функция переводит окруж-
ность (в том числе и прямую) либо в окружность, либо в прямую.
У нас точки г, = — 1, ^2 = О, Z3 = 1 лежат на одной прямой: у = О,
-оо < х < +оо , а точки = 1, w2 = /, и>3 = -1 не лежат на одной пря-
мой. Значит, точки wp wv w3 лежат в плоскости w на окружности.
Возьмем в плоскости w уравнение окружности общего вида:
и1 + v2 + аи + bv + с - 0 •
Так как искомая окружность проходит через точки wp w2, w3, то
будем иметь
в точке = (1,0): 1 + а + с = 0;
в точке w2 = (0,1): 1 + b + с = О
в точке w3=(-l,0): 1-я + с = 0
=> а = 0; b = 0; с - -1.
Следовательно, прямая у = 0, -<ю < х < +оо переходит в окружность
и2 + v2 = 1 (т. е. |w| = 1).
Рис. 4.18
Рис. 4.17
119
Заметим, что при перемещении точки z по оси Ох от точки z} к
точке z2 и от точки к точке z3 соответствующая точка w переме-
щается по окружности | vv| = 1 в направлении от точки = 1 к
точке w2 = i и от точки w2 = / к точке w3 = — 1. Следовательно, об-
ласть, лежащая слева от прямой у = 0, отображается функцией
w = ——- в область, лежащую слева от окружности I w| = 1. Значит,
iz -1
верхняя полуплоскость Imz^O отображается в круг: |vv| < 1
(см. рис. 4.18).
Задача 22. Найти общий вид дробно-линейного преобразова-
ния, переводящего верхнюю полуплоскость на себя.
Решение. На оси Ох возьмем точки хр х2, х3 — любые, но такие,
что xt < х2 < х3, а на оси Ои — точки мр и2, и3, тоже любые, но такие,
что их < и2 < и3.
Искомое дробно-линейное преобразование определяется со-
отношением
VV - Щ -U2 _ Z~X{ Х3 - Х2 VV - Ux _ Z “ Xt
W-U2 Щ -U{ ^-Х2Х3-Х1 Z-X2'
~ и3 - ^2 £ х3 - *2 ~ £
где положено а - —--, о = —--. Отметим, что а и b — веще-
“з - Щ х3-хх
ственные, положительные.
тя - W-Ux ~ Z-X{
Из соотношения а----- = b---L находим
w -Z-Xq
_ (^i - )z + bx{u2 - аи^ _ az + b
(а - b)z + bxx -0X2 cz+d'
где положено
а = аих - bu2\b = bxxu2 - аихх2;с = d-b\d = bxx- ах2 .
120
Заметим, что а, 6, с, d — вещественные числа. Имеем
ad-bc- ab- (х2 - )• (и^ - их) > 0 .
>0 >0 >0
Таким образом, общий вид дробно-линейного преобразования,
переводящего верхнюю полуплоскость на себя:
az + b
™ =----7, где a, b.c.d — вещественные и ad - be > 0 .
cz + d
Задача 23. Найти отображение верхней полуплоскости на себя
такое, чтобы было: vv(0) = 1, w(z) = 2/.
Рис. 4.20
Решение. Из решения задачи 22 следует, что общий вид дробно-
линейного преобразования, переводящего верхнюю полуплоскость
_az + b
на себя, имеет вид w ----j, где a, b, с, d— вещественные числа и
cz + d
ad -be >0 •
По условию точка z ~ i переходит в точку w = 2/. Поэтому бу-
дем иметь
2i = => 2i(ci + d) = ai + b =>
=> - 2c + i • 2d = b + ia => b = -2c, a = 2d.
Следовательно, искомое преобразование будет таким:
2 J • £ - 2с dz~c
w =-------- => w = 2-----
cz + d cz + d
Так как ad - be > 0 , to d и с не могут быть равными нулю одно-
временно. Пусть для определенности с ф 0 . Тогда искомое преоб-
d 1
-z-l
разование можно представить в виде w = 2 • ——— . По условию
г+-
с
121
точка г = 0 должна перейти в точку w= 1. Поэтому будем иметь
1__
1 ~ ~ J/c ~с ~ ' Таким образом, окончательно получаем
Задача 24. Найти функцию и<г), отображающую круг |z| < R на
правую полуплоскость Re w > 0 так, что w(R) = 0 , w(-R) = оо ,
w(0) = 1. Выяснить, каков при этом отображении образ верхнего
полукруга.
z ~ R
Решение. Станем искать функцию и<г) в виде = к-------. При
z + R
таком преобразовании точка z = R переходит в точку w= 0, а точка
Z — — R — в точку w = оо . Отсюда заключаем, что окружность |z| = R
отображается в прямую линию. Множитель А: определяем из усло-
вия: vv(O) = 1- ^то условие дает
0-R
0 4-/?
= -к^> к = -1.
Таким образом, получаем w =------.
z + R
Убедимся, что найденное преобразование переводит окружное гь
|z| = R плоскости z в прямую и = О, —оо < V < 4-00 плоскости VV. Для
этого берем на окружности |z| = R какую-нибудь точку, например, точку
Z^ iR- Ее образом на плоскости w будет точка
R-iR 1-/
w(iR) =--------=------
v R 4- iR 14-7
-i. Следовательно, образом окружное™ |г| = R
Рис. 4.21
на плоскости w является мнимая ось Re w = 0 . Замечаем, что при
движении точки z по окружности |z| = R в направлении от точки
= R к точке = /7? и от точки = /Л к точке z3 = ~R соответ-
ствующая точка w перемещается от точки Wj = 0 по мнимой оси в
направлении, оставляющем правую полуплоскость слева. Значит,
преобразование w = ——отображает круг |z| < R на правую по-
z + R
луплоскость Re w > 0 .
r> R-z
Выясним теперь, во что преобразование w =----- отображает
z + R
верхний полукруг |z| < Л , Im z > 0 .
1) При решении первой части задачи мы установили, что точ-
ки z, = R, = iR, Z} — ~R верхней полуокружности |z| = R при ото-
с R-z п
бражении w =------ переходят соответственно в точки w, = О,
Z + R
w2 = —i, w3 =оо . Следовательно, образом верхней полуокружности
/ « = О,
|z| = R является мнимая полуось i < < q
J У = 0,
2) Найдем образ отрезка j < х < & Так как на этом отрезке
Z = x,m
W = и + IV =
R-x
R + x
у = 0, и =
R-x
R + x'
Имеем
R-x
u(-R + 0)= lim ——— =-к»; w(0) = 1; zz(7? - 0) = 0 .
x—>-j?+o R + x
123
J У = О,
Видим, что образом отрезка < х < является вещественная
О < и < -ню,
у = Э.
положительная полуось
Из соответствия направлений
обхода контура полукруга и кон-
тура образа этого полукруга, изоб-
раженного на рис. 4.22, приходим
к выводу, что образом верхнего
полукруга: |z| = Л , Im z > 0 явля-
ется четвертый квадрант, а имен-
ГО < и < -НЮ,
но угол: _^v^n
Задача 25. Найти точку, симметричную с точкой 2 + / относи-
тельно окружности: |z| = 1.
Решение. По определению симметричных точек относительно
окружности, имеем: |О/4| • |О5| = 1 (ибо радиус окружности R= 1),
= arg<4 = Ф- У нас |Ов| = |^| = V4 ч-1 = V5 , tgcp = у. Следова-
тельно,
1^,1 I I 1 tgcp 1 1 2
\ОА\ = Ы = sincp = - — - - = coscp= — =-=
А тогда
I 7 7
|ОС| = хА =|CM|coSCp = -^--^=±;
у 3 v 3 э
= =|CMlsincP = -7T--k = 7
V J yjj
2 4-/
Значит, ZA = хА 4- iyA = -у-.
Задача 26. Найти точку, симметричную с точкой 2 + / относи-
тельно окружности |z - /| = 3 .
Решение. По определению симметричных точек относительно
окружности, имеем |С4| • |СВ| = 9 ; точки В и А лежат на одном луче,
исходящем из центра Сокружности. У нас |СЛ| = 2 . Следовательно,
9 9 .9
|СВ| = - ,т. е. хв = Имеем ув = уА = 1. Значит, ZB = хв + iyB = - + '.
124
— b
Задача 27. Функция w = е'ф------=
z-b
(/> = а + /р , Р>0) отображает верхнюю
полуплоскость на единичный круг. Най-
ти: 1) aigw(x); 2) 3) выяснить,
какая часть верхней полуплоскости при
этом отображении сжимается и какая
растягивается.
Решение. 1) Пусть z = x (х— веще-
ственное). Имеем
и>(х) = e‘f IzL = е'*
х - Ь х - b
/ ч х -Ь
=> arg w(x) = ср + arg = =
х-b
= ср + (arg(x - b) - aig(x - /?)) = <p + 2arg(x -/>),
ибо arg(x - b) = - aig(x - b).
2) Имеем и/(г) = eiv (Z = e* b b-.
(z-b)2 (Z-b)2
3) w'(z) = e,lf b - = 2e,<p—^=-y => k'(^)| = —. Выяс-
(Z~b)2 (Z~b)2 1 1 |z_£|2
ним, когда |w'(^)| < 1 и когда |w'(z)| > 1. (Часть верхней полуплос-
кости, где |w'(^)| < 1, сжимается, а часть верхней полуплоскости, где
|m/(z)| > 1 , растя ивается.) Имеем
|w'(z)| < 1 « -^у < 1 « ----------------------- < 1.
|г-/>| (х - а)2 + (у + Р)2
Так как (х-а)2 > 0 , то последнее неравенство заведомо вы-
полняется, если (.у + р)2 > 2р . Мы рассматриваем верхнюю полу-
плоскость, значит, у нас у > 0. А тогда (у + р)2 > 2р , если р > 2 .
125
Таким образом, получаем: если р > 2 , то |и>'(г)| < 1 для любой точ-
ки верхней полуплоскости. Значит, вся верхняя полуплоскость сжи-
мается, если р > 2 .
Пусть 0 < р < 2 . В этом случае та часть верхней полуплоскости,
которая лежит вне круга |z — 2Г| < ^Др , сжимается, а та часть верх-
ней полуплоскости, которая лежит в круге |z - < л/2р , растягива-
ется.
Задача 28. Отобразить верхнюю полуплоскость Im z > 0 на
единичный круг так, чтобы w(i) = 0 , arg w'(z) = - —.
Рис. 4.25
Решение. Преобразование, которое осуществляет перевод верх-
ней полуплоскости Imz > 0 на единичный круг |w| < 1, в общем
виде записывается так: w = е/ф--= (1тр>0). В нашей задаче
Z-P
Р = i, р = -z. Следовательно, w = е/ф -—Имеем
Z + /
w'(z) = <?/ф Z + l f) = е'ф - 2l .
(z + i)2 (z + i)2
=> w'(0 = -|^/ф => ‘
По условию: arg w'(z) = —j. Следовательно, должно быть:
= => ср = 0 => eZ(₽ = 1.
2 2 Y
% — i
Значит, искомое отображение будет таким: w(z) =---
Z + i ‘
126
Задача 29. Отобразить верхнюю полуплоскость Im z > 0 на еди-
ничный круг |vv| < 1 так, чтобы w(a + //>) = 0; arg w'(a + ib) = 0
(d>0).
Решение. Как и при решении задачи 28, находим сначала, что
CZ i X 1ф % ~ ^0 1Л
должно быть Mz) = е -----;---— Имеем
Z (a-ib)
w'(z) = е'ф
i-2b
[z - (а - /7>)]2
=> + ib) - e'4’
-4b2
,elv
-i —
2b
71
2
По условию должно быть:
arg w'(a + bi) = 0 <^> 0 = q
<p = e .
Значит,
искомое отображение будет таким:
w(z) = ie,Q
Z-(a + ib)
Z-(a- ib) '
Задача 30. Отобразить верхнюю полуплоскость Im z > 0 на круг
|w - w0| < R так, чтобы точка z = i перешла в точку w = vv0 , а про-
изводная в этой точке (т е. w’(i)) была положительной.
Рис. 4.27
127
Рис. 4.28
Решение. Сначала отобразим Im z > 0 на
круг |w(z)| < R так, чтобы было: w(i) = 0 ,
w'(z) > 0 . Это преобразование будем искать в
z — i
виде w = к----. Точки оси Ох (плоскости z)
z + i
перейдут при этом в точки w, лежащие на
окружности |w| = R . В частности, при z = 0 бу-
дем иметь
Следовательно,
w = Re‘* => W'(z) = Rel<f 2‘ . => w'(z) = = -Re^
Z + i (z + z)z “4 2
Из выражения для w'(z) видим, что w'(z) > 0 лишь тогда, когда <р - .
.Л
I— % — I z — I
Таким образом, получаем w = Re 2---7 => w = iR---:. Теперь,
Z + l z + l
сделав преобразование параллельного переноса: w = w + w0 , полу-
чим требуемое дробно-линейное отображение:
w = iR----4- w0
Задача 31. Отобразить круг |z| < 2 на полуплоскость Re w > О
так, чтобы точка z = 0 перешла в точку w = 1; arg w'(0) = у.
Решение. Заметим, что точкой, симметричной точке w = 1 отно-
сительно прямой и = 0, будет точка w= -1, а точкой, симметрич-
ной точке z = 0 относительно окружности |z| = 2 , будет точка Z = °°.
Рис. 4.29
128
По условию точка z = 0 должна перейти в точку w = 1. Следова-
тельно, точка z - 00 должна перейти в точку w= — 1. Таким обра-
1 -1
зом, должно иметь место следующее соответствие точек: Z 0 00
Поэтому требуемое дробно-линейное преобразование станем ис-
7 w-1
кать в виде z = к w + | • Так как точкам границы Re w = О соответ-
ствуют точки, лежащие на окружности |z| = 2 , то, в частности, при
w = 0 будем иметь
-1
1
<=> 2 = |Л| => Л = 2е/<р
Следовательно, получаем Z = 2е'<₽ ——7
w + 1
Z + 2е'ф
й^'имеем
(2г*-г)2 4г2’
. f /г\\ л л л
По условию argw (0) = —. Значит, должно быть -ср = — => ср = .
Таким образом, окончательно получаем
w(z) =
Z + 'le '2
2е 2 -z
Z~2i
Z + 2/
=> w = -
Задача 32. Отобразить круг |z - 4/| < 2 на полуплоскость v > и
так, чтобы центр круга перешел в точку w = —4, а точка окружнос-
ти z = 2i перешла в начало координат (в точку w= 0).
Рис. 4.30
129
Решение. Положим Z = — (z - 4/). Тогдг
Z 4/ 2/
Z 0 -/
. Это пре-
образование переводит круг |z - 4/| < 2 в круг |z| < 1 • Положим те-
. п
перь w = е 4 w . Тогда:
-4 0
_4е-"1/4 0
. Это преобразова) ие полу-
плоскость v > и переводит в полуплоскость Im w > 0 .
Рис 4.31
Найдем отображение верхней полуплоскости Im vv > 0 на еди-
. п
ничный круг |г| < 1 такое, чтобы точка ю ~ -4е 4 перешла в точку
Z = 0 , а точка vv = 0 перешла в точку z = -/ •
/л
Заметим, что точкой, симметричной точке w = -4е 4 относи-
. я
тельно прямой v = 0 , будет точка w = -4е 4 , а точкой, симметрич-
ной точке z = 0 относительно окружности |г| = 1, будет точка £ = ос.
При этом должно иметь место следующее соответствие точек:
W -4е -4<?'п/4 . Поэтому отображение Im и >0 на |z| < 1
Z 0 оо
. л
/ -
. vv + 4е 4
ищем в виде z = *---------------
. л
и' + 4е 4
Так как точка w = 0 должна перейти в точку z = -/, то получаем
4е '4
Л
4б>'4
= ке 2
-ik к \.
130
Следовательно, z =---------. У нас
z7
w + 4е 4
Поэтому будем иметь
~ 1, ...
Z=-(z-4l);
w = е 4w.
1 , е 4(и> + 4) 1 ... w + 4 л iz + 1
-(z-4z) = —-ь-----=> ~(z-4i) =-------— =>w = -4 \
2 -/ZE 2 w + 4z z-2-4z
e 4 (w + 4z)
Рис. 4.32
Задача 33. Найти центр w0 и радиус окружности, на которую
функция w = ——— (Imz2 * 0) отображает действительную ось.
z-z2
Решение. Введем в рассмотрение точку z2, симметричную точке
относительно оси Ох. Так как функция w = -—— отображает точку г,
Z ~ Zz
в точку w = оо , то эта функция отображает точку z2 в точку w0, т. е.
в точку, симметричную точке w = оо относительно окружности
I w - и>01 = 7?. Таким образом, находим, что w0 = ——. Следовательно,
^2 - Z2
-R.
|w-w0| = /?»
1 1 z - z2 z2 - z2
„ Z2 + Z2 (x2 + iy2) + (x2-iy2)
Заметим, что точка z = - - —£=----------— (- x2) лежит
2 2 2
Х-Ь T-Г CZ Z~ Z\
на оси Ox. При преобразовании w =------ она перейдет в точку,
Z~ Zz
лежащую на окружности |w- w0| = R . Поэтому будем иметь
Ъ+Ъ 7
2 1 Z2-Zi
z2+z2 _ Z2~Z2
2 Z2
z2-Zi
Z2-Z2
Z2-Z1
Ъ-Ъ
Z2 -Zl
2Imz2 '
131
Задача 34. Найти функцию и<^), отображающую верхнюю по-
луплоскость на себя так, что w(a) = b , argw\a) = а (1тя>0,
1т/> >0).
Av (w)
Рис. 4.33
Решение. 1) Отобразим верхнюю полуплоскость Im < > 0 на еди-
ничный круг |w| < 1 так, чтобы было: Z а а
W 0 ос
как мы знаем, преобразованием
Это достигается,
—“ (*)
Z-a
2) Отобразим верхнюю полуплоскость [Jn w > 0 на единичный
круг |й>| < 1 так, чтобы было: W ь ь . Это достигается преобра-
W 0 00
зованием
= е1Ц) ——= (**)
w-b v 7
Из соотношений (*) и (**) находим, что должно быть
w ~ Z-a
w-b z-a’
132
Продифференцируем обе части последнего равенства по Z-
Получим
w’(z)(w-b)-w’(zHw - b) = е,((р^) (г-д)-(г-д)
(w-b)2 (z-a)2
w\z) -- °-, => w'(a) = e‘(lp ч')
(w-b)2 (Z-a)2 a-a
b-b 2lmb
Так как -— = —---
a-a 2 Im a
----> 0 (ибо по условию Im/> > 0 и
Im 47
Im47 > 0 ), to argw'(fl) = ср - щ. По условию argw'(fl) = a . Следова-
тельно, ср - ip = a; ez((₽-v) _ Значит, искомая функция w(z) оп-
ределяется соотношением
Задача 35. Отобразить верхнюю полуплоскость Imz>0 на
нижнюю Ini vv < 0 так, чтобы w(a) = а , arg w'(a) = (Im47 > 0).
Решение. 1) Отобразим верхнюю полуплоскость hn z > 0 на еди-
ничный круг |й>| < 1 так, чтобы было:
г 47 47
VV 0 00
. Это достигается
преобразованием
/<Р г - 47
w - е р---------—
Z -47
(*)
133
2) Отобразим нижнюю полуплоскость Imw<0 на верхнюю
полуплоскость Imw > 0 так, чтобы было:
тигается преобразованием
w a a
w -a -a
Это дос-
w = ein • w <=> w = -w .
3) Отобразим верхнюю полуплоскость Im w > 0 на единичный
круг |w| < 1 так, чтобы было: w -a -a . Это достигается пре-
w 0 00
образованием
й> + а
w = е у —--. (**)
w + a ’
Сопоставляя соотношения (*) и (**) и приняв, во внимание, что
w = -w, получим
w-д = г-g w-a = z-a
w-a z-a w-a z-a '
Продифференцировав no z обе части последнего равенства,
получим
w'(z) • Д~Д = е‘^ а~а => w'(a) = -е‘(^
(w-a)2 (z-a)2
=> iv'(a) = е'(’'+ф“ч') => aig w'(a) = л + ср - у.
По условию aig w'(a) = ~.
Следовательно,
71 4- ф — \|/ = => (р - \|/ = =е 2 = z’ •
Значит, искомая функция w(^) определяется соотношением
w-a _ .z-a
w-a z~a‘
134
Задача 36. Для функции w = е‘а Z 2 (| а |< 1), отображающей
1 - az
единичный круг на себя, найти: 1) arg м>(е'ф) = 0(<р); 2) w'(0) и w'(a);
3) Выяснить, какая часть единичного круга при этом отображении
сжимается и какая растягивается; 4) Найти max|w'(?)| и min |w'(z)|
для |г| < 1.
. е''? _ > Jv
Решение. 1) Имеем w(e‘^) = e,a----------:-- (здесь положено
а = Хе/ч/) =>
. e‘<f _ г v е‘ч> _ yj'v
=> wie"9) = e,ae~"p —---—— = е'(аф) -------- =>
е^-Хе'* е/ф-Хе'ф
=> arg ш(е'ф) = а - ср + 2 arg(e,<p - Хе'ф),
ибо arg(е'ф - Хе'4*) = -atg(e,<r - Хе/ф) • Имеем
е'ф-Хе"1' = (coscp-Xcosvg) + /(sincp-Xsiny) =>
/ ко л /шч sin ср-X sin w ,
=> aig(?'<₽ - Хе/ф) = arctg-------- + кп
COS (р - X COS 1|/ ’
где Х = 0 для первой и четвертой координатных четвертей, к = 1
для второй и к = — 1 для третьей. Таким образом,
а/ ч a sincp-Xsinq/ .
О(ср) = а - ср + 2 arctg------— + кп
cos ср - k cos ц/ ’
где к = 0 для первой и четвертой координатных четвертей, к= 1
для второй и к = -1 для третьей.
2) Имеем
Jl-g;).aU-g)g>, = 1 -g„ = = с,а 1- |о|*
(1-аг) (1-аг)2 (1-аг)2
=> w'(0) = е'а(1 - I а I2); W'(a) = е1а ——гЦут => w'(a) = —-—-
(1 - I а Г) 1- | а Г ’
3) Имеем |w'(<;)| = -J—если а = 0, то |w’(z)| = 1. Пусть
|1-аг|
а 0. Выясним, когда |vv'(^)| < 1 и когда |w'(^)| > 1 (часть единичного
135
круга, где |w'(z)| < 1, сжимается, а часть единичного круга, где
|w'(z)| > 1, растягивается).
I ,, Ч| , 1 - | а |2
H(Z)| < 1 -—Ну
|2
I 1
И2
1
<=> z-—
а
=> сжимается та часть единичного круга |z| < 1, которая лежит вне
круга
Z-i <
а
, а растягивается та часть, которая лежит
внутри круга
1
Z- —
а
4) Так как I w’(z)| = -—, то задача по нахождению наиболь-
|1-<
шего (и наименьшего) значений |и^(^)| в круге |z| 1 равносиль-
на нахождению наименьшего (и наибольшего) значений функ-
ции |1 - ц^|2 в круге |z| < 1.
По принципу максимума модуля (который будет установлен
позже): |1 - az|2 достигает своих наименьшего и наибольшего зна-
чений на границе круга |z| 1, т. е. на окружности |z| - 1
(<=> х2 + у2 = 1). Итак, станем искать наименьшее и наибольшее
значения функции |1 - 5^|2 на окружности х2 + у2 = 1.
Положим а = d + /0. Тогда а = d - /0 ;
1 - az = 1 - (а - /р)(х + iy) = (1 - dx - Ру) + /(0х - dy).
Следовательно, |1 -oj|2 = (1 - dx - Ру)2 + (0х - dy)2. Составляем
функцию Лагранжа:
Ф = (1 - dx - 0у)2 + (0х - dy)2 + Х(х2 + у2 -1).
Имеем
Ф’х = -2d(l - dx - 0у) + 2р(0х - dy) + 2Хх,
Ф’у = —2(3(1 - dx - Ру) - 2d((3x - dy) + 2Ху,
Ф'^ = х2 + у2 -1;
136
ф; = о,
фк =0
а(1 - ах) - р2х = Ах,
• Р(1 - Ру) - а2у = Ау, =>
х2 + у2 = 1
Х + (о,2 +р2)’
у=_ Р _ ,
А + (а2 +р2)
а
xi = I
у]&2 + Р2
бс
х2 = —/ >
7&2 + Р2
х2 + у2 = 1
У1 = < / .2;
Ja2 4- р2
7а2 + Р2
а + /р _ а
/а2 + р2 । а1
а + /В а
Z2 = Хг + /у2 = - , , = -7-7.
7<х2 + р2 ।а ।
Zi =*i +/>i =
Имеем
2
— 2 | |2
|1-^|2 = 1-^ =1-Н- =а-и)2,
2
и
и2
и
Ясно, что (1 - | а |)2 — наименьшее, а (1 + | а |)2 — наибольшее
значения функции |1 - а^|2 в круге |z| < 1. Следовательно,
maxlw'^l - 1 ~ 1 а I2 - 1+ lgl- minimi - _Lzl^£_ - И
1 21 (1- |а|)2 1- |о| 1 21 (1+ | а|)2 1+ | а\’
Задача 37. Отобразить круг |z| < 1 на круг |w| < 1 так, чтобы
было w| —-1 = 0 , aig w’1 | = 0 .
о
W = Z
Рис. 4.37
137
Решение. Возьмем общий вид дробно-линейного отображеиля
круга Ы < 1 на себя: w(^) = с,/ф * , где Id < 1; ср - ве цестве! ное.
1 - az
У нас по условию: мН — I = 0 . Следовательно,
--а
О = г"’ 1 2 , => 0 I 2« 0
1-Л 2-5 2
2
1
А тогда w(z) - eiv-=> и-(г) = e,v ——- . Имеем
.-1г
По условию arg w’ f i I = 0 . Значит, ф = 0 . А тогда искомое пре-
4 /ф
-еф =- ai£w I - I = ср
образование оудет таким: w =---
2-Z *
Задача 38. Отобразить круг |^| < 1 на круг |w| < 1 так, чтобы
было. w(a) - а , arg уг'(я) = а (| а |< 1).
Решение. 1) Сначала находим отображение круга |z| < 1 на круг
Z а 1/а
0 00
. Дробно-линейная фун-
|й>| < 1 такое, чтобы было:
кция, осуществляющая это отображение, будет такой:
1 - az
2) Затем находим отображение круга |w| < 1 на круг |й>| < 1 та-
кое, чтобы было:
W а 1/д
0 X)
. Дробно-линейная функция, осу-
ществляющая это отображение, будет такой:
/ш w - а
w = е ф--—
1 -aw
138
Сопоставляя соотношения (*) и (**), получаем
w ~ д _ ^/<р Z~a _w-а _ ^/(ф-ф) Z~a
1 - aw 1-az 1 - aw 1 - az'
Продифференцируем обе части последнего равенства по Z-
Получим
(1-aw)2 (l-яг)2 (1-mv)2 (1-яг)2
=> и/(я) = aig и/(a) = ф - Ц/.
По условию argw'(tf) = ос. Значит, ср-ц/ = а => eKq>-v) = е/а .
А тогда искомое отображение будет определяться соотношением
w-a = eta Z-a
1 - aw I-az
Задача 39. Отобразить круг |z| < R\ на круг |w| < R2 так, чтобы
w(a) = b, arg w'(d) = a (| a |< Rx, |/>| < R2).
Решение. 1) Отобразим
сначала круг |z| < R\ на круг
|й>| < 1. С этой целью вводим
в рассмотрение точку В (точ-
ку г5), симметричную точке А
(точке zA = я) относительно
Рис. 4.38
окружности: |z| < R\.
Должно быть:
d2 п2
И‘Ы = Л12; агё^? =aiga => = Щ’е>° =
Л2 =^_
|a|e-/ai8fl ZB U '
При отображении круга |z| < на круг |й>| < 1 потребуем, что-
бы было следующее соответствие точек:
Z а л2Л
W 0 00
. Станем
искать преобразование w(z) в виде
139
z-a z-a
w = k, ——— => w - -k,a — = к —----
R{ Л/ - az R2 - az
z —=-
a
(здесь к = -к}а). Точки окружности |z| = R\ должны перейти в точ-
ки окружности |vv| = 1, в частности, точка z = Л, перейдет в точку
окружности |и>| = 1 . Поэтому будет иметь место равенство
1=1*1
/?1 - а
R2 - aRt
R{-a
R{-a
R{ - а
R\- a
1 = pt| — |jt| = Я, => A; = Rlei'f
Таким образом, получаем
w = R^ Z, a
tf-az
(*)
2) Теперь отобразим круг |w| < R2 на круг |iv| < 1 . При отобра-
жении круга |w| < R2 на круг |w| < 1 потребуем, чтобы было следу-
ющее соответствие точек:
и в пункте 1), получим
w b ^22Л
0 00
. Совершенно так же, как
w = R2ehv
w - b
/?22 - bw ‘
(**)
Сопоставляя соотношения (*) и (**), находим
w-b = е/(1₽ ф) _ /?1 . z-a
R2 - bw R2 /?|2 - az
(=> ясно, что w(a) = b). Продифференцируем no zo7e части после-
днего равенства. Получим
=А. .)=>
(R2-bw)2 R2 (R2-az)2
= ,Aa) ' = i.
R R1 - \b\2
=> w’(a) = e/(<p ф) —*--—LL => aig w'CO = ф - = (x .
К2 /?!2-Ы 1
гго условию
140
А тогда е/(ф ф) = ela и, следовательно, искомое отображение
будет определяться соотношением:
= е,а Я1_
/?22 - bw R2
Задача 40. Отобразить круг |г| < 1
было: w(0) = ± и w( 1) = 0.
Z~a
R\ - az
на круг |w — 1| < 1 з iK, чтобы
Рис. 4.39
Р .с, 4.40
Решение. 1) Сделаем преобразование: w = w- 1. При таком пре-
образовании будем иметь следующее соответствие точек:
W 1 2 0
VV 1 2 -1
. Заметим, что точка Z - симметрична точке z ~ 0
относительно окружности |г| = 1, а точка >v = -2 симметрична точке
1 1-1 1
w = - — относительно окружности |w| = 1.
2 ) Станем искать отображение круга
й>| < 1 на круг |z| < 1 при
W 1 2 -2
Z 0 ОО
. Такое отображение
следующем соответствии точек:
. 1
IV 3-
э
будет иметь вид z~- к-------тг . По условию точка vv = -1 должна
iv + 2
1
переходить в точку ? — 1. Но тогда 1 = к —=> А = —2. Таким об-
. 1
w + -
разом, получаем z = -2------- . У нас и» = w - 1. Поэтому
й> + 2
1
w +1 ' W т 1 z. + 2
141
Задача 41. Отобразить круг |z - 2| < 1 на круг |w - 2zj < 2 так,
чтобы было: w(2) =/; arg и>'(2) = 0 .
Рис. 4.41
Решение. 1) Сделаем преобразования: g = Z - 2 ; w = --i. Об-
разами кругов |г - 2| < 1 и |w - 2z| < 2 будут соответственно круги
|z| < 1 и |и>| < 1 (см. рис. 4.42). Отметим, что точке z =2 соответству-
ет точка z = 0 , а точке w = i — точка w = => Точке z = 0 соот-
i
ветствует точка w = .
2) Найдем отображение круга |й>| < 1 на круг |г| < 1 такое, что-
бы было: W 2 -2/ . Такое отображение, как мы знаем, осу-
1 0 ОО
ществляет функция z = с"?--— (у нас а = — => а = —). Таким
1 - aw 2 2
образом, получаем
Z = e^
i
w + -
2
2w + i
2 - iw •
Рис. 4.42
142
У нас z = Z-2, w = -- i. Поэтому будем иметь
Z_2 = ?,(>L±2
2 - iw
Продифференцируем по < обе части пс леднего равенства.
1=w'^ • е'ф z.6 х21=1/(2 е'ф • I => w'&>=^к,ф
(2 - iw)2 9 2
(у нас по условию и>(2) = '.) А тогда arg w'(2) = -ср. По условию
должно быть argw'(2) = 0 . Значит, ср = 0 и искомое отображение
будет определяться соотнсшением
2(w - i) 2(z - 2 + i)
Z - 2 = —---- => w = —-----
2 iw 2 + iz-2i
Задача 42. Найти o6l хий вид дробно-линейного преобразования,
отображающего круг |г| < R на себя 1ак, ч робы было: w(a) = 0 (| а |< R).
Рис 4.43
Решение. Введем в рассмотрение точку В (точку zs), симметричную
точке А (точке относительно окружности |^| = R . Должно быть:
Ы-Ы = *2; =arg<< => ksl = p^;
_Л2?аго. R2 _/?2
В | я | | а | е 1 а а
Станем искать отображение круга |г| R на круг |w| < R при
следующем соответствии точек:
z a R2/a
w 0 oo
Требуемое дроб-
но-линейное преобразог 1ние ищем в виде
Z-a
R2
z--_-
а
: - z-a
w = —г----
R2-az
=> iv = к
Z-a
R2 - az
143
(здесь положено к = -кха ). Точки окружности |г| = R должны пе-
рейти в точки окружности |w| = R . В частности, точка z = R перей-
дет в некоторую точку окружности |w| = R . Поэтому будем иметь
равенство:
Я = |*1-
R-a
R2-aR
R-a _ |fc|
R-a R
|fc| = R2 => к = R2eiv ,
Ф — вещественное. Следовательно, искомое дробно-линейное пре-
образование будет таким:
w = e^R2
Z-a
R2 - az'
Задача 43. Найти общий вид дробно-линейной функции w(^),
отображающей круг |г| < R на себя так, чтобы было: w(a) = b
(\а\< R, \ b\< R).
Рис. 4.44
Решение. 1) Отобразим круг |г| <R на круг |w < 7?| так, чтобы
было w(a) = 0 (| а |< R). Такое отображение осуществляется функ-
цией
w = e‘vR2
Z-a
R2 - az
(см. решение задачи 42).
2) Отобразим круг |w| < R на круг |vv| < R так, чтобы было:
w(b) = 0 (| b |< R). Такое отображение осуществляется функцией
w = e'vR2
w-b
R2 - bw
(**)
(см. решение задачи 42).
144
Сопоставляя соотношения (*) и (**), находим
w b _ g/(<p-v) а
R2-bw R2-az
w-b
R2 -bw
_ ia Z a
R2 -az
(a = <p-\|/)
Задача 44. Найти общий вид дробно-линейной функции w(z),
отображающей круг |z| < R на себя так, чтобы было: w(R) = Ли
w(-R) = —R.
Решение. Пусть z = а — некоторая точка, лежащая внутри круга
|z| < R (=> | а |< R). Точкой, симметричной точке z = а относитель-
но окружности Ы - R , является z = -zr. Потребуем, чтобы имело
а
место следующее соответствие точек: Z а R2/a . Требуемую
W 0 ОО
функцию w(z) станем искать в виде
w = к{
Z-a
а
z-a
R2 - az
=> w = к
(здесь к = -кха ). Условие w(R) = R дает
R = k
R-a
R(R-a)
(*)
Условие w(—R) = —R дает
о , R + a
R = kR(R73)W
Из соотношений (*) и (**) следует, что должно быть
4^ = 4-^ ~ (R-a)(R + a) = (R + a)(R-a) «
R-a R+a
<=> (а - а) = (а - а) => 2(а -а) = 0 => а = а,
т. е. а должно быть числом вещественным и таким, что | а |< 1. Но
если а — вещественное число, то и соотношение (*) и соотноше-
ние (**) дают: к = R2, и, следовательно, искомая функция w(z) бу-
«-» п2 Z а
дет такой: w = R —z------
R2-az‘
Задача 45. Отобразить круг |г| < 1 на себя так, чтобы заданные
точки zx и z2 внутри круга перешли в точки а и —а (0 < а < 1);
найти а.
145
Решение. Введем в рассмотрение точку, симметричную точке
относительно окружности |^| = 1. Это будет точка - . Точкой, сим-
метричной точке w}= а относительно окружности |w| = 1, будет точ-
1 г
ка — . Так что будем иметь следующее соответствие точек:
Z Zl VZx
а 1/67
Требуемую функцию w(z) станем искать в виде, определяемом
соотношением
= к^-^- (к = к, ^-).
1-ZiZ а
при этом отображении vv(^)
w- а . z- Zi w-a
----г = к\----г => -----
»,-1 7-1
" Zi
Любая точка окружности |z| = 1
переходит в точку окружности |w| = 1. В частности, точка = 1 пе-
рейдет в некоторую точку w - е,ч> окружности |w| = 1. Поэтому
будем иметь
е^'-а _ е^(\-ае ^)
1 - ае‘* 1 - Z}
= к
1 - ael* 1 - Zi ’
|1 -ае iv
|| -<7£>'Ч'|
Так как
— 1, то из последнего со-
отношения следует, что |£| = 1 => к = е1(р. Таким образом, получаем,
что искомая функция w(^) определяется соотношением
= е/<₽
1 - uw 1 - Z[Z ‘
146
По условию задачи требуется, чтобы точка переходила в точ-
ку w = —а. Поэтому должно иметь место равенство
= е1ч> z2 ~
1+а2 l-?iZ2
=> arg—- <р + arg^2 _Zl => <p = л - aig ^2 _Z1
1 + а 1 — £1^2 1— £1<£2 •
=л
Выясним теперь, каким должно быть число а. Для этого обра-
щаемся к выражению (*). Так как |е/(₽| = 1, то из (*) находим
э w.
1 + а |1 £1^21
= 24^э<,г-2а.р£г1+1 = Оэ
Г4 “ ^21 1^1 Z2j
|l-^2|±7|l-^2|2-kl~ J
1*1 -bl
Задача 46. Отобразить круг |z| < 1 на себя так, чтобы отрезок
вещественной оси: у = 0, 0<х<а (а < 1) перешел в отрезок ве-
щественной оси, симметричный относительно начала координат.
Найти длину преобразованного отрезка.
Решение. Используем результаты решения задачи 45.
Рис. 4.46
147
Здесь в роли точки z} выступает точка г = а; в роли — точка
Z =0. На плоскости w в роли а выступает Ь. Следовательно, искомая
функция w(z) будет определяться соотношением
w-b Z-a
q> = 7t-arg(-a) = 7r-n = 0.
А тогда будем иметь
w-b _ z~a
\ - bw 1 - az'
По условию задачи требуется, чтобы точка z = 0 перешла в точ-
ку w = —Ь. Поэтому должно иметь место равенство
26 ,2 -.Ь . п ,1 П ? 1-71-а2
----г- = a^>b-2- + l= 0=>b = — I— - 1 =----------
1 + b2 а а V а1 а
(перед радикалом берем знак так как должно быть 0 < b < 1).
Длина р преобразованного отрезка [—Ь, Ь\ равна 2Ь. Следователь-
но, р = — (1 - V1 - я2).
а \ /
2. Отображения простейших двусвязных областей
Задача 47. Отобразить кольцо 2 < |z| < 5 на кольцо 4 < |w| < 10
так, чтобы w(5) = —4.
Решение. Для того чтобы существовало конформное отображение
кольца Г] < |z| < /‘2 на кольцо Rx < |w| < R2, необходимо и достаточно
Рис. 4.47
148
*2.
выполнение условия &
'|
. Здесь /•] и /?] - радиусы внутренних
окружностей, а г2 и /?2 — радиусы внешних окружностей. При этом
отображающая функция может быть только двух видов: w= к • z
или w = —. Заметим, что преобразование w = к z переводит внут-
z
реннюю окружность (уп) во внутреннюю окружность образа коль-
ца, т. е. в (у^), а внешнюю окружность кольца (уГ2) во внешнюю
окружность образа кольца, т. е. в (уr. ). Преобразование w = — пе-
Z
реводит внутреннюю окружность кольца (уГ() во внешнюю ок-
ружность образа кольца, т. е. в (У/г2), а внешнюю окружность коль-
ца (Уг2) во внутреннюю окружность образа кольца, т. е. в (У/?,) .
5^
2J'
то существует конформное отображение кольца 2 < |^| < 5 на коль-
цо 4 < | w| < 10 .
Условие Ц5) = -4 означает, что точка z = 5, принадлежащая внеш-
ней окружности кольца: 2 < |г| < 5 , должна перейти в точку w = —4,
принадлежащую внутренней окружности кольца: 4 < j w| < 10 . Поэтому
_ Г2
В нашей задаче г = 2. г= 5, R = 4, Я = 10. Так как « “ „
1 2 ’ I ’ Т А] Л
нужно взять отображение: w = —. Число к находим из условия:
к
и>(5) = -4 » -4 = - => к = -20.
20
Следовательно, w =----.
Z
Задача 48. Отобразить кольцо 1 < |z - 2/j < 2 на кольцо
2 < | w - (3 - 2Z)| < 4 так, чтобы и<0) = -1 - 2/.
Рис. 4.48
149
Решение. Имеем г. = 1, г'= 2, R. = 2, R. = 4. Так как = — (= 2),
1212 R{ Г1
то существует конформное отображение одного заданного кольца
на другое заданное кольцо. Отметим, что точка z = 0 принадлежит
внешней окружности кольца 1 < |г - 2/| < 2, а точка w = — 1 — 2z при-
надлежит внешней окружности кольца 2 < |w — (3 — 2/)| < 4 . Поло-
жим z = Z - 2/; й> = w - (3 - 2/). При таких преобразованиях коль-
цо 1 < |z - 2/| < 2 переходит в кольцо 1 < |г| < 2 , а кольцо
2 < |w — (3 — 2/)| < 4 — в кольцо 2 < |й>| < 4; точка z — 0 переходит в
точку z = -2/, а точка w = — 1 - 2i переходит в точку w = -4.
Точка z = -2i должна перейти в точку w = -4. Так как точка
Z = -2i принадлежит внешней окружности кольца 1 < |г| < 2 и
точка й> = -4 принадлежит внешней окружности кольца 2 < |й>| < 4,
то нужно взять преобразование вида w = kz • Число к находим из
условия’
2
й>(-2/) = -4 о -4 = к • (-2/) => к = - = -2/.
/
Следовательно, w = -2iz •
У нас z = Z -2/; w = w-(3-2i). Поэтому будем иметь
w - (3 - 2/) = -2i(z - 2i) => w = ~(2iz +1 + 2/).
Задача 49. Полуплоскость Re z > 0 с выкинутым кругом
|z - h\ < R (h > R) отобразить на кольцо p < |w| < 1 так, чтобы мни-
мая ось перешла в окружность |w| = 1. Найти р .
150
Решение. Введем в рассмотрение точки А и В, такие, чтобы они
были симметричными одновременно как относительно окружно-
сти |г-л| = я , так и относительно мнимой оси (Re z - 0). Пусть
х() (х() > 0) — абсцисса точки А (ордината точки А равна нулю). Тог-
да —х() — абсцисса точки В (ибо точки А и В симметричны относи-
тельно оси Оу). Из того, что точки А и Асимметричны относитель-
но окружности |г - h\ = R , следует, что должно быть: |С4| • |СВ| = R2.
У нас |С4| = h - х0, \СВ\ = h + х0. Поэтому
(й - х0)(й + х0) = R2 <=> й2 - Хд = R2 => х0 = yjh2 - R2 •
Берем следующее соответствие точек:
г -Хр
IV 0 ОО
(точки
и!7=0 и w = оо симметричны одновременно относительно обеих
окружностей: |w| = р и |w| = 1). Станем искать требуемое преобра-
зование в виде w = к -——. По условию требуется, чтобы мнимая
ось перешла в окружность |w| = 1. Но тогда точка z = 0, лежащая на
мнимой оси, должна перейти в некоторую точку w, лежащую на
окружности |w| = 1 . Следовательно, должно быть
|К0)| = 1 = |£|.
0 + ?0)
=> |£| = 1 к = е‘\
Таким образом, получаем
iv Z - *0 /<р Z - >1 h2 - R2
w -- е ₽-------------- => w - е р----------------. .
+ хо z + ylh2 - R2
151
Займемся теперь определением радиуса р внутренней окруж-
ности кольца р < |w| < 1. Точки окружности |z - /г| = А переходят в
точки окружности |w| = р. В частности, точка z = h — R перейдет в
некоторую точку окружности |w| = р. Поэтому будем иметь
(yfh^R)2 -J(h-R)(h + R)
+ J(h-R)(h + R)
Jh-R-Jh + R
у/ h — R + у/ h + R
h-R-2slh2-R2 +h + R
h-R-h-R
h-ylh2-R2
R
=> P =
Задача 50. Полуплоскость Re z > 0 с выкинутым кругом
|z - h\ < 1 (Й > 1) отобразить на кольцо 1 < |w| < 2 . Найти h.
Решение. Найдем пару точек (точки А и В), симметричных од-
новременно как относительно окружности |z - h\ = 1, так и отно-
сительно мнимой оси (Rez = 0 ).
Пусть х0 (х0 > 0) — абсцисса точки А (ордината точки А равна
нулю). Тогда —х0 — абсцисса точки В (ибо точки А и В симметрич-
ны относительно оси Оу). Из того, что точки А и В симметричны
относительно окружности |z - h\ = 1, следует, что должно быть:
|С4| • | ВС| = 1. У нас |С4| = h - х^; |СВ| = h + х^. Поэтому
152
Берем следующее соответствие точек:
Z
0 00
. (Одну
из симметричных точек отображаем в точку w = 0, а другую —
в точку w = оо; точки w = 0 и w = оо симметричны одновременно
как относительно окружности |w| = 1, так и относительно окруж-
ности |w| =2.) Станем искать требуемое преобразование в виде
w = к-——. Точка z= 0, лежащая на мнимой оси, перейдет в неко-
г + хо
торую точку, лежащую на окружности | w| = 2. Следовательно, дол-
жно быть
|Н0)| = 2 = |£|.
= |Л| => к = 2е/<р.
Таким образом, получаем
w = 2ei,f => w = 2e‘v Z 1
Z + Xo z + ^lh2-!'
Займемся теперь определением й. Точки окружности |z - h\ = 1
переходят в точки окружности |w| = 1. В частности, точка z — h — 1
перейдет в некоторую точку окружности | w| = 1. Поэтому будем иметь
|ил(Л-1)| = 1 = 2
(Л -1)-Ул2 -1
(Л - 1) 4-л/а2 - 1
А тогда
25 ,
£ — I_1
= 2е/ф-____- => w = 2е/<₽
@5~ 4z + 3.
Н16’1
Задача 51. Эксцентрическое кольцо, ограниченное окружностя-
ми |z - 3| = 9, |z - 8| = 16, отобразить на кольцо р < |w| < 1. Найти р.
153
Рис. 4.52
Решение. Найдем пару точек 4 и В. взаимно симметричных од-
новременно относительно обеих окружностей: |z-3| = 9 и
|z - 8| = 16 . Пусть х, — абсцисса точки А\ х2 — абсцисса точки В
(ординаты точек А и В равны нулю). Имеем
|ЯС|| = |3- Х||; |2?С,| = |3-^|; |ЛС2| = |8-х,| ; |ВС2| = |8-х2|;
|лс,| |5С,| = |(3-Л-,)(3-х2)| = 81,
|ЛС2| |ВС2| = |(8- х,)(8 - х2)| = 256 Х’
Таким образом, точка zA = 0, а точка zB = — 24.
Одну из симметричных точек отображаем в точку w = 0, а дру-
гую в точку w = оо .
1) Пусть
Z 0 -24
0 00
. Станем искать требуемое преобра-
зование в виде
w = к ——— => w - к —-—
Z + 24 z + 24 ’
Точка z = 24, лежащая на внешней окружности, перейдет в некоторую
точку и; лежащую на окружности |w| = 1. Следовательно, должно быть
74
Н24)| = 1=Н ~ => \к\-2^к=2е'\
4 о
154
Поэтому w = е/<₽ .
z + 24
Найдем теперь р . Точка z = 12, лежащая на внутренней окруж-
ности, перейдет в некоторую точку w, лежащую на окружности
|w| = р. Поэтому
H12)| = p = |i
2) Пусть Z -24 0 . Ищем требуемое преобразование
0 ОО
7 z + 24 _ 1Э
в виде w = к----. Точка z = 12, лежащая на внутренней окружно-
Z
сти, перейдет в некоторую точку w, лежащую на окружности |w| = 1.
Следовательно, должно быть
Н12>|=1=И'Ц^и=|э‘=г'’-
Поэтому w = е,<р z +
3. Отображения круговых луночек и областей с разрезами
Задача 52. Отобразить угол 0 < arg z < ла (0 < а < 2) на верх-
нюю полуплоскость Im w > 0 .
Рис. 4.53
Решение. Рассмотрим функцию w = za > гДе о > О (веществен-
ное). Пусть z = rel<p, w = pe'v. Имеем w - za = rae‘((p+2kn)a ,
к = 0, ± 1,... . Считаем к = 0. Тогда |vv| = р = ra , aig и> = = аср.
/ Ф = Фо>
Возьмем в плоскости z луч 1 п „ При отображении w = za
I U Г < +00.
155
I V=^<Po> 1
of переходит на плоскости w в луч in Если взять а - —,
и х р “гОО.
то при вращении луча ср = <р0 от ср0 = 0 до ср0 = жх луч в отсбра-
1
жснии вращается от ц/ = О до Ф = — • ла = л.
1
Вывод: функция w = za отображает угол 0<argz<^a
(0 < а < 2 ) в верхнюю полуплоскость.
Задача 53. Отобразить угол <arg£ на верхнюю полу-
плоскость так, чтобы: w(l — z) = 2, w(z) = — 1, w(0) = 0.
Рис. 4.54
л
Решение. 1) Положим z = e*z Получим
2) Положим w = z4/3. Получим
3) Отображение w = и>(й>) находим из следующего соответствия
точек
W 22/3 0 -1
W 2 0 -1
156
——- • - = — — -----------Цтт- => (w - 2)(1 + 22/3 )w = 3w(w - 22/3) =>
iv 3 w 1 + 2*3
^=> Принимая во внимание, что w = z^3 = (eln/4z) = e'^3z^3, нахо-
дим окончательно
2(1 +^ein/3z4/3
W ~ (л/4 - 2)е,л/3г4/3 + 3s/4 ’
Задача 54. Найти функцию w(z), отображающую полукруг |z| < 1,
Imz >0 на верхнюю полуплоскость так, чтобы было w(— 1) = 0;
w(0) = 1; w(l) = оо .
Решение. 1) Положим w
z -1 0 1 i
0 1 00 i
(дробно-
линейное преобразование переводит окружность, в том числе и
прямую, либо в окружность, либо в прямую). Ви-
дим, что w(z) переводит полу <руг |z| < 1, Im z > О
\й > О,
в первый координатный угол 1 ~ > q
2) Делаем преобразование
Z -1 0 1
w 0 1 00
Это преобразование отображает полукруг |^| < 1, Im z > 0 на верх-
нюю полуплоскость Imw>0. Замечаем, что требуемое соответ-
ствие точек имеет место.
Задача 55. Найти функцию w(z), отображающую полукруг |г| < 1,
Imz>0 на верхнюю полуплоскость так, чтоб было vv(l) = — 1,
w(— 1) = 1, w(0) = оо .
157
Рис. 4.56
z 1 -1 0
w -1 1 00
Решение. Используем результат задачи 54. Преобразованием
/ 1 I
w = —— отображаем полукруг И < 1, Im z > 0 на верхнюю по-
U-zJ
луплоскость Im w > 0 . При этом получаем следующее соответствие
точек:
z -1 0 1 Z
w 0 1 00 -1
. Остается найти преобразование верх-
ней полуплоскости на саму себя так, чтобы было:
w 00 1 0
w -1 00 1
. Имеем в об-
так как по условию должно быть
z 1 0 -1
w -1 00 1
щем случае
W — W3 - W2 _ W - Wj W3 - Й>2
w-w2 w3 - w-w2 W3 - Wj ’
у нас w2 = 00 , = oo . Поэтому
W-Wi w3-w? w + 1 -1 1 + w
------- = —---- => = => w =
W3 - w - w2 2------------------------w-1-1 - W *
TT ~ H+zV ll-zj z2+l
11 - ZJ
Задача 56. Найти функцию m<z), отображающую полукруг |z| < 1,
Im z > 0 на круг |w| < 1 при условиях: и{—1) = —1, w(0) = — i, w(l) = 1.
158
Решение. 1) Отобразим сначала полукруг |г| < 1, Im z > 0 на верх-
нюю полуплоскость Im > 0. Для этого возьмем, например, следу-
ющее соответствие то1 ек:
z -1 0 1
w 0 1 00
Преобразование
7 1 + \2
vv = —— отображает полукруг Ы < 1, Im z > 0 на верхнюю по-
луплоскость Im й> > 0 . При этом требуеА ое соответствие точек вы-
полняется (см. решение задачи 54).
2) Займемся теперь отысканием преобразования, отображаю-
щего верхнюю полуплоскость Imvt >0 на круг |w| < 1 при *.леду-
ющем соответствии точек: w с 1 oo . Заметим, что эта таб-
w -1 -/ 1
лица находится в полном сог; асии с таблицей (♦). Берем общее
дробне-линейное преобразование, переводящее три различные
заданные точки плоскости й> в три различные заданные точки
плоскости w. Так как у нас й>3 = оо , то это преобразование будет
иметь вид
W - Wj W3 - W2 VV - VVj
W - W2 W3 - Wj vv - w2
w + ! 1 + / _ w
w + / 2 w -1
w(/‘ - 1) + (1 + /)
w(i - 1) - (1 + /)
=> разделив числитель и знаменатель на (/ — 1), находим w =-;
w + z
7 1 \ z
- I 1 + Z ] г>
у нас w = ---- . Следовательно,
U - z)
(1 + о2 _
w = (1~^ = (О О2
(1 + z)2 . G + z)2+/(1-г)2
d-z)2
z2 + 2z + 1 - i(z2 - 2g +1)
Z2 +2Z + 1 + i(z2 -2z + l)
w = (1-/)Z2 +2г(1+ /•) + (!-/)
(1 + i)z2 + 2^(1 -/) + (1 + i) '
Раздел1.м числитель и знаменатель на (1 — /). Будем иметь
г2 + 2/z +1
•V = —---------
iz +2z + i
159
Задача 57. Найти функцию w(z), отображающую полукруг |z| < 1,
Imz > 0 на круг |w| < 1 при условиях: w
71
2’
Решение. Используем результат решения задачи 55. Было пока-
зано, что преобразование w = -
г2 + 1
2г
отображает полукруг |z| < 1,
вещественное число. Но тогда
Imz>0 на верхнюю полуплоскость
Im vv > 0 . Отображение верхней полуплос-
кости Imw > 0 на круг |w| < 1 имеет вид
w = е/ф ——£, где = ос + /0 , 0 > 0 , Ф —
w-b
w = е'ф----
2z
Из условия = 0 находим:
1 1 •«.
-- + 1 + ID
0 = е1<р—у------ =>
+ 1 + ib
4
Следовательно,
/Ф Z2 +1 + 2bz
Z2 +1 + 2bz
3 3
- + ib = 0 => b = —i.
4 4
и,_с/Ф2^+2 + 3^
2z2+2-3iz
=> w'(z) =
12i(l-z2)ei4>
(2z2+2-3iz)2
3 ei<V
=> w' f — | = 12/ —------ => w' | — | - 5iei<f => aig w' \ — | - — + <p •
<2j 3 l2j Ы 2 T
160
,( I \ Л „
По условию aiE w I — I - - —. Значит,
Л ZCD —/тг 1
у + ср = => ср = -л; е ф = е = -I.
Поэтому искомое преобразование w(z) будет таким:
w(z) = -
2z2 + 2 + 3iz
2z2 + 2- 3iz
w(z) = -
2z2 +3iz + 2
2z2 - 3iz + 2 ‘
Задача 58. Найти функцию w{z3, отображающую область |z| > I,
Im z > 0 на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.59
Z — l
Решение. I) Положим w =-------. Тогда
z + l
Z 1 / -1
W 0 Z 00
. Видим,
что верхняя полуокружность при таком отображении переходит в
положительную мнимую полуось: й = 0 , Im v > 0 . Соответствие
направлений обхода отмечено на рис. 4.59 и 4.60.
Часть вещественной оси у = 0, < х < -I перейдет в часть веще-
х — I
ственной оси v = 0,1 < й <+оо ( lim --= +оо,
x->-l-0x + l
х — I
lim----- = I). Часть вещественной оси у = 0,
х +1
I < х < +оо переходит в отрезок вещественной оси
v = 0, 0 <й <1 ( lim ——- = +0; lim ——= 1).
х->1+0 X + 1 х->+оо х + 1
Рис. 4.60
Соответствие направлений обхода отмечено на рис. 4.59 и 4.60.
2)
w = w2:
W 1 0 /
1 0 -1
. Таким образом,
искомое преобразование будет таким:
z-iY
z + ij ’
w =
161
Задача 59. Найти функцию wfc), отображающую сектор |z| < R,
О < arg z < яа (0 < а < 2) на верхнюю полуплоскость.
Решение. Сначала построим отображение заданного сектора на
полукруг |z| < 1, Im z > 0. Для этого нужно изменить радиус секто-
1 1
ра в — раз, а затем угол с вершиной в точке z = 0 в — раз. Следо-
вательно, отображение z(z) должно иметь вид
/ j
Z = —Z (берем ветвь степенной функции,
соответствующую к = 0).
2) Теперь нужно найти преобразование, отображающее полу-
круг |г| < 1, Im z > 0 на верхнюю полуплоскость. Такая задача нами
была решена (см. задачу 54). Используем результат, полученный
при решении задачи 54. Будем иметь
Задача 60. Найти функцию w(z), отображающую область |z| > R,
0 < arg z<7ca (0<ос<2)на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.61
162
Решение. 1) Сначала построим отображение заданной области
на область |z| > 1, Imz>0. Это отображение будет таким:
1/а
(берем ветвь степенной
функции, соответствующую к = 0).
2) Теперь нужно найти преобразо-
вание, отображающее полученную об-
ласть: |z| > 1, Im z > 0 на верхнюю по-
луплоскость. Такая задача была решена нами (см. задачу 58). Используем
результат, полученный при решении задачи 58. Будем иметь
fz-if
W= —7
е\1/а
R
^1/a+AVaj •
Задача 61. Найти функцию w(z), отображающую круговую лу-
ночку |z| < 1, |z - zj < 1 на верхнюю полуплоскость.
Решение. 1) Найдем точки пересечения обеих окружностей
x2 + y2 = 1,
x2 + (y -1)2 = 1
, V3 1 V3 .1 V3 .1
^Х = ±Т’У=2 =>^=-T + /2’^=T + ,2-
2) Найдем угол между касательными к окружностям в точке
их пересечения (например, в точке В)
(I) 2х + 2уу’ = 0 У'\в=-Л №=-л/3),
(И) 2х + 2(у-1)У = 0 => у'|д = Д (Лг=73),
tgo = ** = = -Д => о = —.
1 + ^*2 1-3 3
163
3) Положим z = -—— (одну из точек пересечения окружнос-
z-zB
тей отображаем в точку z = 0, а другую — в точку z = оо). При
таком преобразовании каждая из окружностей отображается в пря-
мую линию. Замечаем, что точка z = 0, принадлежащая окружности
I .| 1 г- ~ 4-1 — 14- Д/3
|z - /| = 1, отобразится в точку z = —т=-=--, а точка z = /,
V3 + / 2
принадлежащая окружности |z| = 1, отобразится в точку
1 .V3
Z 2 1 2 '
Круговая луночка отобразится в угол раствором
2к
Т
с вершиной в точке z = 0 (см. рис. 4.63).
4) Преобразованием w = w3/2 получаем (см. рис. 4.65):
164
Задача 62. Найти функцию w(z), отображающую круговую лу-
ночку |z| < 1, |z — /| > 1 на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.66
Решение. Используем некоторые результаты, полученные при
2z - УЗ - /
z-zB
решении задачи 61. В частности, что точки zA =——+ —,
л/3 i 2тс . тс
ZB + 2 ИЧТ°УГОЛ 0 = 7t~y => 0 = з •
1) Как и в задаче 61, полагаем
-у/3+i _
Z ~~2~
Уз +/
z Т~
Замечаем, что точка z = 0, принадлежащая окружности |г — z| = 1, ото-
с ~ -1+/V3
бражается в точку z =----, а точка z — ~i, принадлежащая окруж-
। । 1 с - 1 + />/з v
ности |z| = 1, отображается в точку z = —-— Круговая луночка ото-
Рис. 4.67
Таким образом, окончательно находим
W = w3 = (e~n/3z}3 = e^lnz3 = -Z3
2г + УЗ - i
2z-j3-i
165
Задача 63. Найти функцию и>(г), отображающую круговую лу-
ночку |z| > 1, |z — /| < 1 на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.68
Решение. Используем некоторые результаты, полученные при
Д1 D .1 Д .1
решении задачи 61. В частности, что zA = —— +1 —, zB = — +1 —
и что 0 = —. Как и в двух предыдущих задачах, полагаем z = -—— =>
3 z-zB
- Zz + Jl-i Q
=> z =---7=— • Замечаем, что точка z — i, принадлежащая окруж-
2z-V3-z
ill.- - 1 + / v 3 *.
ности |z| = 1, отображается в точку z =--— > а точка Z — 2i, при-
। 1 - 1-м/З
надлежащая окружности |z - /| = 1, отображается в точку Z = —-—.
Каждая из окружностей |z| = 1 и |z - /| = 1 отображается в соответ-
ствующую прямую линию, а заданная круговая луночка отобража-
ть
ется в угол раствором — с вершиной в точке z = 0 (см. рис. 4.69).
Рис. 4.69
166
Задача 64. Найти функцию и<г), отображающую область |z| > 1,
|z - z| > 1 на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.70
Решение. И здесь используем результаты, полученные при реше-
„ -ТЗ i >/3 /
нии задачи 61. В частности, что ZA = —— + —, Zg = —+ — и что
0-_. Как и в трех предыдущих задачах, полагаем
3 э /^ •
~ _ Z - ZA _ 2z + V 3 - l
Z -------- ----. Замечаем, что точка z — принадлежащая
Z - Zb Zz~4^ - i
1 V3
окружности |z| = 1, отображается в точку z = — + i -у-, а точка z = 27,
принадлежащая окружности |z-/| = l, отображается в точку
1 V3
Z - — - i . Каждая из окружностей |z| = 1 и |z - i\ = 1 отображает-
ся в соответствующую прямую линию, а заданная область отобра-
2 л
жается в угол раствора — с вершиной в точке z = 0 (см. рис. 4.71).
Рис. 4.71
(берется ветвь степенной фун-
кции, соответствующая к = 0).
167
Задача 65. Найти функцию w(z), отображающую круговую лу-
ночку: |z| > 2, |z - >/2| < -72 на верхнюю полуплоскость.
f2,y = ±y/2,
Решение. 1) Находим точки пересечения обеих окружностей
х2 + у2 = 4,
(x-V2)2 + у2 = 2
так что zA = 72(1 - z), zB = л/2(1 + z).
2) Найдем угол между касательными к окружностям в точке
их пересечения, например, в точке zA- Имеем
(I): 2(x-V2) + 2yy'=0 => = О (^ =0);
(II): 2х + 2уу’ = 0 => у'\ =1 (^=1);
tg0 = FTT- = 1^0 = 7-
1 + 4
П - Z~ZA - z- 72(1 - 0 .
3) Положим z =--— => Z-----7=^--- (одну из точек пе-
Z - Zb Z- 72(1 + z)
ресечения окружностей отображаем в точку z = 0, а другую — в
точку z = оо )• При таком преобразовании каждая из окружностей
отображается в соответствующую прямую линию. Чтобы устано-
вить, в какую прямую переходит окружность |z - 75| = V2 , нужно
взять на этой окружности какую-нибудь точку, отличную от zA,
и найти ее образ в плоскости z Возьмем, например, точку % = 2^2
Ее образом является точка z = i • Чтобы установить, в какую пря-
мую переходит окружность |z| - 2 , возьмем на ней какую-нибудь
168
точку, например z=2, и находим ее образ. Образом точки z=2
1 1 .
является точка Z = --у= 1 ’ ТепеРь видно, что заданная круго-
7С
вая луночка отображается в угол раствором — с вершиной в точке
Z = 0 (см. рис. 4.73).
Рис. 4.73
=> w = й>4 => w = (-zz)4 = Z4 => w = [-———
^-V2(l + z)J *
Задача 66. Найти функцию w(z), отображающую внешность
единичного верхнего полукруга на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.74
Решение. Заданная область ограничена двумя линиями: верх-
ней единичной полуокружностью |z| = 1, Im z > 0 и отрезком ве-
щественной оси у = 0, —1 <х<1. Точки z= ~1 иг = 1 являются точ-
ками пересечения этих линий. Одну из этих двух точек отобразим
в точку z = 0 , а другую — в точку z = 00 • Это достигается преобра-
зованием
Z + 1
Z-1
Z =
. При таком преобразовании и окружность |z| = 1,
и вещественная ось отображаются в прямые линии. Выясним, во
что при этом перейдет полуокружность |z| = 1, Im z > 0 . Для этого
берем какую-нибудь точку, отличную от точек z = — 1 и z = 1, на-
пример, точку z = z, и находим ее образ. Образом точки z = z на плос-
кости z является точка z = -z • Следовательно, образом верхней еди-
ничной полуокружности будет отрицательная мнимая полуось.
169
Выясним теперь, во что перейдет отрезок вещественной оси:
у=0, — 1 <х<1. Для этого берем на обсуждаемом отрезке какую-
нибудь точку, отличную от точек z = ~ 1 и z— 1, например точку
Z = 0, и находим ее образ. Образом точки z — 0 на плоскости z явля-
ется точка z = -1 • Следовательно, образом отрезка у = 0, — 1 < х < 1
будет отрицательная вещественная полуось. Образом заданной об-
ласти на плоскости z будет область, изображенная на рис. 4.75.
71
е
w = (eln/2z^
‘-з
w = е 5
Рис. 4.75
Задача 67. Найти функцию w(z), отображающую плоскость с
разрезом по отрезку [—1, 1] на верхнюю полуплоскость.
VA О)
4 (г)
Рис. 4.76
Решение. 1) Переведем отрезок [—1, 1] в вещественную полуось.
Для этого составляем дробно-линейную функцию, которая пере-
ведет точки z = — 1 и z = 1 соответственно в точки z = 0 и z = оо.
~ 1 + £
Такой будет функция z = к--. С ее помощью отрезок [—1, 1]
перейдет в полупрямую, проходящую через начало, т. е. через точку
Z = 0. Чтобы полученная полупрямая совпала с положительной
170
вещественной полуосью, подберем к так,
чтобы точкам отрезка [—1, 1] соответствова-
ли положительные числа. Потребуем, напри-
мер, чтобы при z = 0 было z = 1 • Тогда полу-
Рис. 4.77
чим к = 1. Итак, функция Z =
1 + Z
1-Z
отображает
заданную область на всю плоскость z с разрезом по положительной
вещественной полуоси (см. рис. 4.77).
X1/Z
2) Преобразование w = z^2 => w = + решает поставлен-
U-zJ
ную задачу (берем ветвь степенной функции, соответствующую к = 0).
Задача 68. Найти функцию w(z), отображающую плоскость с
разрезом по отрезку [—/, /] на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.78
Решение. 1) Переведем отрезок [—/, z] в вещественную полуось.
Для этого составляем дробно-линейную функцию, которая пере-
ведет точки z~~i и z= i соответственно
в точки z = 0 и z = 00 • Такой функцией бу-
- z + /
дет z = к--. С ее помощью отрезок [—i, z]
Z I
перейдет в полупрямую, проходящую через
точку z = 0. Чтобы полученная полупрямая
совпала с положительной вещественной по-
Рис. 4.79
луосью, подберем к так, чтобы точкам отрезка [—/, z] соответствовали
положительные числа. Потребуем, например, чтобы при z = 0 было
Z = 1 • Тогда получим к = -1. Таким образом, функция z = ото-
г 1 z“z’
бражает плоскость z с разрезом по отрезку [—z, zj на всю плоскость z
с разрезом по положительной вещественной полуоси (см. рис. 4.79).
/. + xl/2
2) Преобразование w = z^2 => w = --- решает поставлен-
U-z)
ную задачу (берется ветвь степенной функции, соответствующая к = 0).
171
Задача 69. Найти функцию w(z), отображающую плоскость с
разрезом по отрезку [zp Z^] на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.80
Решение. 1) Переведем отрезок [zp zj в вещественную полуось.
Для этого составляем дробно-линейную функцию, которая пере-
водит точки zx и Zi соответственно в точки z = 0 и z = оо-. Такой
функцией будет z = к——— • С ее помощью отрезок [zp Z21 перей-
Z~ Z2
дет в полупрямую, проходящую через точку z = 0. Чтобы получен-
ная полупрямая совпала с положительной вещественной полу-
осью, подберем к так, чтобы точкам отрезка [zp соответствовали
положительные числа. Потребуем, например, чтобы при z =
было z = 1 • Тогда получим
1 = к-
Z1+Z2
2
~Z!
=> 1 = £ • Z2 Zl =>к--1.
Zi~Z2
Итак, функция Z = —— отображает плоскость z с разрезом
Z ~ Z2
по отрезку [zp z^] на плоскость z с разрезом по положительной
вещественной полуоси (см. рис. 4.81). Преобразование w = z,^2 =>
Рис. 4.81
=>w =
г,
I Z~ Z\
решает поставленную за-
дачу (берется ветвь степенной функции, со-
ответствующая к = 0).
Задача 70. Найти функцию w(z), ото-
бражающую плоскость с разрезами по лу-
чам (-оо, - 7?], [7?, + оо) (7? > 0) на верхнюю полуплоскость.
Решение. 1) Составляем дробно-линейную функцию, которая пе-
реводит точки z = ~R и z = R соответственно в точки z = 0 и z = °° •
172
Рис. 4.82
Такой функцией будет Z ~
С ее помощью (-оо, -Л] U [Л, +°°)
перейдет в полупрямую, проходящую через точку z = 0. Чтобы полу-
чаемая полупрямая совпала с положительной вещественной полуосью,
подберем Л так, чтобы точкам (-оо, - 7?] U [А, + оо) соответствова-
ли положительные числа. Потребуем, например, чтобы при = —27?
было z = 1 • Тогда получим 1 = к • —— =>
—31?
=> к = 3. Таким образом, функция
~ ~z + R
Z = 3---- переводит плоскость z с раз-
z R
резами по лучам: (-оо, - /?] U [1?, + оо)
(7?>0)на всю плоскость z с разрезом
по положительной вещественной полуоси (см. рис. 4.83). Заметим,
что при отображении Z = 3----- луч (-оо, -1?] переходит в отре-
z ~ R
зок [0, 3], а луч [1?, + оо) переходит в луч [3, +оо).
2) Преобразованием w = z^2 => w = V31 + 1 решается постав-
ленная задача (берегся ветвь степенной функции, соответствующая к = 0).
Задача 71. Найти функцию w(z), отображающую плоскость с раз-
резом по расположенному в первом квадранте лучу, выходящему из
точки z = i параллельно прямой у = х, на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.83
Рис. 4.84
173
Решение. Преобразованием z = Z~i отображаем заданную об-
ласть на всю плоскость z с разрезом по расположенному в пер-
л
вом квадранте лучу, выходящему из точки z - 0 под углом —
к оси Ох
w = е in^(z-i)i/2
Это преобразование решает поставленную задачу (берется ветвь
степенной функции, соответствующая к = 0).
Задача 72. Найти функцию w(z), отображающую плоскость с раз-
резом по дуге окружности, соединяющей точки z = ~ 1 и = 1 и про-
ходящей через точку z = ih (0 < h < 1) на верхнюю полуплоскость.
Решение. 1) Составим дробно-линейную функцию, которая пе-
реводит точки z = — 1 и z = 1 соответственно в точки z. = 0 и z = °о.
'Г -а. - л 9 + z + i
Такой функцией будет Z = к---
z -1
С ее помощью дуга, соединяю-
щая точкиг = — 1 и z = 1 и проходящая через точку z = ih (0 < h < 1),
перейдет в полупрямую, проходящую через точку z = 0. Чтобы
получаемая полупрямая совпала с положительной вещественной
полуосью, подберем к так, чтобы точкам указанной выше дуги
соответствовали положительные числа. Потребуем, например, что-
бы при z = ih было z = 1 • Тогда получим
, rih + l ih-1 1-й2 . 2й
1 = к~,—7 => й = ——- => к =---+ i------=-.
ih -1 ih +1 1 + h2 1 + h2
174
Таким образом, функция Z =
1-й2 . 2h "I Z + 1
----v +1----г----т переводит
1 + h2 1 + h2) Z-l
заданную область в плоскости z на плоскость z с разрезом по
положительной вещественной полуоси (см. рис. 4.86). Преобра-
зованием
w = zl/2
1-й2 . 2й Y/2 fz + lV72
----7 + 1-7 * 7
1 + Й2 \ + h2) kZ-lJ
решается поставленная задача (берется ветвь
степенной функции, соответствующая к = 0).
Замечание. Легко проверить, что
9 , 2/1
1-Й2 . 2Й _1Л -<arctg-j-72
------V +1---------V = е е !"л
1 + й2 1 + й2
Рис. 4.86
А тогда
л Д . 2/1 z . х 1/2 .1 4 2Л / _ х 1
_/ -/—arctg——j (z + IY/2 . _z arctg—j (> + 1 Y
w = e 2 i-л -------------- = * i-л ----------
Iz-lJ Iz-iJ
Задача 73. Найти функцию w(z), отображающую полуплоскость
Im z > 0 с разрезом по отрезку [0, /й], h > 0, на верхнюю полуплос-
кость.
Рис. 4.87
Решение. 1) Сделаем преобразование z = Z2 (это преобразова-
ние удваивает углы с вершиной в точке z = 0). Положительная ве-
щественная полуось плоскости z переходит в верхний берег веще-
ственной положительной полуоси плоскости отрицательная
вещественная полуось плоскости z переходит в нижний берег ве-
щественной положительной полуоси плоскости z • Отрезок [0, ih]
перейдет в отрезок [—й2, 0] вещественной оси плоскости z (ибо
(ih)2 = —h2, см. рис. 4.88).
175
Рис. 4.88
2) Преобразование
w = w1/2 => w = (г + й2)1/2 => w = (г2 + й2)1/2
решает поставленную задачу (берем ветвь
степенной функции, соответствующую к = 0).
v| (w)
Задача 74. Найти функцию w(z), отображающую полуплоскость
Im z > 0 с разрезом от ih до оо вдоль положительной мнимой
полуоси (й > 0) на верхнюю полуплоскость.
Решение. 1) Делаем преобразование z = Z2 • При таком преобра-
зовании положительная вещественная полуось переходит в верх-
ний берег положительной вещественной полуоси Ох; отрицатель-
ная вещественная полуось — в нижний берег положительной
вещественной полуоси Ох. Луч от ih до оо вдоль положительной
мнимой полуоси (й > 0) переходит в луч от —й2 до -оо вдоль от-
рицательной вещественной полуоси Ох.
Рис. 4.90
Рис. 4.91
2) Составляем дробно-линейную функцию, которая переводит
точки z = 0 и z = -й2 соответственно в точки w = 0 и w = оо. Такой
7 о
функцией будет w = к---т. С ее помощью (^ю, -h ] U [0, +оо)
Z + h
176
перейдет в полупрямую, проходящую через точку w = 0. Чтобы
получаемая полупрямая совпала с положительной вещественной
полуосью, подбираем к так, чтобы точкам из (-оо, - й2] U [0, +оо)
соответствовали положительные числа. Потребуем, например, что-
бы при z = ~2h2 было w = 1. Тогда получим
1 = £—
-2h2 + h2
= к-2=> к = -
2 ‘
1 z
Таким образом, функция w = —--------у переводит плоскость z
2 Z + fr
с разрезами по лучам (-^о, -й2], [0, +оо) на всю плоскость w
с разрезом по положительной вещественной полуоси (см. рис. 4.91).
3) Преобразование
if z f
l2\z + h2)
( 2 \V2
Z I
.z2 + a2J
решает поставленную задачу (берется ветвь степенной функции,
соответствующая & = 0).
Задача 75. Найти функцию w(z), отображающую полуплоскость
Im z > 0 с разрезом по дуге окружности |z| = 1 от точки z — 1 ДО
точки z = eia , где 0 < а < п, на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.92
w = w^2
Решение. 1) Сначала возьмем дробно-линейное отображение
~ 1 1
Z =---т > переводящее точки z = 1 и z = — 1 соответственно в точ-
Z + 1
ки£ = 0иг = оо. При таком отображении и ось Ох и дуга окруж-
ности, пересекающиеся в точке z =1 под прямым углом, перейдут в
лучи, исходящие из точки z = 0 и пересекающиеся под прямым
углом. Так как точки вещественной оси Ох перейдут в точки веще-
ственной оси Ох, то точки дуги окружности перейдут в точки от-
- л ~ е/а -1 . ос
резка на мнимои оси Оу отточки z = 0 до точки Z = —-= i tg—
ela +1 2
Ct 7С ОС
(по условию, 0<а<л=>0<у <— => tgy > 0 )•
177
Рис. 4.93
Рис. 4.94
Рис. 4.95
~ ~2 . 2 а
™ = Г+tg2-
2) Преобразование
\1/2
~2 . 2
z2+ tg у I
w = й>1//2
у/2
Z + 1J 2 I
решает поставленную задачу (берем ветвь степенной функции,
соответствующую к = 0).
Задача 76. Найти функцию, отображающую угол 0 < arg £ < тф,
где 0 < р < 2 , с разрезом по дуге окружности |^| = 1 от точки z = 1
до точки z = е1а , где 0 < а < р , на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.96
Решение. Выполним преобразова-
ние z = Z1^. Получим область, изоб-
раженную на рис. 4.97. Для плоскостей
Z и w имеем задачу 75. Используем
решение этой задачи. Будем иметь
Рис. 4.97
w =
у/2
* 2 а
+,8¥
Z , ч2 \V2
+tg^
U1/₽+U 2Р
(при рассмотрении степенных функций каждый раз берем ветви,
соответствующие к — 0).
178
Задача 77. Найти функцию w(z), отображающую внешность еди-
ничного полукруга с разрезом по отрезку [0, —/] (внешность “ло-
патки”) на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.98
Решение. 1) Выполним преобразование Z =
Z + 1 ~
-—-. Это преобра-
зование отображает точку z=~l в точку z = 0, а точку z= 1 —
в точку z = оо . При этом отрезок [—1, 1] и дуга окружности перей-
дут в лучи, проходящие через точку z = 0 . Так как точки отрезка
[-1, 1] перейдут в точки вещественной положительной полуоси
Ох и так как отрезок [—1, 1] и полуокружность пересекаются под
прямым углом, то образом полуокружности в плоскости z будет
луч, совпадающий с положительной мнимой полуосью. Прямоли-
нейный отрезок [0, —/] отобразится в дугу окружности. Найдем ее.
Для этого берем уравнение окружности в плоскости z в общем
виде: х2 + у2 + ах + by + с = 0 . Заметим, что образом точки z = 0 бу-
дет точка z = l; образом точки z=~i будет точка Z =
i - 1- //2 3 4
образом точки Z = - — будет точка Z = ^+[/2 = 5 ~ 5*Z* ’ ^ак
как искомая окружность проходит через точки ? = 1, z = -i,
~ 3 .4
Z = - -1 —, то получаем систему
1 + а + с = О,
<l-Z> + c = O, => а = 0,Ь = 0,с = -1
, 3 4,
1 + -а- — Ь + с = 0
Значит, искомая окружность имеет уравнение х2 + у2 = 1 <=> |z| = 1.
В плоскости z получим область, изображенную на рис. 4.99.
179
Рис. 4.99
=> Z = e 2z(= -iz)
n (i)
Рис. 4.100
2) Положим w = • При этом преобразовании:
2/3
точка £ = -i переходит в точку w = =ein = -1;
точка I = -1 переходит в точку w = (е/71)^3 = е 3 .
Рис. 4.101
Замечаем, что для плоскостей w и ммы по-
лучили задачу, аналогичную задаче 75 для плос-
костей z и ж Поэтому поступаем так же, как и
при решении задачи 75, а именно: сначала вы-
w +1
полняем преобразование Z* = -т—-, перево-
дящее точки w = -1 и w = 1 соответственно в точки г* = 0 и
Z* = оо . При таком отображении и ось Ой, и дуга окружности,
пересекающиеся в точке w = -1 под прямым углом, перейдут в
лучи, исходящие из точки z, = 0 и пересекающиеся под пря-
мым углом. Так как точки вещественной оси Ой перейдут в
точки вещественной оси Ох*, то точки дуги окружности пе-
рейдут в точки отрезка, расположенного на мнимой оси Оу* от
180
3) Преобразование
W = w1/2 = £
1V/2
з
x2 \V2
w + lY ! II
w-lj + 3
fF3+if i
U2/3-iJ з
\V2
-> \V2
'e4*/3^3+1Л 1
-W3^/3_il +з
/ i \2/3
fa/3[ z+1)
ll-zj
/ 1 \2/3
in/3 ( Z + l]
11-Z J
\V2
( e 171/3 (z +1)2/3 + (1 - z)213 Y
J, е“/л/3 (z +1)2/3 - (1 - z)2/3 J
решает поставленную задачу. (Ветви степенных функций берутся
соответствующими к=0.)
Задача 78. Найти функцию w(z), отображающую круг |z| < 1 с
разрезом по радиусу [0. 1] на верхнюю полуплоскость.
Решение. 1) Сначала сделаем преобразование z = \[z
.<р+2кп
(z = y/Tz\ е 2 , = 0, 1). Возьмем ветвь, соответствующую к = 0.
/ф
Тогда z = y/\z] • е 2 . Имеем z = |z| etQ.
Отметим, что <р = 0 переходит в 0 = 0 , а
ср = 2тс переходит в 0 = я. Изменению ф от 0
до 2л соответствует изменение 0 от 0 до тс.
При этом преобразовании верхний берег раз-
реза переходит в отрезок [0,1], а нижний бе-
рег — в отрезок [—1, 0] (см. рис. 1.105).
181
2) Полученная область (см. рис. 4.105) ограничена двумя ли-
ниями: верхней единичной полуокружностью |z| = 1 и отрезком
вещественной оси у = 0 , -1 < х < 1. Точки z = -1 и z = 1 являются
точками пересечения этих линий. Одну из этих двух точек отобра-
зим в точку z# = 0 , а другую — в точку = оо . Это достигается
z + 1
преобразованием z* =---.
Z-1
При таком преобразовании и окружность, и вещественная ось
отображаются в прямые линии.
Выясним, во что при этом перейдет полуокружность: |z| = 1,
Im z > 0 . Для этого берем на полуокружности какую-нибудь точ-
ку, отличную от точек z = -1 и z = 1, например точку z = /, и
находим ее образ. Образом точки z = i является точка z* = -/ •
Следовательно, образом верхней единичной полуокружно-
сти будет отрицательная мнимая полуось.
Выясним теперь, во что переходит отрезок вещественной
оси: у = 0 , -1 < х < 1.
Для этого берем на отрезке [—1, 1] какую-нибудь точку,
отличную от точек z = -1 и z = 1 , например точку z = 0 , и на-
ходим ее образ. Образом точки z = 0 является точка z* = -1 •
Следовательно, образом отрезка у = 0 , -1 < х < 1 будет от-
рицательная полуось.
3) Преобразование
-2 2
W = W = Z* =
решает
поставленную задачу.
Задача 79. Найти функцию w(z), отображающую внешность круга
|z| < 1 с разрезом по лучу [1, оо) на верхнюю полуплоскость.
182
Решение. 1) Выполним сначала преобразование
,.ф+2£т1
Z = z^2 (= yj\~z\ -е 2 ) • Возьмем ветвь, соответствующую к = 0. Будем
иметь z =| z |^2 е/ф/2 • Пусть z. = г • е/ф. Тогда z = zi/2
При таком преобразовании луч
( ср = О, Г ф = О,
[1 < г < 4ЮО переходит в луч < - <
( ср = 2л,
а луч переходит в луч
1/2,ф = *
2
Г ф = 7С, Г Г = 1,
[1 < Г < +00. Окружность |0<ф<27г
J =
переходит в полуокружность | о < ф < к
область отобразится в область, изображенную на рис. 4.108.
Следовательно, заданная
z +1
2) Теперь выполним преобразование w = -—- . Это преоб-
z -1
разование отображает точку z = -1 в точку w = 0 , а точку
Z = 1 — в точку w = оо. Окружность и вещественная ось ото-
бразятся в прямые линии. Чтобы выяснить, во что переходит
полуокружность |z| = 1, Im z > 0 , нужно взять на полуокружно-
сти какую-нибудь точку, отличную от точек z = -1 и z = 1 , на-
пример точку z = /, и найти ее образ. Образом точки z = / яв-
ляется точка w = -z. Следовательно, образом верхней единичной
полуокружности будет отрицательная мнимая полуось. Легко
понять, что образом промежутка (-оо, -1] будет отрезок [0,1),
а образом промежутка [1, +оо) будет [1, +оо). Значит, образом
области, изображенной на рис. 4.108, будет область, изображен-
ная на рис. 4.109.
183
Рис. 4.109
zo
3) Преобразование w = w = -w = -
шает поставленную задачу.
Задача 80. Найти функцию w(^), отображающую круг |z| < 1 на
( п
плоскость iv с разрезом по лучу I -00> “ I при условии, что w(0) = 0,
Рис. 4.110
Решение. 1) Преобразование Ч = + переводит область,
заданную на плоскости w, в область, изображенную на рис. 4.111.
Рис. 4.111
Рис. 4.112
По условию: vv(O) = 0 => w(0) =
z
Г
184
2) Отобразим верхнюю полуплоскость Imw > О на единичный
КРУГ И < 1 так> чтобы было
преобразованием
/<pW-j/2
w + z‘/2
i/2 -i/2
00
. Это достигается
i_ z + e,ip
2 z-e‘^ '
w
z
О
У нас w =
Имеем
W+4I
i_ z + ei<r
~2'z-elv
ifz + e1*']
4 ’ 4z-e'<₽J
= j_ 4el4,z
4'(z-ei<p)2
lTz + e'^2
4[z ~е‘
1Г(г + е'ф)2 /
=> W = - ------ 1
4[(z-e,<p)2 J
(z-e1*)2 ’
1
"’ + 4
7<р
w,fe) = е„ (l-W-lzfl-e1’) = е„ -(z + e”)
-----z~i ГТ => W'(0) =
(z-e1^----------------(г-е/ф)3
= е“/ф = cos ср - i sin ср.
По условию: w'(0) > 0 . Значит, sin <р = 0, a cos <р > 0 => ср - О
или ср = 2л. В обоих этих случаях е/<₽ = 1 . А тогда
w ?—
(Z~eiv)2 (z-1)2'
4. Отображения посредством функции Жуковского
Задача 81. Найти функцию w(z), отображающую круг |z| < 1 с
Г1 J
разрезом по отрезку —, 1 на верхнюю полуплоскость.
185
Решение. 1) Сначала воспользуемся преобразованием Жуков-
ского:
- 1Г 1
21 z.
- 1Г и
и = — г + — coscp,
21 г )
- 1Г П •
V = - г — sin ср.
21 г)
ср = О,
плоскости w; б) верхний берег разреза
Эта функция: а) окружность |z| = 1 переводит в отрезок [—1, 1]
и я
г’1]1 {1/2<г<1 пеРе-
Г1<й<5/4,
водит в нижний берег 1 у = О*
гй
в) нижний берег разреза
( ср = 2л,
11/2 < г < 1 пеРев°Дит в ^рхний берег
] у - о Следовательно, заданная область отображается функ-
цией Жуковского на область, изображенную на рис. 4.114.
2) Переведем точку w = -1 в точку w, = 0 , а точку w =
их w + 1 _
в точку w. = оо . Это достигается преобразованием w, = ———- . Вы-
w — 5/4
5’
4
ясним, во что переходит при таком преобразовании разрез -1, — .
(W*)
Рис. 4.115
Для этого на отрезке
кую-нибудь точку, отличную от точек
й> = -1 и = -|, например, точку w = 0.
Образом этой точки на плоскости и; яв-
5‘
4
берем ка-
4 Г
ляется точка w* = -у . Значит, разрез -1
рицательную вещественную полуось плоскости w*. Имеем, таким
образом: область, изображенная на рис. 4.114, переходит в область,
изображенную на рис. 4.115.
отображается на от-
М
186
3) Теперь выполняем преобразование: w = el7lw* = . Получаем
(w)
4) И, наконец, преобразование
1 1(
1 + - z + -
21 z)
5 1( П
4 2C + J
решает поставленную задачу. (Берется та ветвь степенной функ-
ции, которая соответствует к = 0.)
Задача 82, Найти функцию w(^), отображающую круг |z| < 1 с
разрезами по радиусу [—1, 0] и отрезку [а, 1] (0< а <1) на верхнюю
полуплоскость.
Решение. 1) Сначала заданную область преобразуем с помощью
функции Жуковского
. 1Г 1
W = - k + -
21 Z,
- 1Г с
и = —I г + — coscp,
21 г)
-if IV
v = —I г — sincp.
21 г)
Эта функция:
а) переведет окружность |z| = 1 в отрезок [—1, 1] плоскости w;
J ср = 0,
б) верхний берег разреза [а, 1]: V < r < j переведет в нижний
2k а)
v = 0;
берег
187
в) нижний берег разреза [а, 1]:
ср = 2л,
< г < 1 переведет в верхний
берег
1< и < —fа + —
21 а
v = 0;
I Ф = л,
г) верхний берег разреза [—1,0]: lg < r < j переведет в нижний
берег | - = 0.
I ф =
д) нижний берег разреза [—1,0]: 1g < r < j переведет в верхний
С—оо < й < -1,
беРег | р = 0
Следовательно, заданная область
отображается функцией Жуковского
на область, изображенную на рис. 4.117.
Рис. 4.117
4) Преобразование
решает поставленную задачу (берется ветвь, соответствующая к = 0).
Задача 83. Найти функцию w(^), отображающую внешность
единичного круга |г| < 1 с разрезами [—а, —1] и лучу [1, +оо), где
а > 1, на верхнюю полуплоскость.
188
Рис. 4.118
Решение. Заданную область преобразуем с помощью функции
Жуковского
~ 1( 1
w = - к + -
21 z
~ 1Г
и = —I г + — cos ф,
2k г)
-if IV
v = —I г — sin ср.
21 г)
Эта функция:
а) переведет окружность |z| = 1 в отрезок [—1, 1] плоскости w;
б) переведет и верхний, и нижний берега луча [1, +оо) в луч
[1, +оо) плоскости w;
в) верхний и нижний берега отрезка [—а. —1] в отрезок
2
-1
на плоскости w.
Следовательно, заданная область отобразится в область, изоб-
раженную на рис. 4.119:
Рис. 4.119
Преобразование
решает поставленную задачу. (Берется ветвь, соответствующая к = 0.)
Задача 84. Найти функцию w(£), отображающую верхнюю по-
ловину круга |z| <1 с разрезом по отрезку [0, az] (0<а<1) на
верхнюю полуплоскость.
189
Рис. 4.120
Решение. 1) Преобразованием z = Z2 переводим заданную область
Рис. 4.121
в область, изображенную на рис. 4.121.
2) Полученную область (см. рис. 4.121)
преобразуем с помощью функции Жуков-
ского
. 1С 1
w = - £ + -
2< г,
- 1Г
и = — г + — coscp,
z = reiv
- If 1V
v = —I г— sincp,
21 r J
С помощью этого преобразования:
а) окружность |z| = 1 переходит на плоскости w в отрезок [—1, 1];
б) точка z = -ос2 переходит в точку w = --Vос2 + -^у1 < -1, ибо
2 k a2 J
Г1 (1 V
0 < ос < 1, а следовательно,-ос > 0 => I---а > 0 <=>
la J 1а J
1 2 1^2 1^1 1^2 1^ 1
<=> —у+ а2 >2 => => - а + —у > 1 => -- а + —у < -1-
а2 2^ ос ) 2^ а ) ’
J ср = 0,
в) отрезок (верхний берег) 1 q < r < j
(нижний берег);
(ср = 2л,
г) отрезок (нижний берег) ] о < г < 1
(верхний берег);
J1 < й < +оо,
переходит в i у = о
J1 < й < +оо,
переходит в j ~ _ п
Ср = 7U,
д) отрезок (верхний берег) о<г<а2
переходит
1(2 11
-оо < й < — а +^- , (нижний берег);
2 k а2)
v = О
190
в
е) отрезок (нижний берег)
(р = 7С,
О < г < а2
переходит
If 2 П
-оо < и < — а + —г- ,
21 ^.2 г
4 а 7 (верхний берег).
v = О
Следовательно, область, изображенная на рис. 4.121, переходит
в область, изображенную на рис. 4.122.
Рис. 4.122
Рис. 4.123
переводит область,
_ W + 1
3) Преобразование w, =-------------р
1 [ 2 1
w + - <* + т
21 а2,
изображенную на рис. 4.122, в область, изображенную на рис. 4.123.
4) Преобразование
w +1
. if 2 Г
21 а2.
If. 1^1 1
2Г1Г1
11Л 1 г 2 И
5 z+? +5 а + —
2 \ Z ) 2 V ос у
' п2
z + -
z)
1 2 1 2 1
I Z + -у + а2 +—Z-
! Z а2
решает поставленную задачу. (Берется ветвь, соответствующая к — 0.)
Задача 85. Найти функцию w(^), отображающую верхнюю по-
ловину круга |z| < 1 с разрезом по отрезку [ос/, /] (0 < ос < 1) на
верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.124
191
Решение. 1) Преобразованием z = Z2 переводим заданную об-
ласть в область, изображенную на рис. 4.125.
2) Полученную область (см. рис. 4.125) преобразуем с помо-
щью функции Жуковского:
Рис. 4.125
. 1Г~ 1
W = - Z + -
21 Z.
1 Г 2 И
w = -7 а +— ;
2 V а )
- if 11
и = — Г +— СО8ф,
2 Z = reitf
. If П .
v = — г — sincp,
2 V r J
С помощью этого преобразования находим:
а) окружность |z| = 1 переходит в отре-
зок [-1, 1];
б) точка z = -а2 переходит в точку
Г ср = О, J1 < й < ч
в) отрезок (верхний берег) ] о < r < j переходит в i у = о
(нижний берег);
J Ф - 2л,
г) отрезок (нижний берег) | g < r < j
(верхний берег);
переходит
д) отрезок (верхний берег)
Ф = л,
переходит
в 1 v = 0
в
If 2 1 ]
"2 Г
4 а 7 (нижний берег);
v = О
е) отрезок (нижний берег)
ф = л,
2 .
переходит
в
v = 0
(верхний берег).
Следовательно, область, изображенная на рис. 4.125, переходит
в область, изображенную на рис. 4.126.
3) и; = w + а2 + Дт-1 переводит область, изображенную на
21 ос )
рис. 4.126, в область, изображенную на рис. 4.127.
192
Рис. 4.126 Рис. 4.127
4) Преобразование
г- L ir 2 Г
V V 2l а2.
1)1(2 1
~ Г5 а +~
Z ) 2 V а2
решает поставленную задачу. (Берется ветвь, соответствующая к = 0.)
Задача 86. Найти функцию w(z), отображающую круг |z| < 1 с
выкинутым отрезком [(1 - h)eia, eia] (0 < h < 1) на единичный круг
|м>| < 1 плоскости ж
Рис. 4.128
Решение. 1) Преобразованием z = е laz переводим заданную
область в область, изображенную на рис. 4.129.
Рис. 4.130
193
2) w = 4fz+—Это преобразование переводит окружность
2< Z)
|z| = 1 в дважды пробегаемый отрезок [—1, 1] плоскости w, а отре-
зок [1— h, 1] — в дважды пробегаемый отрезок 1, 1^\+^ '
Следовательно, область, изображенная на рис. 4.129, перейдет в об-
ласть, изображенную на рис. 4.130.
3) Преобразование w. =-----^ + 1 -- переводит область,
1(1-йЛь1
2 1-й
изображенную на рис. 4.130, в область, изображенную на рис. 4.131.
Рис. 4.131
(У нас:
W -1 0 1 (1-й)2 +1 2 1-й
Ч 0 2(1-й) (1-й)2 +1 ОО
4) Ч = уЧ (берется ветвь, соответствующая к = 0).
5) w = е/ф , где Imp* > 0 , решает
Ч - Р, __________________________
W, ₽. ₽.
W 0 00
поставленную задачу. (Здесь:
Р* = а + ib , b > 0; Ф — вещественное число.)
Второй способ решения задачи 86. Первые два пункта решения
задачи 86 остаются теми же, что и в первом способе. Третий пункт
делаем таким:
3) 4 =
4(1-Л)
(2-й)2
й> + 1-
(2-й)2
4(1-й)
W -1 (1-й)2 +1 2(1-й)
ч -1 1
. Это
Рис. 4.132
преобразование переводит область, изоб-
раженную на рис. 4.130, в область, изоб-
раженную на рис. 4.132.
4) Известно, что круг |w| < 1 ото-
бражается на плоскость w* с разрезом
по отрезку [—1, 1] преобразованием
194
If И
4 =- w + - I
2< wj
Следовательно, требуемое преобразование определяется соот-
ношением
w) (2-й)2 [2
Яг+П+1-<^1
4 z)
4(1 -h)
h2
h2
( 1'
• w + —
I w
z
eia
Задача 87. Найти образ круга |z| < 1 при отображении
Z
W = -z--
z +1 ’
„ z 1
Решение. Так как w = —=-------т- = ,
z z + - z + - 2--=- z + -
I z; z 2< z,
ное отображение можно представить как результат последователь-
ного применения следующих двух преобразований:
~ 1( П 1
о w = ?и2> =
2\ zj 2w
1) Преобразование w = z +— | отображает единичный круг
2^ ZJ
|z| < 1 во внешность отрезка [—1, 1] (см. рис. 4.133).
4(1 -h)
z ,
2(1 -h)'
1
, то задан-
(w)
Рис. 4.133
va
и
Рис. 4.133a
2) Преобразование w =— отображает отрезок [—1, 0] в луч:
2w
1
°, , а отрезок [0, 1] в луч:
’1
2 ’ + 00 I. Поэтому образом круга
|z| < 1 на плоскости w будет область, изображенная на рис. 4.133а.
195
Задача 88. Найти образ полукруга |z| < 1, Im z > 0 , при отобра-
жении
Рис. 4.134
Решение. Заданное преобразование можно представить как резуль-
тат последовательного применения следующих двух преобразований:
1) w = z2 и 2) w = —-—.
w + 1
1) Преобразование w - z2 отображает полукруг |z| < 1, Im z > О
в круг |й-| < 1 с разрезом по отрезку [0, 1] (см. рис. 4.134).
2) Преобразование w - —-— переводит окружность Iwl = 1 впря-
w + l 1 '
J и = 1/2,
МУК*
W 1 /
W V2 NJ| — Nj’T'—
); нижний берег разреза [О, 1]
w 1 1/2 0
w V2 2/3 1
Г1 ,1
переводит в верхний берег разреза ’1 (<=>
Г1 1
верхний берег разреза [О, I] переводит в нижний берег разреза Tj ’1
w 0 1/2 1
w 1 2/3 1/2
). Следовательно, обра-
(w)
VA
Рис. 4.135
зом полукруга |z| < 1, Im z > 0 является об-
ласть, изображенная на рис. 4.135.
7С
Задача 89. Найти образ угла 0 < arg z < —
при отображении
w = Zn +— 1
2l Zn J'
196
Решение. Заданное отображение можно представить как результат
последовательного применения следующих двух преобразований:
1. Преобразование w = zn увеличивает углы с вершиной в точке
Z = 0 в п раз. Следовательно, образом заданного угла при отображе-
нии w - zn будет верхняя полуплоскость: 1тн'>0 (см. рис. 4.136).
„ „ с If. Г
2. Преобразование w = — и> + —
21 w
отображает верхнюю полу-
плоскость: Im w > 0 на плоскость w с разрезами по лучу (^ю, -1)
и по лучу [1, + оо). Установим это.
Границей области Im w > 0 явля-
J v = О,
ется вещественная ось 1 „ .-
Разделим границу области Im w > 0 на
части I, II, III, IV и выясним, во что отображается каждая из этих частей.
а « If- П „
Ясно, что при отображении w = — w + — точки вещественной оси и
2< w)
перейдут в точки вещественной оси и плоскости w. При этом:
а) если й изменяется от -оо до—1,то «=—1й + —I изменяется
от -оо до —1;
б) если й изменяется от —1 до 0, то и изменяется от —1 до -оо ;
в) если й изменяется от 0 до 1, то и изменяется от -ко до 1;
г) если й изменяется от 1 до +оо , то и изменяется от 1 до +оо .
Следовательно, образом угла
Л ТС
О < argz < — при отображении
п
-if п и
w--z\Z +~ является область,
2 V z J
изображенная на рис. 4.137.
Рис. 4.137
197
Задача 90. Найти образ сектора -— < aigz < —, Id < 1, при ото-
п п
бражении w =---------z—
(l + zn)2/n
Решение. Имеем
где w(^) > 0 при z > 0.
_ I I „Л
Z Z Z
W =--------47“ = ?------Т = Р--------------
(1+z")^" \(1 + гп)2 y(l + z")(l + z”)
Теперь видно, что заданное преобразование может быть представ-
лено как результат последовательного применения следующих
преобразований:
- If. П .1 г—
1) z = z"'i 2) W = 3) w* =й’ + 1;4) w* = 5> W =
(берется ветвь, соответствующая к = 0). Тогда
Рис. 4.139
Рис. 4.140
198
Рис. 4.141 Рис. 4.142
Итак, образом сектора — < argz < —, z < 1 при отображении
п п
Z
w = ц---пу2/п' является область, изображенная на рис. 4.142.
5. Отображения посредством основных
трансцевдентных функций
Задача 91. Выяснить, во что преобразуются прямые у = кх + b
при отображении w — ег.
Решение. Заданное отображение представим в виде
w = ех efy => | w| = ех, Arg w = у.
(г = е*, ср = У, если и» = ге'ф). Прямые у = кх + b можно представить
параметрическими уравнениями z = х + i(kx + b), хе (-оо, + оо).
Тогда г = | w| = ех, <у-кх + Ь, хе (-да, + оо).
1) Пусть к Ф 0. В этом случае из второго равенства можно вы-
разить параметр х: х = ——- . Подставив найденное выражение для
к
х в первое равенство, получим г -е к , ср = (-оо, + оо). Это — спираль.
2) Пусть к = 0. Тогда ср = b(= const); г = ех, х с (-оо, + оо) => если
х е (-оо, 0], то г g (0,1]; если х g [0, + оо), то г g [1, + оо). Это — луч,
исходящий из начала координат под углом ср = b к положитель-
ной вещественной полуоси.
Итак, образом прямой у = кх + b при отображении vv = ez будет:
<p-b
1) спираль г = е к , (р е (-оо, + оо), если к * 0, и
2) луч: ср = b, г g (0, + оо), если к = 0.
Задача 92. Найти образ полосы
J-OO < X < +ОО,
[ а<у<р (0<а<р<2л) при
отображении w = е7-.
199
Решение. Сначала найдем образ границы полосы. Для этого
разобьем границу на четыре участка I, II, III, IV (см. рис. 4.143)
и найдем образ каждого из этих участков:
vf (w) ^<Р=Р [-оо < x < 0, . [г е (0,1], ' ’ [ у = а [ср = а; [0 < х < -ко, . fr е [1, + оо),
O| I 1 Рис. 4.144 (II): 1 w = e4 ' ’ [ у = а [ ср = а; [0 < х < -ко, _ [г е [1, + оо), <ПМ У=? Ф = й [-оо < х < 0, . [г е (0,1], (IV1- 1 „ w = e4 U А [ у = р [ q> = p.
Находим, что образ заданной полосы есть внутренность утла (см. рис. 4.144).
Задача 93. Найти образ полосы между прямыми у = х и
у = х + 2л при отображении w =
Решение. Воспользуемся результатом решения задачи 91.
1) Для прямой у = х: к = 1, Ь = 0. Значит, образом прямой у = х
будет спираль г = еф , (ре (-оо, + оо).
2) Для прямой у = х + 2л : & = 1, b = 2л. Значит, образом пря-
мой у = х 4- 2л будет спираль г = еф'2л, (р е (-оо, + оо).
Следовательно, образом заданной поло-
у=х+2л сы будет вся плоскость wc разрезом по спи-
=х I*1™ г = е<₽ 5 Ф е (“°0’ + 00) • (Следует отметить,
х что спирали г=еф, ср е (-оо, + оо) ,
и г = еф-2л, (р е (-оо, +оо), будут являться бе-
ZxvXZ регами разреза по спирали.)
-^0 < Х - 0, при ото-
0 < у < а < 2л
Задача 94. Найти образ полуполосы
бражении w = &.
Решение. Найдем образ границы заданной полуполосы. Разобьем гра-
ницу на три участка I, II и III и найдем образ каждого из этих участков.
J-^o<x<0, Jr е (0,1],
[ У = 0 [ ср = 0;
f х = 0, . [ г = 1,
(II): J
[О < у < а [0 < ср < ос;
это — дуга окружности радиуса 1
с центром в начале координат;
> < х < 0, 7 [г е (0,1],
w = е\
у = ос [ ср = ос.
(III):
200
Находим, что образом заданной полуполосы является сектор
О < г < 1,
О < (р < а
(см. рис. 4.146).
Рис. 4.146
Заметим, что если ос = 2л , то образом полуполосы
Задача 95. Найти образ полуполосы
-00 < X < О,
О < у < 2л
будет круг |w| < 1 с разрезом по отрезку [О, 1] (см. рис. 4.147).
О < х < -кю,
0<у<а<2я ПРИОТО-
бражении w = е*.
Решение. Найдем образ границы заданной полуполосы. Разобь-
ем границу на три участка I, II, III и найдем образ каждого из этих
участков.
Го < X < +00, _ \r Е [1, +оо),
J w — ст- J
С Х = 0, . [ Г = 1,
HIY С w = е\{~
' ' |0 < у < ос [0 < ср < ос;
fO < X < +оо
<П1Ч у = а
, - [г Е [1, +оо),
w = ez <
I ср = а.
Получаем, что образом заданной полуполосы является область,
изображенная на рис. 4.149.
г е(1,+оо)
О < ср <ос
Рис. 4.149
Рис. 4.150
201
jo < X < +00,
Отметим, что при а = 2л образом полуполосы | о < у < 2л ^У"
дет внешность круга |w| > 1 с разрезом по лучу [1, + оо) (см. рис. 4.150).
Задача 96. Найти образ прямоугольника
а < х < Р
у<у<8 (8 - У 2л) при отображении w = e*.
Решение. Найдем образ границы заданно-
го прямоугольника. Эта граница состоит из четырех участков I, II,
III, IV. Найдем образ каждого из них.
(I): 1 w = ez <
v ' I У = У -- I ср = у;
J * = Р, J г = е₽,
<п>; |у^8^|у^5;
(Ш):
а х р,
w - ez
. у = 5 ----------------•
еа < г < е$,
ср = 5;
Получаем, что образом заданного прямоугольника является
область, изображенная на рис. 4.151.
202
Отметим, что в случае, когда 5 - у = 2тс, образом прямоугольни-
а < х < р,
у < у < 5 будет концентрическое кольцо (радиусом внутрен-
ней окружности р = еа и радиусом внешней окружности R = )
с разрезом по отрезку Ф = у (см. рис. 4.152).
Задача 97. Выяснить, во что преобразуется прямоугольная сет-
ка х = а, у = b при отображении w = cos z-
4- С
Решение. Представляем отображение w = cosz =--------- как
результат последовательного применения следующих преобразо-
ваний: 1) z = iz J 2) w = е*-; 3) w = — w + —
21 w
ff = е*
2) w = е? <=> ге® = ехе$ => 1 ~
IФ = У-
[ у = а, ~ - [ ф = а,
/ту 1 w = ez <
v Л [-00 < X < +00 [г G (0, 4- оо)
чала координат под углом ф = а ;
( x = -b, ~ Л г=е~ь,
(II): 1 - = g J
[-оо < У < +оо [—оо < ф < 4
е~ь с центром в начале координат.
Итак, прямые (I): х = а переходят в лучи
arg w = а 9 а прямые (II): у = b переходят в II
окружности |w| = е~ь (см. рис. 4.153).
— луч, исходящий из на-
— окружность
радиуса
ох 1 (~ 1
3) w = - w + —
21 w
1(~ П .
и = — Г + — СО8ф,
2k г)
V =— Г-----81Пф.
21 г)
УЛ
(w)
Ф=а
и
Рис. 4.153
203
Мы знаем, что функция Жуковского w = — w + — переводит
2< w)
семейство окружностей плоскости w в семейство софокусных эл-
липсов плоскости w, а семейство лучей — в семейство софокусных
гипербол.
Значит, образом окружности г = е~ь (<=> |w| = е~ь) будет эллипс:
ch2 b sh2 b
а образом луча ф = а будет часть гиперболы: -----ч-----7— = 1
cos a sin я
(отметим, что фокусы и у эллипса, и у гиперболы находятся в точ-
ках ±1).
Следовательно, образом семейства прямых х = а является семей-
2 2
. К U V Л К
ство софокусных гипербол ----ч------у— = 1; образом семейства
cos я sin я
2 2
U V
прямых у = b — семейство софокусных эллипсов —5— + —= 1.
ch2 b sh b
Задача 98. Найти образ полуполосы 0<х<л,у<0 при ото-
бражении W = COS Z-
Решение. Найдем образ границы заданной области. Она состоит
из трех участков I, II, III. Найдем образ каждого из них.
При решении задачи 97 было отмечено, что отображение
w = cos z =
+е 1Z
2
можно рассматривать как результат последова-
тельного применения следующих преобразований:
1) z = iz(= е ; 2) w = ez и 3) w - — f w + —1.
2^ w)
in
1) Преобразование z. = iz(= e ^z) отображает
заданную полуполосу на полуполосу, изображен-
ную на рис. 4. 154. Пусть w = ре'е.
204
Рис. 4.155
- Q —
2) Преобразование w = ег <=> <! , ’ переводит:
[е = у
J у = О, J1 < р < 4-оо, fl < й < 4-00,
а)участок границы |0<*<4юо в | g = 0 - = 0;
f х = О, J р = 1, J |w| = 1,
б) участок границы в « |О<0£л;
f у = 71, fl <Р <4-00, |-00<Й<-1,
в) участок границы |0 <-<+оо в | § = л - = 0
Значит, образом области, изображенной на рис. 4.154, будет область,
изображенная на рис. 4.155.
3) Пусть w = ре1в. Тогда преобразование
1( - 1
W = — W + —
2k w
1 (. 1] й
и =— Р + — COS0,
21 р)
1L П • а
V = — р— sm0.
2< PJ
Это преобразование переводит:
]1<р<-К0, ]1<И<+оо,
(1): [ 0 = 0 в[ v = 0;
/ Р = 1, J-1 ^и<1,
(П): [0 < 0 < л в t v = 0;
ш -1 Oln 1 i
Рис. 4.156
[1 < p < +oo, f-oo < U < -1,
0 = K B1 v = 0.
Значит, образом области, изобра-
женной на рис. 4.155 (а значит, и об-
разом заданной полуполосы) будет
верхняя полуплоскость (область, изображенная на рис. 4.156).
205
Задача 99. Найти образ полуполосы 0<х<—,у>0 при ото-
бражении w = cos г-
. Решение. Здесь, как и при решении задач 97, 98,
отображение w = cos z будем рассматривать как ре-
зультат последовательного применения отображений:
уЩЛк Ш /л _ 1 (~ 1А
11шГ 1) z = iz(= е 2г); 2) w = ez иЗ) w = у w + — . Най-
_____|ЯмКНЕ|_X \ w J
it дем образ границы заданной области. Она состоит их
2 трех участков I, II, III. Найдем образ каждого из них.
1) Преобразование z = iz(= е 2 Z) отображает заданную полу-
полосу на полуполосу, изображенную на рис. 4.157.
Рис. 4.157
Рис. 4.158
,ё . \р = ех,
2) Пусть w = ре‘ . Преобразование w = переводит:
v = О,
( y = Q, Г 9 = 0,
а) участок границы ] „ о < л в ] п . „
х = 0, Р = 1, f Н = 1>
б) участок границы 0<у<— в ' 2 и £ |еч VI ю VI о 7 ’ 0 < 9 < -; 1 2
в) участок границы Л У ~ 2’ в -оо < х < 0 0 < р < 1 f й = 0, > |0 < v < 1.
Значит, образом полуполосы, изображенной на рис. 4.157, будет
область, изображенная на рис. 4.158.
3) Преобразование
1Г~ Г
w = — W + —
2l w
14 И п
и = — р+— cose,
2< pj
if- С • А
v = —I р— sinO
2l PJ
206
переводит:
JO < р < 1, Jl < и < +00,
(9 = 0 в| v = 0;
и = О,
-ЮО < v < 0.
Значит, образом области, изображенной на
рис. 4.158 (а значит, и образом заданной по-
луполосы), будет область, изображенная на
Рис. 159
рис. 4.159.
71 71
Задача 100. Найти образ полуполосы -—<*< — ,у>0 при ото-
бражении W = COSZ.
Решение. Как и при решении задач 97—99, рассматриваем ото-
бражение w = cos z как результат последовательного применения
/л
отображений: 1) z = iz(= e^z); 2) w = е* и
3) w = — I й> + — . Найдем образ границы задан-
2k
ной области. Она состоит их трех участков I, II,
III. Найдем образ каждого из них.
1) Преобразование Z = iz{= е ^z) отобража-
ет заданную полуполосу на полуполосу, изображенную на рис. 4.160.
Рис. 4.160 Рис. 4.161
2) Пусть w = ре/е. Преобразование w = <=>
. Р = ех,
. 0 = у
переводит:
а) участок границы
У = | й = 0,
О < Р < 1 ~ 1-1 V <0;
207
х = О,
б) участок границы | < v < —
I 2"У"2
р = 1,
2 2’
в
I 2 2
в) участок границы
71
У~2’
в
§ = Т J й = 0>
О <р<1 ~ lO<v^l-
Значит, образом полуполосы, изображенной на рис. 4.160, будет
область, изображенная на рис. 4.161.
3) Преобразование
1Г~ 1'
w = —I W + —
2l w
1L И А
и = —I р + — COS0,
2< р)
if. Р • S
v = — р— sin 9
2V PJ
переводит:
Р Г v = 0,
71 pr 71 -r л
--< 9 < - в [о < И £ 1,
т. е. в отрезок [0, 1] вещественной оси, пробе-
гаемый дважды;
и = 0,
0 < v < +оо; (II)'
Следовательно, образом области, изобра-
женной на рис. 4.161 (а значит, и образом
заданной полуполосы), будет область, изоб-
раженная на рис. 4.162.
Задача 101. Найти образ полосы 0 < х < тг при отображении w = cos £
iz
Решение. Отображение w = cos z(=---------) рассматриваем как
результат последовательного применения ото-
бражений: 1) z = iz(= e^z); 2)w = e^ и
3) w = — | w + — |. Найдем образ границы задан-
2k
ной области. Границу считаем состоящей из
четырех участков I—IV. Найдем образ каждого из этих участков.
208
1) Преобразование z = iz отображает заданную полосу на по-
лосу, изображенную на рис. 4.163.
- 1р = ех,
2) Пусть w = ре'9. Преобразование w = e?<=>jg_^ переводит:
J у = 0, (0 <, р < 1, (0 < й < 1,
а) участок I границы: |< 0 в [ 0 = 0 | у = 0;
\ У = О, J1 Р < 4-°о, J1 < й < +00,
б) участок II границы: в | § = 0 - = 0;
J У = J 1 P < 4
в) участок III границы: - <4<ю в j § = я
v = 0;
J у = 7t, JO < p < 1, J-l < й < 0,
г) участок IV границы: |^0<х<ов[е = л ° [ v = 0.
Значит, образом полосы, изображенной на рис. 4.163, будет верх-
няя полуплоскость: Imw>0 (см. рис. 4.164).
3) Преобразование
If- 1'
w = — w + —
2l w
if. 11 5
и = — р + — COS0,
Л р)
if. С • S
у = — р— I sin 0
2< pj
О)
и
Рис. 4.165
переводит:
| 0 = 0,
(I): [0 < p < 1
9 = 71,
(III):
0 = 0, Г v - 0,
1 < р < Ч-оо В [1 < U < +оо
/ V = 0, ( 0 = 71, Г V = О,
® 1 —т << и < —Г (1^0- 1 л х 1 В | __ <
J v = О,
В I 1 < U 4-ОП* (И)’
209
Следовательно, образом области, изображенной на рис. 4.164 (а
значит, и образом заданной полосы), будет область, изображенная
на рис. 4.165. Это — вся плоскость wc разрезами по вещественной
оси вдоль лучей (-оо, — 1] и [1, + оо).
J 0 < X < ТС,
Задача 102. Найти образ прямоугольника |_/г<у</г (Л > 0)
при отображении w = cos г.
Решение. Отображение w = cos z(=-------) рассматриваем как
результат последовательного применения отображений: 1) z = iz>
Рис. 4.165а
Р = ^ ,
5 переводит:
. и - У
2) Пусть w = petQ • Преобразование w = е^ <=> <
f 0 = 0,
в |1 < р < е[
0 < 0 < тс,
~ — это верхняя
\ У = 0,
а) участок I границы: | q < Jc < Л
v = О,
1 < й < eh \
\ х = h,
б) участок II границы: |о у < к
полуокружность радиуса р = eh с центром в начале;
J У = ТС,
в) участок III границы: 1 g < х й
0 = тс,
v = О,
-eh < й < -1;
j У =
г) участок IV границы: | _^ < * < О в
О = ТС,
е"Л < р <
v = О,
' Гл г'
д) участок V границы:
окружность радиуса р = e~f
( х = —й, 0 < 0 < тс,
1П / г, в ~ -h — это полу-
пи < у < тс р = е
с центром в начале;
в
в 4
210
( у = о, /ё = О, / V = О,
е) участок VI границы: Ц < * < 0 в < р < i « й < 1.
Значит, образом области, изображенной на рис. 4.165а, будет
область, изображенная на рис. 4.166.
3) Преобразование
1Г. 1
W = — W + —
2l w
If. И а
и =— р + — COS0,
21 р)
if. И • а
v = — р — IsinO
2< Pj
(I):
переводит:
0 = 0, f v = 0, I „
[pe[l.e«]B|^«Sch/,<2(e +*‘ > = <**>;
f р = А
(II): полуокружность |q < § < к в верхнюю половину эллипса
2 2
U V
, 7 ; %— = 1 (в этом случае v > 0 ;
ch2 h sh2 h
If. 1] .
- р-- snr
2 у Р/ >0
>0
(HI):
(IV):
0 = л, ( v = 0,
1<р<ел в |-ch/z < w -1;
0 = л, Г v = 0,
е*А < р < 1 в [-сЬй < и < -1;
10 < 0 < Л, U2 V2
(V): ] . -л в нижнюю половину эллипса , > ,+ , ? , = 1
v ’ [ р = е п J ch2 h sh2 h
(VI):
(в этом случае v < 0 ; v = — [ p - — | sin 0);
p)
0 = 0, ( v = o,
е“Л < p < 1 B [1 < и < ch h.
Следовательно, образом области,
изображенной на рис. 4.166 (а значит,
и образом заданного прямоугольника),
будет область, изображенная на
рис. 4.167. Это есть внутренность эл-
Vi
-e
u
Рис. 4.166
2 2
липса —z— + —з— = 1 с разрезами по отрезкам [—chA, —1] и [1, сИй].
ch2 h sh2 h
211
Замечание. В задачах 97—102 под-
робно рассмотрены преобразова-
ния различных областей посред-
ством функции w = cos z.
Совершенно аналогично, как ре-
зультат последовательного приме-
нения уже известных отображений,
рассматриваются преобразования
посредством функций: w = sin z,
w = tg г, w = ctg z, w = ch 4 w = sh z,
w = th z, w = cth Z-
Задача 103. Найти функцию
w(z), отображающую полосу, ограниченную прямыми у = х, у — х + А,
на верхнюю полуплоскость.
Решение. По условию \ОВ\ = А . Из &ОАВ находим ширину за-
А -/-
данной полосы: |СМ| = . Преобразованием z = e 4z отобража-
ем заданную полосу в горизонтальную полосу, ограниченную пря-
мыми у = 0 , у = (см. рис. 4.169).
Преобразование w = ew отображает
J-00 < й < 4-00,
полосу 1 0 < V < л на веРхнюю полу-
плоскость.
212
Таким образом, функция w(z), отображающая заданную полосу
на верхнюю полуплоскость, будет такой:
л72.
w = е = е h - е " = е " =>w = e"
Задача 104. Найти функцию w(z), отображающую полуполосу
Решение. Преобразование z = Z -1 отображает заданную полу-
полосу на полуполосу, изображенную на рис. 4.171.
Первый способ. Рассмотрим преобразование w = ez. Пусть
w = ре®, z - х + iy. Тогда
.z
Р = е
,/ё _ ех ' еб
Преобразование w = ez переводит:
(I):
z _ q в | g _ Q Это — отрезок (0,1] веществен-
ной оси на плоскости w
х = О, J р = 1,
О < ^ < л В [0 < 9 < л Это — верхняя единичная полу-
окружность с центром в начале.
(II):
213
(HI):
z в | 0 = 7Г Это — отрезок [-1,0) веществен-
ной оси на плоскости w .
Рис. 4.173
Следовательно, преобразование w = ez ото-
бражает полуполосу, изображенную на рис. 4.172,
в единичный верхний полукруг с центром в на-
чале (см. рис. 4.173).
переводит:
Преобразование w =
W -1 0 1 /
W 0 -1 ОО -Z
Рис. 4.174 Рис. 4.175
Преобразование
2
W = ИГ
W+1 ]
W-1J
решает поставленную задачу.
Второй способ. Преобразование
й> = е 2 • z = iz переводит по-
луполосу, изображенную на рис. 4.172, в полуполосу, изображен-
ную на рис. 4.173*.
214
плоскость является образом полуполосы
При решении задачи 98 было установлено, что верхняя полу-
0 < й < тс,
~ < 0 при отобра-
жении w = cos w. Следовательно, функция w(£), отображающая за-
данную область (см. рис. 4.170) на верхнюю полуплоскость
Im w > 0 , будет такой:
W = COS W = cos(w + 7t) = -cosw = - cos iz =
= -chz = -ch— => w = -ch—(z-1).
h h
Задача 105. Найти функцию w(z), отображающую круговую лу-
ночку, ограниченную окружностями | z| = 2 , |г -1| = 1, на верхнюю
полуплоскость.
Рис. 4.176
Преобразование z =---
Z-2
отображает заданную круговую лу-
ночку на полосу, изображенную на рис. 4.177.
Z 0 1 + z 2
Z 1 2 -|(1 + 0 ОО
Z 21 -2 2
Z 4 ОО
Рис. 4.177
Преобразование z - Z + отображает полосу, изображенную
на рис. 4.177, на полосу, изображенную на рис. 4.178.
215
Рис. 4.178
Рис. 4.179
-00 < й < 4-00,
О < V < 71
Преобразование w(z) отображает полосу
на вер-
хнюю полуплоскость.
Таким образом, функция и<г), отображающая заданную круго-
вую луночку на верхнюю полуплоскость, будет такой:
л /. П л / 1 П л 1
= А - А •= 4л/ Z+- 4л/ —4л/—-
w = ew = eAnw = eAnlz = е 2' = е 2' => w = е г-2 •
Задача 106. Найти функцию w(z), отображающую область, огра-
ниченную окружностями |z| = 2 , |z - 3| = 1 (плоскость с выкину-
тыми кругами), на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.181
Рис. 4.182
1
Решение. Преобразование Z = отобража-
ет заданную область на полосу, изображенную на
рис. 4.182.
Z -2 2/ 2
Z £ 4 -1(1+0 00
Z 3 + / 4 2
Z |(1-0 £ 2 00
216
Преобразование z = Z + — отображает полосу, изображенную
4
на рис. 4.182, на полосу, изображенную на рис. 4.183.
« ~ 4
W=W--^Tt
Рис. 4.184
Преобразование w = ew
отображает полосу
-оо < й < +оо,
О < v < п
на
верхнюю полуплоскость.
Функция w(z), отображающая заданную область на верхнюю
полуплоскость, будет такой:
= inii -я/М -«/Г—+-1 1-^
w(z) = ew=e3 = е3 - е3 4'=е3 2 4' => w - е 3 z~2 •
Задача 107. Найти функцию w(z), отображающую область, опреде-
ленную неравенствами: |z -1| > 1, |z +1| > 1, Im z > 0 (верхняя полу-
плоскость с выкинутыми полукругами), на верхнюю полуплоскость.
Рис. 4.186
217
Решение. Преобразование z = — отображает заданную область
Z
на полуполосу, изображенную на рис. 4.187.
Преобразование Z = lz + —l-я переводит полуполосу, изобра-
женную на рис. 4.187, в полуполосу, изображенную на рис. 4.188.
При решении задачи 98 было установлено, что верхняя полуплос-
кость является образом полуполосы 0 <х <п, у < 0 при отобра-
жении w = cosz • Следовательно, функция w(z), отображающая за-
данную область на верхнюю полуплоскость, будет такой:
= Г- п fl п Tt(z + 2)
w = cosz = cos z +— я = cos — + — Л => W - cos—-----------
I 2j U 2) 2z
Задача 108. Найти функцию w(z), отображающую область, огра-
ниченную окружностью |z| - 1 и прямой Im z = 1 (полуплоскость
Im z < 1 с выкинутым кругом), на круг |w| < 1 так, чтобы было:
w(-3i) = 0, aig w'(-3i) = .
218
Рис. 4.189
Решение. Преобразование z =--отображает заданную область
Z-i
на полосу, изображенную на рис. 4.190.
z 00 1 + z i
z 0 1 00
; (И):
z i 1 -i -1
z 00 |(l + 0 i 2 |<N + — |гм 1
(III):
Преобразование z = 2я • z переводит
полосу, изображенную на рис. 4.190,
в полосу, изображенную на рис. 4.191.
(Z)
(III)-1 О 1(1)
Преобразование w = е* отображает полосу, изображенную на
рис. 4.191, на верхнюю полуплоскость (см. рис. 4.192).
Заметим, что заданная область (см. рис. 4.189) отобразилась
на верхнюю полуплоскость (плоскости w) посредством функции
2л 2л ,л
w = ez = е2лг = ег~‘ => w| .. = e~Ai = е^ = i
lz=-3/
219
Отобразим верхнюю полуплоскость (плоскости w) на круг
| w| < 1 так, чтобы точка w = i перешла в точку w = 0. Мы знаем, что
такое отображение осуществляется функцией w = е/ф ——-. Сле-
w + i
довательно, функцией, отображающей заданную область на круг
2л
. — i
|w| < 1, такой, что w(-3z) = 0, является функция w = е ф —.
+ /
Имеем
2л
ez~‘
w'(z) = ei4>---
2л 2л 2л
~2я (е^1 + /) + е^1(е^1
2л 2
=> и/(г) = е/ф •
2л
-4л/ • ez~‘
2л
+ 0 (z-i)2
arg = <p.
=> w'(-3z) = е/ф •
16
По условию
t z q ТС 7C
argw (-3z) = - => ф = -.
Следовательно, искомая функция будет такой:
/л(г-5/) /л(?+3/)
Г 4U-Z) _ е 4(Z-I) )
Zn(z-5Z) i'n(z+3i) in(z+3Z)
e 4(z-i) 4(z-n +e 4(z-l) )
2л л
/л(?+3/)
ё е^‘ -е2
w = е 3
2л ^л
ez~l + е 2
h7tZ(Z + 3z)
I 4(z-z)
iu(z + 3i)
4(z-i)
fl . V3 ] .. ni(z + 3z)
=> W = - - + Z— th—i
12 2 J 4(z-i)
220
Глава 5
ИНТЕГРАЛ ОТ ФУНКЦИИ КОМПЛЕКСНОЙ
ПЕРЕМЕННОЙ
§1. Определение интеграла от функции комплексной
переменной по кривой. Существование и вычисление
этого интеграла
1°. Пусть в плоскости комплексной переменной z дана глад-
кая кривая (С), имеющая своим началом точку Л, а концом — точ-
ку В (см. рис. 5.1).
Пусть на (Q определена однозначная и непрерывная функ-
ция Дг) = и(х, у) + iv(x, у). Проделаем следующие операции.
1. Разбиваем кривую (Q произ-
вольным образом точками Zp-, 4, сле-
дующими друг за другом в направле-
нии от начальной точки А к конечной
точке В, на п частичных дуг ~Zk-iZk,
& = 1,2,.., л. Пустьdk — диаметр ~Zk-\Zk >
и пусть X = max {dk}.
2. На каждой ~zk_\Zk берем про-
извольную точку С,к и вычисляем в ней значение данной функ-
ции /(СА).
3. Умножаем найденное значение функции на Д^ = zk - zk_\:
Ж) • -Zk^ (f^k)• \zk),к = 1,2,...,п.
4. Складываем все такие произведения. Получаем сумму
п
£=1
221
5. Измельчаем дробление кривой (Q на части ~Zk-\Zk так, что-
бы х -> 0 , и ищем limo .
Х->0
Если существует конечный lim о и этот предел не зависит ни
Х->0
от способа разбиения кривой (Q на части ~Zk-i%k, ни от выбора
точки Qk на ^t-1^ > то этот предел называется интегралом от
функции /(г), взятым по кривой (Q от точки А до точки В, и
обозначается так: j f(z)dz (или j f\z)dzY
(С) АВ
2. Покажем, что при указанных выше условиях (т. е. при усло-
виях, что кривая (Q гладкая, а функция Дг) однозначная и непре-
рывная на (Q) интеграл от функции Дг) по кривой (Q суще-
ствует.
► С этой целью введем обозначения:
Z = X + iy, Zk = Хк + iyk, \zk =Zk-Zk-i =lxxk+ ityk; ^k=t>k + ix\k;
/(Ct) = «(£t,nt) + Zv(£t,nt)-
Тогда можем написать:
= Z [M(£t> nt) + M&k > nt)] (АхЛ + ibyk) =
t=i
n
= Z [«^t > nt Ж - <t > nt Ж ] +
k=\
+i Z [ v&k > nt Ж + "(St > nt Ж ]•
k=l
n
В этом равенстве: 52 [w(^,t]A;)AxA: - v(^,T]jt)AyA:] является интег-
„ *=i
ральнои суммой для криволинейного интеграла второго рода
J w(x, y)dx - v(x, y)dy a J [ v(£k, n* Ж + u(£k, n* Ж ] — интег-
(C) k=l
ральной суммой для криволинейного интеграла второго рода
f v(x> y)dx + и(х, y)dy. Мы знаем, что из непрерывности J(z) следует
(С)
непрерывность и(х, у) и v(x, у) на (Q. Так как кривая (Q —
гладкая, то криволинейные интегралы j и(х, y)dx - v(x, y)dy и
f / \Л ( ХА
J У(х9у)ах + u(xfy)ay существуют. Следовательно, справедливы
(С)
равенства:
222
lim £ [и(^, п* )bxk - v(^, nt )tyk ] = f u(x, y)dx - v(x, y)dy
A'_>0 k=\ (C)
limg[v(^,n*)^jfc+u(^,Tljt)Ayt]= J v(x,y)dx + u(x,y)dy.
X->0 k=\ (C)
n
Но тогда существует lim ст = lim £/(<^ ) = f f(z)dz5 причем
X->0 ^Ojt=i
f f(z)dz = f u(x, y)dx - v(x, y)dy + i J v(x, y)dx + u(x. y)dy. < (1)
(C) (C) (C)
Интеграл от функции комплексной переменной по кривой в
дальнейшем будем кратко называть контурным интегралом.
Из полученной формулы (1) видно, что вычисление контур-
ного интеграла от функции комплексной переменной сводится к
вычислению криволинейных интегралов второго рода от функ-
ций вещественных переменных.
Замечание 1. Если (Q — кусочно-гладкая кривая, то J f(z)dz
(С)
определяется как сумма интегралов по гладким частям (Q.
3. Из определения контурного интеграла как предела интег-
ральной суммы о и его выражения через криволинейные интег-
ралы второго рода (см. формулу (1)) вытекают следующие четыре
свойства контурного интеграла.
1. Перемена направления интегрирования меняет знак интег-
рала, т. е.
f f(z)dz = - J f(z)dz.
-АВ .BA
2. Постоянный множитель можно выносить за знак интеграла т. е.
[ а • f(z)dz = а • [ ftzjdz , _
(С) (С)
где а — постоянное число. ---
3. Если существуют j f\{z)dz и J / &
(С) (С) /а
то существует f [Д (z) + /2 (z)] dz, причем Рис. 5.2
(С)
f [/l(z) + f2{z)]dz = J /i(z)afe+ f f2{z)dz.
(С) (С) (C)
223
4. Контурный интеграл отДг) по всей кривой (Q равен сум-
ме контурных интегралов отДг) по частям (Q, т. е.
f f(z)dz = J f(z)dz+ f f(z)dz
„АВ „AD „DB
(см. рис. 5.2).
Отметим еще следующие оценочные свойства контурного ин-
теграла.
5. Если на кривой (Q выполняется неравенство: |/(z)| < М, то
J f{z)dz
(С)
<,М-дд.(С).
► Имеем
п
к=1
п п
* Z |Ж )| • м • Е м < М • дл.(С).
к=1 к=1
Переходя в этом неравенстве к пределу при X -> 0 , получим
j f(z)dz < М дл.(С). <
(С)
j |/(z)| ds , где ds — дифференциал длины дуги.
(С)
6. J f(.Z)dz <
(С)
(Так как |/(z)| — вещественная функция, то в правой части нера-
венства имеем криволинейный интеграл первого рода от веще-
ственной функции).
► Имеем Но |А^НД^, где
t=i '
\sk — длина -Zk_\Zk Следовательно,
п
п
fc=l
п
L/m <Е|Ж)|-Д^.
к=1
я . <2>
У нас flz) непрерывная на кривой (С) <=> и(х, у) и v(x, у) непре-
рывные на (С) => |/(г)| = ^u2(x,y) + v2(x,y) — функция непре-
рывная на (Q => j |/(z)|rfs существует.
(С)
Переходя в неравенстве (2) к пределу при X -> 0, получаем
j f(z)dz < f |/(Z)|<* <
(С)
(С)
224
4°. Выше (см. п. 2°) было показано, что контурный интеграл
можно вычислять с помощью криволинейных интегралов второго
рода. Но чаще поступают иначе, а именно: пусть кривая (Q зада-
на параметрическим уравнением z = z(t), а < / < Р , причем при из-
менении /от а до Р кривая (Q описывается от начальной точки
А до конечной точки В. Из уравнения
z = х + iy = z(z) = х(0 + />(/)
находим
Пользуясь параметрическими уравнениями (3) кривой (Q, сво-
дим криволинейные интегралы, находящиеся в правой части ра-
венства (1) (см. п. 2), к определенным интегралам. Имеем
Р
J й(х, y)dx - v(x, y)dy = J [«(x(0, XX) • x'(t) - v (x(/), XO) • y'(0]dt,
(C) a
P
J v(x, y)dx + u(x, y)dy = J[v(x(t), XX) • x'(t) + и(x(t),y(t)) /(/)]dt.
(C) a
Следовательно,
j f(z)dz =
(C)
p
= J ([и (x(0, XX) + iv XX)] x'(t) +
a
+/[«(x(X,XX)+n'(x(X,XX)]/(X)<* =
= j [«(XX, XX) + iv (x(t), ХХ)](х'(Х + У(ХИ =>
VfcO)j =?V)
p
J f(z)dz = j f • Z'(t)dt
Вычисление контурных интегралов j производится чаще по формуле (4), а не по формуле (1). Пример 1. Вычислить j z - а" где “ (С) о _ окружность радиуса г с центром в точке а\ С направление обхода контура (Q — поло- жительное, т е. против часовой стрелки. /А \ j/v) X ) * Рис. 5.3
225
Решение. Берем произвольную точку z на окружности (Q. Имеем
|z - а| = г => z - а = relt => z=a + reif
(t — центральный угол наклона радиуса, соединяющего точки а и z),
Z = a + reif, 0 < t < 2л, (5)
— параметрическое уравнение (Q.
По формуле (4) имеем
Г dz
2л
= i J dt = 2л/.
о
>4
Рис. 5.4
Поэтому
Пример 2. Вычислить J z2dz , где (Q — контур ОЛЛ/ВОсекто-
(C)CF
ра круга, изображенного на рис. 5.4.
Решение.
J Z2dz = J Z2dz + J Z2dz + J Z2dz.
(C)O OA -AMB BO
I) Ha OA: z = x + z • 0 = x и 0 < x < r.
II) Ha ~AMB: z = relt и 0</^.
Ill) Ha BO: z = 0 + iy и 0 < у < г .
л/2 О
j Z2dz = Jx2dx + J r2e2lt • relt • idt + zj(~y2)dy =
(C)(J 0 0 r
Пример 3. Вычислить интегралы Ix = J xdz и I2 = J ydz, где
(С) (С)
(С) — полуокружность |z| = 1, 0 < argz < тс (начало пути в точ-
ке z= 1).
Решение. Параметрическое уравнение полуокружности будет
таким:
I х = cos t
Z = 1 е", 0 <, t 5 л, или ] _ • / е [О»71!.
I у — Ы11
226
Тогда
л л л
/1 = J cos t ieudt = / j cos2 tdt - J cos t sin tdt =
0 0 0
,fl + cos2i ,, r . .тс n n
= i ---------dt + cos td cos t = i — + 0 = —
J ? J 2 2
о z о z z
Л Л Л
I2 = jsin t ie“dt = i j sin t cos tdt - j sin2 tdt =
0 0 0
. sin21
?1^2/л=о »
J 2 2
о z z
71
2*
Пример 4. Вычислить интегралы Ц = J xdz и I2 = J ydz по ра-
диусу-вектору точки z = 2 + i.
Решение. Параметрические уравнения отрезка ОА есть
( х = t,
1 t 6 [0, 2].
у = —t,
I 2
Поэтому
Пример 5. Вычислить интегралы Л = J xdz и /2 = J ydz, где
(С)О (С)О
(С) — окружность |z - л| = R .
Решение. Имеем
|^-а| = А«^-а = Re", t е [0, 2л] =>
=> z = а + Ре“, t е [0, 2л]; dz = iRe"dt
227
Имеем, далее,
х + iy = а + Reu => х = а + R cos t, у = р + R sin t, (а = а + /р).
Поэтому
2л
Ц = J (а + R cos f)iR(cos t + i sin t)dt =
о
2л 2л
= iR j (а + R cos t) cos tdt - R j (a + R cos t) sin tdt =
о 0
= iR a sin zip’1
R2n
+ — j (1 + cos 2t)dt
2 о J
/ 2
-R -acos/ —
< 2 >o
= • 2л - 0 = inR2;
2
2л
Z2 = j (P + R sin t) • Z7?(cos t + i sin t)dt =
о
2л
= iRj (Pcost+ Rsintcosf)dt-
o
2л n2
-R j (Psin/ + 7?sin2 f)dt = 0---2л = -л/?2.
о 2
Пример 6. Вычислить интеграл I = П z I dz по радиусу-вектору
точки z = 2 - i.
Решение. Параметрические уравнения от-
резка О А есть
х = t,
1 /е[0,2].
У = —t,
I 2
Имеем
Z = x + /y = (l-l)/=> dz = ^l-^dt; lzl=-^-i.
Тогда
2
2(45 (2-f)^_V5(2-Z)
о 2 2 ’ 4 2 Q “V I 2j-
228
Пример 7. Вычислить f |z|^z, где (Q— полуокружность
(С)
|z| =l,0^argz^rc( начало пути интегрирования в точке z = 1).
Решение. Параметрическое уравнение полуокружности (Q есть
{X — COS /, ф if । ।
y = sin//e[0,7tl dz = ie dt’’ |z| =1-
Поэтому
j \z{dz = jlie"dt =
(C) о
= ein -1 = -1 -1 = -2.
Пример 8. Вычислить J |z| dz , где (Q — полуокружность | z I = 1,
(C)
71 71
< arg£ < — (начало пути интегрирования в точке z = —О-
Решение. Параметрическое уравнение полуокружности (Q есть
Z = e“, te -р у =>dz = ie"; |z| =1.
Имеем
п
f Izldz = f 1 • ie“dt - e“^/2 = i + i - 2i.
(c) < U/2
2
Пример 9. Вычислить J {z{dz , где (Q — окружность | z I - Л-
(C)O
Решение. Параметрическое уравнение окружности (Q есть
Z = Re", t e [0, 2л] => | z I - R', dz - iRe"dt.
Имеем
Пример 10. Вычислить интеграл J |z| • z dz,
(C)O
где (Q — замкнутый контур, состоящий из
верхней полуокружности | z |= 1 и отрезка
-1<х<1,у=0.
229
(С)о (С1)
l)Ha(Q: z = e'7, /е
2) На (С2): z = х + /0
3) На (С3): z = х + / • 0
Поэтому
(С)О
. Решение.
J |z| • Z dz = J |z| • Z dz + J |z| • z dz + j |z| • Z dz.
(C2) (C})
[0, it]; | z | = 1; z = e~“ ; dz = ieltdt.
и -1 < x < 0 ; | z |= -x; z=x ', dz-dx .
и 0 £ x < 1; | z I - x; z = x; dz = dx .
л 0 1
dz = j 1 • e“ • ie“dt +j-x-xdx + jx-xdx-
0 -10
У!^
(С2) (С4)
Рис. 5.9
-1 0
Пример 11. Вычислить интеграл
j —dz , где (Q — граница полукольца,
(С) a
изображенного на рис. 5.9.
Решение.
J —dz = J ~^dz + J ~^dz + J -=dz + J r=dz.
(C)O (C>)Z <C2)Z <C<)Z
1) Ha (C,): z = 2е" , t e [0, тс]; z = 2e’"; dz = 2ie?'dt.
2) Ha (C2): z = x + i-0 и -2 < x< -1; Z = x; dz = dx .
3) Ha (C3): z = e", t e [0, тс]; z = e~“ ; dz = ieltdt.
4) Ha (C4): z = x + i-Q и 1 < x < 2; z = x; dz = dx .
Поэтому
Пример 12. Вычислить интеграл J (z-a)ndz, где n— целое,
(С)
(Q — полуокружность | г - а| = R , 0 < arg(z - а) <, тс (начало пути
интегрирования в точке z = а + R).
230
Решение. Уравнение полуокружности
(Q запишем в виде
Z = а + Relt, t е [0, п] => dz = iReudt.
Имеем
In = J (z-d)ndz = iRn+x]el(n+X},dt^
(С) о
=> при « = -!:/_!= /л, а при п -1:
Л
/(л+1)Г
In = lR i(n + l)
пл+1
------/е/(л+1)л _1ч
П + 1
О
Пример 13. Вычислить интеграл In = J (z - л)л dz , где п —
(С&
целое, (Q — окружность - а| = R .
Решение. Уравнение окружности (Q запишем в виде
Z = а + Reil, t g [0, 2тг] => dz = iReltdt.
Имеем
2л
1п = /7?л+1 J е(л+1)'Л =>
о
=> при п = -1: 1-1 = 2тс/, а при п Ф -1:
/(Л+1)/ Z
=/7?л+ е
*(и + 1)0
-—(е/(л+1)2л -1) = О
л+ 1
Пример 14. Вычислить интеграл In = j (z~d)n dz. где п —
(С)о
целое, (Q — периметр квадрата с центром в точке а и сторонами,
параллельными осям координат.
Решение. Пусть я = а + /р; 2Ь — длина стороны квадрата.
Имеем
f (z - d)n dz= J (z- d)n dz+\ (z. - a)n dz +
(C)C5 AB вс
+ J (z - a)n dz + j (z- d)n dz.
CD DA
231
УА
i$+b)
zp--—-ча
а-b а а+Ь
Рис. 5.11
1) На АВ: z = x + i$-b) и a-b £
<,x£a + b', dz-dx\ z-a = x + U$>-b}-
- a - z‘P = (x - a) - ib .
2) На BC: z = a + b + iy и $-b£
< у < p + Z>; dz = idy; z-a = ^ + b + iy-
- a - zp = b + i(y - P).
3) Ha CD: z = x + i(^ + b) и a - b <
<x<a + 6; dz = dx~, z-a = x + i($ + b)-
- a - z'P = (x - a) + ib.
4) Ha DA: Z = a - b + iy и p - b S у < p + b\ dz = idy; z-a = <x-b +
+ iy - a - z’P = -b + z‘(y - p).
А тогда
о
D
В
a+/> p+/>
In = J [(x - a) -ib]" dx + z j [Л + i(y - p)]" dy -
a-/? p-/>
a+/> p+/>
- j [(x - a) + ib]" dx-i j [z(y - p) - Z>]” dy.
a-b p-/>
Пусть n = -1. Тогда
z_, + in [*+/си - -
- m их - +[i(y -в-c;.
Имеем:
1) In [(x - a) - = In b ib = Inib b = In z = z ;
> l' Jlx=a-i -b -ib b + ib 2 ’
2) In [6 + i(y - P)l|y~P+* = In + = In = In z = z —;
> L ^J|y=p-/> ь-ib 2b2 2’
1 Г/ \ •» 11х-a+^ . -b + ib , 2ib2 , . .n
3) -ln (x-a) + z/> t = In-------= In—— = Inz = z —;
7 lv ’ J|*=“-* b + ib 2b2 2’
м i г-z ^iix=P+* , -ib-b . b + ib , 2z'Z>2 . . .л
4) - в - ЧЦ_t , 1„_ , = In— ,
(берем ту ветвь логарифмической функции, которая соответствует
значению к = 0). Следовательно, I . = 4 • / — = 2ти .
-1
232
Пусть п * -1. Тогда
(/(у-ю-Ч”1
у=р+/>
у=Р-Ь
У=Р+/>
п + 1
п + 1
у=р-/>
—Г(£ - ib)n+' - (-b - ib)n+1 + (b + ib)n+l -(b- ib)n+l -
и + 11-
-(b + zZ>)n+1 + (-/> + ib)n+x - (ib - b)n+i + (-ib - b)n+1 ] = 0.
Пример 15. Вычислить интеграл J ~j= по полуокружности (Q:
(C) Vz
|z| = 1, у > 0 при условии л/1 = 1.
Решение. Условие Vl=l определяет глав-
ную ветвь многозначной функции Jz , со-
arg г+0
ответствующую к = 0: Jz = • е 2 , где
Z — любая точка комплексной плоскости с
разрезом по положительной вещественной
полуоси.
Положим
Z = е", 0 <.t <,п => dz = iettdt-, | z 1= 1; 4z = е 2 .
А тогда
С dz Л 'ЗлГ'Н о 4 of z5 Л oz- i\
j = I —— = I te 2dt = 2|e 2d — = 2e 2 = 2^e 2 -1) = 2(z -1).
n ir n n к J
r dz
Пример 16. Вычислить интеграл J —j= по полуокружности (Q:
(C)Vz
|z| = 1, у > 0 при условии VI = -1.
Решение. Условие Vl = -1 определяет ветвь многозначной фун-
f.aigg+2n
кции \[z , соответствующую k=\ : Jz = >/[Т1 - в 2 , где z — лю-
бая точка комплексной плоскости с разрезом по положительной
вещественной полуоси.
233
Положим
zr+2n .£
Z = elt, 0 <t <7t dz = ieltdt; | z |= 1; Vz = e 2 =e 2ein = -e2 .
А тогда
f dz }ieildt f.4, Л 4//^
J — = J—- = -J/e 2dt = -2\e2d - =
(C)V< 0-e 2 0 0 k J
=-2e 2
= -2(e 2 -1) = -2(/ -1) = 2(1 - /).
о
Г dz
Пример 17. Вычислить интеграл J по полуокружности (C):
(C)Vz
Z = 1, У 0 при условии Vl = 1.
Решение. Условие Vl = 1 определяет
ветвь многозначной функции yjz , соот-
Рис. 5.13
ветствующую к = 0, так что
.argz+0
4z = /zi е 2 , где z — любая точка
комплексной плоскости с разрезом по по-
ложительной вещественной полуоси.
Положим
.£
Z = e,f, t е [л, 2л] => | z |= 1; dz = ieltdt; Jz = е2 .
А тогда
j dz _ 2j ie^dt
(C)4z „ £
= 2(?" - e 2 ) = 2(-1 - /) = -2(1 + z).
f dz
Пример 18. Вычислить интеграл J —f=
по окружности (Q: |z| = 1 при условии
л/Т = 1 (начальной точкой пути интегри-
рования считать точку z= 1).
Решение. Условие / = 1 определяет
ветвь многозначной функции V? , соответ-
.argz+O
ствующую к = 0, так что Vz = /П • е 2 ,
234
где z — любая точка комплексной плоскости с разрезом по поло-
жительной вещественной полуоси.
Положим
Z = elt, t е [0, 2л] => | z |= 1; dz - ie“dt, Jz = e2-
А тогда
<• dz _2е ieudt
J "/7 " •' ~
(C) 4Z О Л
2л ij_ 2л f iL
= j ie2dt = 2 j e 2d\ — = 2e 2
2л
= 2(е'л-1) = -4
О
f dz
Пример 19. Вычислить интеграл J г~
(C) 4Z
по окружности (Q: |z| = 1
при условии V-I = i (начальной точкой интегрирования считать
точку z= “1).
Решение. Условие = i определяет
ветвь многозначной функции Jz , соответ-
/ arg ^+0
ствующую А = 0, так что 4z =>/Г^1,е 2 ,
где z— любая точка комплексной пло-
скости с разрезом по отрицательной ве-
щественной полуоси.
Положим
/— i-
Z = elt, t е [-л, л] => | z |= 1; dz = ieltdt\ Jz = e2 -
А тогда
J = J l^~ = 2 J e2d№ = 2e2
(C)>lz -n -Л
/ -i-\
= 2\e 2 -e 2) = 2(i + /) = 4/.
Пример 20. Вычислить интеграл J Ln z dz
(C)
по окружности (Q: |z| =1 при условии
Ln 1 = 0 (начальной точкой пути интегриро- ~
вания считается точка z~ 1).
Решение. Условие Ln 1 = 0 определяет
ветвь многозначной функции Lnz, Рис. 5.16
235
соответствующую к = 0 (Ln 1 = In 1 + /(0 + 2Лл) => к = 0). Следова-
тельно, Lnz = In | z I + zarg£ , где z— любая точка комплексной
плоскости с разрезом по положительной вещественной полуоси.
Положим
Z - t е [0, 2л] => | z I =1; aig^ = t; dz = ieudt.
А тогда
2л 2л
J Ln z dz = j (In 1 + it) ieudt = - j teltdt =
(C) о 0
2л 2л 2л
= -J /(cost + isint)dt = - j tcostdt-i^ t sin tdt =
0 0 0
2л
= - t sin t
2л
j sin ft# -i -Zcosz|q + j cos tdt - 2ni.
о
0
^0
Пример 21. Вычислить интеграл J Ln z dz по окружности (Q:
(C)
| Z | =1 при условии Ln i = (начальной точкой пути интегри-
рования считается точка z = 0-
Положим
Решение. Условие Ln i = определяет
ветвь многозначной функции Ln z, соответ-
ствующую к = 0 (Lni = In | i | +z
=> к = 0). Следовательно, Ln z = In |z| + i aig z,
где z — любая точка комплексной плоско-
сти с разрезом по положительной мнимой
полуоси.
it 4. тг 5л I I 1
z = e",/e — => |z| =1;
argz = /; dz = ie',dt
236
А тогда
5л/2 5л/2
J Ln z dz = J (In 1 + it)ieltdt = - J teltdt =
(С) л/2 л/2
5л/2 5л/2 5л/2
= - j /(cost + isint)dt = - j tcostdt-i J /sin/d/ =
л/2
л/2
л/2
= - Zsin/I5^2
171/2
5л/2
J cos tdt = -2л.
л/2
Пример 22. Вычислить интеграл j Ln z dz по окружности (C):
(C)
|z| = R при условии Ln Я = In Я (начальной точкой пути интегри-
рования считается точка z = R)-
Решение. Условие Ln R = In R определяет
ветвь многозначной функции Ln z, соответ-
ствующую к = 0 (Ln R = In R + /(0 + 2ктс) =>
=>к = 0). Следовательно, Ln z = In |z| + i aig z ,
где z— любая точка комплексной плоско-
сти с разрезом по положительной веществен-
ной полуоси.
Положим
Z = Relt, t g [0, 2л] => |z| = R; argz = t; dz = iReltdt.
А тогда
2л 2л 2л
J Ln z dz = j (In R + it)iReltdt = iR In R j eltdt - R J teltdt =
(C)
0 0 0
/2л 2л 'X
= -Я J tcc&tdt + i J/sintafr =
l о
О
=-R
2n
- J sin tdt + i
о 0
=0 >
t sin t
0 271
-/COS/|q + J CQStdt
0
^0 \
= -/7?(-2л) = 2nRi.
237
Пример 23. Вычислить интеграл J Ln z dz по окружности (Q:
(С)
|z| = R при условии Ln Я = In 7? + 2л/ (начальной точкой пути ин-
тегрирования считается точка z = /?)•
Решение. Условие Ln z = In R + 2 л/ определяет ветвь многозначной
функции Ln г, соответствующую к = 1 (Ln 7? = 1п7? + /(0 + 2&л)=>
=> к = 1). Следовательно, Ln z = In |z| + /(argz + 2л), где z — любая
точка комплексной плоскости с разрезом по положительной ве-
щественной полуоси.
Положим
Z - Re11, t е [0, 2л] => |z| = /?; aigz = t\ dz = iReifdt.
Тогда
2л
j Ln z dz = j [In R + i(t + 2л)] i Re" dt =
(C)O 0
2л 2л
= J (In R + it) iReudt - 2nR J e“dt = 2nRi.
^0 t 0
=2nRi (см.пример22) =0
Пример 24. Вычислить интеграл J z"Ln z dz , где л — целое
(С)
число, (Q: |z| = 1, при условии Lnl = 0 (начальной точкой пути
интегрирования считается точка z = 1 )•
Решение. Условие Ln 1 = 0 определяет ветвь многозначной фун-
кции Ln z, соответствующую к = 0 (Ln 1 = In 1 + /(0 + 2кл) => к = 0).
Следовательно, Lnz = ln|z| + /aigz , где г— любая точка комп-
лексной плоскости с разрезом по положительной веществен-
ной полуоси.
Положим
z = elt, t е [0, 2л] => |z| = 1; aigz = t; dz = ieltdt.
Тогда
2л 2л
In = f z”Ln z dz = f e'nt (it) ie“dt = - J te^^'dt =>
(C) о 0
2л
=>/„=-]* t [cos(n +1)/ + isin(n + l)z] dt.
0
238
2л t2 2я
1) Если л = -1, то /_] = - J tdt - —— = -2л2.
О 2 о
2л 2л
2) Если п*-1,то/„=-|/ cos(n + l)tdt - / J t sin(n + 1)йУ/ =
о о
t sin(n +1)/2я 2e sin (и + 1)/ ,
n + 1 0 I n + 1
=0 =0
t cos(« + 1)/ 2" + 2? cos(n + 1)/
n + 1 0 J n+1
=0
. 2л cos(n +1)2% _ 2%z
n+1 n+1
Пример 25. Вычислить j za dz, где a — произвольное комп-
H=i
лексное число, при условии 1“ = 1 (начальной точкой интегриро-
вания считается точка z — 1).
Решение. Условие la = 1 определяет ветвь многозначной функ-
ции z“, соответствующую к = 0 (1“ = eaLnl = ea(ln 1+m") => к=0).
Следовательно, za = eaLnz = ea(ln^+,aie^ , где z — любая точка ком-
плексной плоскости с разрезом по положительной вещественной
полуоси.
Положим
Z = е11, t е [0, 2л] => |z| = 1; aigz = t;
dz = ieHdf, za =ea(lnI+,7) =elal.
Тогда
2л 2л
J Za dz= j e,a< • ie"dt = i j e,(a+x^dt.
|z|=i о о
1) Если a = -1, то I ~T = l f =
|z|=i z о
239
2) Если а * -1, то
е/(а+1)Г 2л е/2л(а+1) _ । е/2ла . e2ni _ j e2ani _ j
а + 1 а + 1 а + 1 а + 1
о
§2. Интегральная теорема Коши
Прежде чем дать формулировку теоремы, введем некоторые
определения.
I. Область (В) комплексной плоскости называется ограничен-
ной, если можно эту область вместе с ее границей заключить внутрь
некоторого круга |z| < R ; в противном случае область называется
неограниченной.
II. Ограниченная область называется односвязной, если ее гра-
ница состоит лишь из одной кусочно-гладкой кривой.
Односвязные области обладают следующими характерными
свойствами:
1) Для любой непрерывной замкнутой кривой, не пересекаю-
щей себя и лежащей в односвязной области, внутренность кривой
есть область, лежащая в данной области (см. рис. 5.20).
2) Любую замкнутую непрерывную кривую, лежащую в одно-
связной области, можно непрерывной деформацией свести в точ-
ку, не покидая области (это свойство области берут иногда за оп-
ределение односвязной области).
3) Если две кривые принадлежат односвязной области и со-
единяют две точки этой области, то непрерывной деформацией
можно любую из них перевести в другую, не покидая области
(рис. 5.21).
Замечание. Неограниченные области, обладающие свойствами
1), 2) и 3), также будем называть односвязными. Например:
240
Плоскость
Полуплоскость
Плоскость с разрезом
Теорема. Если функция Дг) регулярна в односвязной области
(В), то интеграл от нее по любой замкнутой кривой (С), лежащей в
(В), равен нулю, т. е.
f f(z)dz = 0.
(С)
► Пусть z = х + iy; w = f(z) = и(х, у) + iv(x, у). По условиюДг)
регулярна в (В). Следовательно, в (В) существуют
Станем доказывать теорему при дополни-
ди ди dv dv
дх 9 ду 9 dx 9 ду ‘
тельных предположениях:
1) Кривая (Q не пересекает себя.
ди ди dv dv
2) Частные производные —,
непрерывны в (В).
Так как область (В) односвязная, то
Рис. 5.22
внутренность кривой (С) есть некоторая область (Л), лежащая в
(В) вместе со своей границей (Q. У нас f[z) регулярна в (В). Зна-
чит, /(г) непрерывна в (В) и потому непрерывна в (Л). Следова-
тельно, функции и(х, у) и v(x, у) непрерывны в (Л). По дополни-
тельному предположению в (Л) оказываются непрерывными
241
du du dv dv
частные производные этих функций —, . Отметим еще,
что из регулярности функции /(г) в (В) следует выполнение ус-
ловий Коши—Римана в (D), а именно:
-- =---• -=-----zz> | —-j = О И | Uo В (D).
dx dy dy dx l^dx dy) dx dy)
Имеем
J f(z)dz = J w(x, y)dx - v(x, y)dy + i j v(x, y)dx + u(x, y)dy, (2.1)
(C) (C) (C)
Вспоминаем формулу Грина:
J P(x, y)dx + Q(x, y)dy = Jf
(С) (£>)
где Р, Q, — непрерывны в (D).
dx dy
Применяем эту формулу к криволинейным интегралам, сто-
ящим в правой части равенства (2.1) (условия применимости этой
формулы выполнены). Получаем
f f(z)dx= ff f-— ldxz/у + z ff [— - — IdJxz/y = 0 + z-0 = 0 . <
(C) (J)I dy) dy)
=0 в (D) =0 в (D)
Замечание. Приведенное выше доказательство теоремы при-
надлежит немецкому математику Риману. Оно очень простое, но
требует непрерывности частных производных первого порядка от
функций и(х,у) и v(x, у), а следовательно, и непрерывности f\z).
Есть доказательство теоремы французского математика Гурса, ко-
торое обходится без этого требования. Доказательство без исполь-
зования непрерывности f\z) имеет то принципиальное значе-
ние, что из теоремы Коши (это будет доказано ниже) вытекает
существование производной любого порядка у регулярной функ-
ции /(г) и, следовательно, непрерывность f\z)-
Определение. Функция /(г) называется регулярной в замкнутой
области (В) , если она регулярна в некоторой более широкой об-
ласти, содержащей данную область (В) вместе с ее границей внут-
ри себя.
242
Следствие. Если функция регуляр-
на в ограниченной замкнутой односвяз-
ной области (В), то интеграл от нее по
замкнутому контуру (Q области равен
нулю (рис. 5.23).
Замечание. Можно доказать обобщен-
ную теорему Коши. Если функция /(г)
регулярна в ограниченной односвязной
области (В) и непрерывна в замкнутой области (В), то интеграл
от нее по контуру (Q области равен нулю.
§3. Первообразная функция и основная формула
интегрального исчисления
Пусть функция Д^) регулярна в односвязной области (В). По-
кажем, что в этом случае контурный интеграл от f{z) по кривой
(L), лежащей в (В), не зависит от вида кри-
вой (Z) (не зависит от пути), а зависит
лишь от начальной и конечной точек.
Возьмем точки и z в области (В) и со-
единим их любыми линиями (Lj) и (Л2),
не выходящими из (В) и идущими из точ-
ки в точку z (см. рис. 5.24).
По интегральной теореме Коши, имеем
J f(z)dz = 0 . Но
АтЕпА
J f(z)dz = J f{z)dz+ J j\z)dz= J f(z)dz- J f(z)dz =
AmEnA AmE EnA AmE AnE
= f f(z)dz- f f(z)dz = 0.
(Д) (Д)
Поэтому J f(z)dz= J f(z)dz. А это и означает, что J f(z)dz
(Д) (Д) (L)
зависит не от пути (Л), а от начальной и конечной точек д и г.
В этом случае принято интеграл обозначать так:
f f(z)dz.
Zq
(Числа Zq и z называют нижним и верхним пределами интеграла.)
243
z
Если точку Zq фиксировать, то величина J f(z)dz будет зави-
ло
z
сеть лишь от верхнего предела, т. е. интеграл J f(z)dz будет функ-
цией верхнего предела. Станем обозначать эту функцию через F(z)-
По отношению к Дг) имеет место следующая теорема.
Теорема. Интеграл с переменных верхним пределом от функции,
регулярной в односвязной области (В), есть тоже регулярная функ-
ция в (В), и производная от нее равна подынтегральной функции.
► Нам нужно убедиться в том, что F{z) — однозначна в рассмат-
риваемой области (В) и имеет там производную F'(z), равную/(г).
z
Выше было показано, что интеграл F(z) = J f(z)dz не зависит от
А)
пути, т. е. всегда имеет одно и то же значение при данном z —
фиксировано). Это и означает, что F{z) однозначная функция. По-
этому остается доказать только, что F(z) дифференцируема в (В) и
что F'(z) = f(z), Z е (В). Заметим предварительно, что J dz = Р - а,
(С)
где а и Р — начало и конец пути интегрирования (Q
п
( [ 1 • dz = lim £ \zk =
(6) ^*=1
= -а) + (г2 -Zi) + (z3 -z2) + - +(zn-i -гл_2) + (Р-гл_1)] =
= lini(P - а) = р - а ).
По условию функция /регулярна в (В). Значит, она непрерывна в (В),
В частности, она непрерывна в точке Z- Следовательно, любому е > О
отвечает 5- окрестность точки s - z| < 8 ,
/^7+лежащая в области (В), для всех точек £
/ । ' I которой выполняется неравенство
((*) /ЖЖ J |/(О-/(г)|<е.
Х— у Дадим z приращение Az, любое, но та-
рис 5 25 кое> 470 Az * 0 и |Az| < 8. Тогда точка
Z + Az будет лежать в 5 -окрестности точ-
ки z (т. е. в круге К5 (z)). Функция ^получит приращение
г+Д? z
&F(z) = F(z + *Z)-F(z) = f ДЖ~]ДЖ- (2.2)
^0 *0
244
(Здесь под знаком интеграла вместо буквы z пишем букву С,, во
избежание смешения с верхним пределом z ) Перепишем соот-
ношение (2.2) в виде
z z+^z z Z+&Z
АР = ]лж+ f ЛО^-/ЛО^= J ло^с.
Zq Z Zo Z
Рассмотрим разность
F(z + Az)-F(z) _ /(z) = +jz _ f(z) =
Az Az Jz
Z+jZf(X-f(z)-Az
_ z________________
AZ
z+&z z+&z z+&z z+&z
J ЛО^-Лг) f J f(X- f /(zMC
z z _ z z
Az Az
Z+&Z
J [ЛС)-Лг)]^
_ z____________
Az
(2.3)
Ввиду независимости рассматриваемого интеграла от пути бу-
дем считать путь интегрирования от точки z до точки z + Az прямо-
линейным (см. рис. 5.25). Тогда длина пути интегрирования будет | Az|.
Принимая во внимание оценочное свойство контурного интеграла,
получаем:
s~N ..с
F(z + Az) - F(z) _ ~ , <
Az k ’
Итак, для любого e > 0 существует 5 > 0 , такое, что из неравен-
Af(z) f( , ’
-------J(Z) < е . Это означает,
AZ
ства | A z| < 6 следует неравенство
AF(z)
что переменная имеет предел при Az -> 0 и этот предел
.. АГ(г) _ ,
равен /(г). Так как, с другой стороны, д|™0—_?,W,
то F'(z) = f(z), а это и требовалось установить. <
245
Определение. Функция Ф(г) называется первообразной для
функции Дг) в области (В), если: 1) Ф(г) регулярна в (В) и
2) ®'(z)-/(z),ze(5).
Если ФДг) — первообразная для Д^) в области (В), то и
Ф] (z) + С , где С — произвольная постоянная, — тоже первообраз-
ная для Дг) в (В). Справедливо и обратное утверждение: любые
две первообразные Ф[ (z) и Ф2 (z) одной и той же функции Дz)
отличаются на постоянную. В самом деле, обозначим
Ф2 (Z) - Ф1 (z) = <p(z) = U(х, y) + iV(х, у). Тогда
<p'(z)
dU ,dV dV .dU
— + i— =------1 —
dx dx dy dy
= 0в (B) =>
dU _ dU _ dV _ 8V _ n
dx dy dx dy B
t. e. U(x, у) и V(x, у) не зависят ни от х, ни от у и потому являются
постоянными Сх и С2. А тогда и Ф2(г) - Ф1 (z) = Q + iC2 = С , откуда
Ф2(г) = Ф1(г) + С в (В).
Если Ф(?) есть первообразная для /(г) в области (В), то мно-
жество всех первообразных функции Дг) содержится в соотно-
шении Ф(г) + С. Это множество называют неопределенным ин-
тегралом функции /(г) и пишут
f f(z)dz = Ф(г) + С,
гдеФ'(г) =/(г), ze(B).
Замечание. Техника разыскания неопределенных интегралов
в комплексном анализе в основном та же, что и в вещественном.
В частности, таблица основных интегралов в комплексном и
вещественном анализе одинакова. Так, например, справедливы
формулы:
1) j ezdz = ez + С; 2) J cos zdz = sin z + C;
3) Jzndz = + C (n — целое, * -1); 4)J-^ = Lnz + C.
Все они следуют соответственно из формул:
(ez У = ez; (sin z)' = cos г;
'zn+i
+ 1
= zn; (Lnz)' = -.
z
246
Но нужно помнить, что первообразная является регулярной
функцией, и это налагает определенные ограничения на ту об-
ласть, в которой справедливы написанные равенства. Так, для пер-
вой и второй из написанных формул можно взять любую область.
Но для третьей формулы любую область можно взять лишь для
п > 0, а для п < 0 область не должна содержать точку г = 0. Для
четвертой формулы область не должна содержать не только точку
Z = 0, но и, например, все точки какого-нибудь луча, исходящего из
точки z = 0. (Заметим, что за Ln z можно брать любую ветвь лога-
рифмической функции, так как они отличаются друг от друга на
постоянную величину.)
Пусть функция Ф(г) является первообразной для fljz) в обла-
сти (В). Было показано, что если (В) — односвязная область иДг) —
z
регулярная в (В), то F(z) = J f(z)dz также первообразная для/(г)
в (В). Следовательно, если область (В) — односвязная и/(г) — регу-
лярная в (Б), то
= ] f(z)dz + C .
Zq
В этом равенстве положим z = Принимая во внимание, что
Zq
J f\z)dz = 0 , получим Ф(3)) = С. А тогда
Zo
Z
$ f(z)dz = ®(z)-®(z<)').
Zo
Это — формула Ньютона—Лейбница.
/
Пример 26. Вычислить J zsin zdz .
о
Решение. Функция f(z) = zsinz регулярна на всей плоскости Z-
Поэтому интеграл от нее не зависит от пути интегрирования, со-
единяющего точки z = 0 и z = i- Проинтегрировав j zsin zdz по час-
тям, получим с помощью формулы Ньютона—Лейбница:
/
J Z sin zdz = [-Z cos z + sin z]| =
о °
= -icos i + sin i = -ich 1 + ish 1 = z(sh 1 - ch 1) = .
e
247
Пример 27. Выяснить, различна или одинакова величина j zdz,
(С)
если интегрирование совершается:
1) по отрезку вещественной оси от точки г = — 1 до точки г = 1;
2) по верхней полуокружности |г| = 1 ?
Решение. Имеем
/(z) = Z = х - iy => и(х,у) = х, v(x,y) = —у ;
ди _ р ди _ dv _ dv _
дх 9 ду 9 дх 9 ду
ди dv
Видим, что • Значит, функция
f(z) = Z не регулярная. Следовательно, нет
оснований утверждать, что данный интег-
рал не зависит от пути интегрирования.
Чтобы ответить на заданный вопрос, про-
изведем вычисления.
1) На вещественной оси z = х, dz = dx, z-x. Поэтому
i _ 1 х2
J Zdx - J xdx = —
-i -1
УА
-1 Q
Рис. 5.26
i
= °.
-i
2) На верхней полуокружности |z| = 1 имеем: z = eif, t e [0, n]
(причем t убывает от л до 0); dz - ieltdt; z = e~lt. Поэтому
1 ° °
j zdz = j e~lt • ielidt = J idt = -id
-In n
1
Вывод: величина интеграла j zdz по указанным двум путям
интегрирования различна. -1
§4. Интегральная теорема Коши для многосвязных
областей
Определение. Ограниченная область называется многосвязной, а
именно — п-связной (п>2), если ее граница состоит из п замкну-
тых кусочно-гладких кривых, не имеющих попарно общих точек.
При этом некоторые кривые могут вырождаться в криволиней-
ные отрезки и даже точки (криволинейные отрезки рассматрива-
ются как двусторонние кривые).
Всякую и-связную область можно превратить в односвязную
проведением в ней п — 1 надлежащих разрезов (разрезом области
248
Двусвязная область
Рис. 5.27
называем открытую кривую, целиком лежащую в области, за ис-
ключением концов, лежащих на границе). Например, для п = 3
(рис. 5.28) проведением двух разрезов АВ и CD превращаем дан-
ную трехсвязную область в односвязную.
Пусть функция /(г) регулярна в замкнутой л-связной области
(Б), ограниченной внешним контуром (С() и внутренними кон-
турами (С2), (С3), ..., (CJ. Проведем разрезы, соединяющие (С^) с
(С2), (С2) с (С3), ..., (С) с (С,). Тогда область (Б) разобьется на две
односвязные области (Б^ и (Б2), ограниченные частями контуров
(С*) и сторонами проведенных разрезов. Обозначим границы об-
ластей (5j) и (Б2) через (у0 и (у2) соответственно. Заметим, что
функция Xz) будет регулярной как в (Б^), так ив (Б2). По интег-
ральной теореме Коши для односвязных областей будем иметь
f f(z)dz = 0 и J f(z)dz = 0 .(*)
(п) (ъ)
В этих интегралах интегрирование по (yt) и (у2) производится
в произвольных направлениях. Будем теперь интегрировать по (yj)
и (у2) так, чтобы интегрирование по сторонам разреза совершалось
249
в противоположных направлениях. При такой договоренности сло-
жим соответствующие части равенств (*). Ясно, что при этом ин-
тегралы по сторонам разрезов взаимно уничтожатся, и мы полу-
чим
J /(z)t/z = O=> J f(z)dz+ J f(z)dz + ...+ J f(z)dz = 0, (I)
(ri)U(r2) (Qo (C2)o (C„)o
или
J j\z)dz = 0 => J f(z)dz = z J f(z)dz. (II)
(Vi)U(y2) (Qto *=2(Q)o
Равенства (I) и (II) выражают две равносильные форму-
лировки интегральной теоремы Коши для многосвязных об-
ластей.
I. Если функция Дг) регулярна в ограниченной замкнутой мно-
госвязной области (В), то интеграл от этой функции по всему
контуру области (В) равен нулю при условии,что интегрировние
производится в направлении, оставляющем область с одной и той
же стороны.
II. Если функция /(г) регулярна в ограниченной замкнутой
многосвязной области (В), то интеграл от этой функции по внеш-
нему контуру области (В) равен сумме интегралов по внутренним
контурам при условии, что интегрирование производится в одном
и том же направлении, например, против часовой стрелки.
Замечание 1. Можно доказать, что утверждение данной теоремы
остается верным для функции/(z), регулярной в ограниченной мно-
госвязной области (В) и непрерывной в замкнутой области (В) .
Замечание 2. Пусть функция /(г) регулярна в многосвязной
области (В). Рассмотрим функцию F(z) = J f(z)dz, где (Q —
(С)
кривая, лежащая в (В) и соединяющая точки Zq и z е (В) (точка
— фиксированная). Функция F(z) будет, вообще говоря, много-
значной. Действительно, проведением надлежащих разрезов пре-
вратим область (В) в односвязную область (В(). В полученной од-
_______________ носвязной области (Bj) функция F(z)
/(В) z*________однозначна. Так как каждая точка разреза дает
/у Две различные граничные точки области (Bj),
\ то при подходе к этой точке с разных сто-
j рон разреза функция F(z) может принимать
’ / различные значения и, следовательно, в об-
Рис. 5.30 ласти (В) она может быть многозначной.
250
§5. Интегральная формула Коши
Теорема 1. Если функция/(г) регулярна в ограниченной зам-
кнутой области (В) с контуром (Q, то для любой точки z е (В)
(т. е. для любой внутренней точки этой области) справедлива
формула
Яг) = J (1)
2т J
(С), обл. слева
В (1) под (Q понимается совокупность всех контуров, ограничи-
вающих область (В).
Формула (1) называется формулой Коши: интеграл, стоящий
в правой части формулы, называется интегралом Коши. Форму-
ла Коши показывает, что регулярная функция вполне опреде-
ляется в области (В) своими значениями на границе данной
области и дает выражение значений функции во внутренних
точках через ее значения на границе. Докажем справедливость
формулы (1).
► Пусть z — любая, но фиксированная внутренняя точка об-
ласти (В). Возьмем е > 0 — любое, сколь угодно малое. Так как
функция f непрерывна в точке г, то взятому е > 0 отвечает 5 -
окрестность точки z'- |С - z| < 5 , которая вместе с границей (у) ле-
жит в (Б), и такая, что для
6 (т): |/(0 - /(z)| < е .
Удалим из области (В) 8-ок-
рестность точки z (т. е. удалим из
(В) круг Ks(z))- Получим область
(В,) = (В) \ K&(z) • Рассмотрим
ж
функцию т---- как функцию .
^~z Рис. 5.31
Эта функция регулярна в замк-
нутой области (Д) как частное двух регулярных функций с не
обращающимся в нуль знаменателем. По интегральной теореме
Коши для многосвязных областей, имеем
(C)U(y), обл. слева (С), обл. слева (у)С5
(2)
251
Обозначим интеграл, стоящий в правой части (2), через 1у и
преобразуем его:
’ (и~г <L
j /(O-/te)jt + /(z) J , J /K)~/U)^ + /u) 2и. э
<;to с~г ^-z <;o ;-z
=2 я/
> л_/(г)= ‘ jZMbc.
£TU 1 £Kl J
(y)CJ
А тогда, в силу (2),
2л/ J Z 2m Q-Z
(С), обл. слева
1 г |/(Q-/(*)L 1 с э _
— 1 j—г—п—'-as <-------2nd = е.
-•(уР 1^-^1 2л 8
2л/ЛЧ-г 2л(--'
(С), обл. слева
В этом неравенстве правая часть сколь угодно мала вместе с е > 0,
а левая часть есть постоянная величина, не зависящая от е. Это
означает, что левая часть равна нулю. Следовательно,
(С), обл. слева
Замечание. Формула Коши (1) справедлива также для функ-
ции /(г), регулярной лишь в области (В) и непрерывной в замкну-
той области (В).
Теорема 2. Пусть неограниченная область (В) состоит из всех
конечных точек z, внешних по отношению к одной или несколь-
ким замкнутым кусочно-гладким кривым. Пусть /(г) регулярна в
(В) п f(z) -> А при z -> °о, где А — конечное число. Тогда для
любой внутренней точки z е (В)
= f + /(«>),
2т J Q-z
(O> обл. слева
(3)
где /(оо) = А .
252
► По условию lim f(z) = А (А — конечное число).
^->00
I. Предположим сначала, что А = 0, т. е. lim f(z) = 0 . Пусть —
любая, но фиксированная внутренняя точка области (Б). Пусть
е > 0 — любое, сколь угодно малое. Ему отвечает число > 0 та-
кое, что точка и граница (Q области (В) лежат в круге |z| < R^
и что для всех z, У которых |z| Д., будет
|/U)| < е.
Пусть R — любое, удовлетворяющее условию: R > 7^. Ясно, что точка Zq
и контур (Q области (В) будут лежать внутри окружности |z| = R .
Рис. 5.32
По теореме 1:
„ I f 1 f -Ш-dc 1 г Л
Ж) “ ~ . J Г — 7 “ Э * J Г — 7 Э * J Г - 7
2л/ < 2л/ £о 2л/ J ъ Зо
(C)U(Yfl), обл. слева (С), обл. слева
=> __L г -^-</;=_L г
2л/ С ~ Zq 2л/ С ~ Zo
(С), обл. слева (Ул) О
________1 [ dQ
fW> 2л/ J С-3)
(С), обл. слева
, 1 , £©[
j |C-*o|
ds.
253
Так как - Zq| > |£| -|?о| = Л - |zq| и |/(0|Се(ул) < е, то
Ж)’Г7
(С)£
обл. слева
-г-—i—г • 2лЛ = е—q—г -> е .
2л Л-|^о| । |^о| ^->°°
R
В этом неравенстве правая часть сколь угодно мала вместе с е,
а левая часть есть постоянная величина, не зависящая от е. Значит,
левая часть равна 0. Следовательно,
/(^0) - Q J г _ 7
2л/ J 4 <о
(С), обл. слева
Так как — любая внутренняя точка из (В), то теорема 2 для
случая I доказана.
II. Пусть теперь А ф 0 (А — конечное).
Введем в рассмотрение функцию /i(z) = f(z)-A. Функция
/i(z) регулярна в (В) и /i(z)->0 при z-юо. Видим, что fr(z)
удовлетворяет условиям пункта I. Поэтому fAzcA = —- [ dQ
2ni J Q~Zq
(С), обл. слева
для любой внутренней точки из (В), или
= /Л- J .
2т J С - Zo 2ш J Q-Zq
(С), обл. слева (С), обл. слева
Так как точка лежит вне контуров, составляющих границу (Q
г dL п
области (ff), то J --- = 0. А тогда получаем, что
(С),оЬл. ^юва
Ж)~ dQ + A.
2т J Q-Zq
(С), обл. слева
Так как точка Zq — любая внутренняя точка из (В), то теорема 2
доказана и для случая II.
Замечание. Формула (3) справедлива также для функции/(г),
регулярной только в области (В) и непрерывной в замкнутой об-
ласти (В) и при условии, что f(z) А при z -> °°, где А — конеч-
ное число.
254
§6. Интеграл типа Коши
(1)
Пусть (С) — любая кривая, не обязательно замкнутая, и пусть
функция cp(Q непрерывна на (Q. Пусть г — любая точка, не лежа-
щая на (С). Тогда интеграл вида
2nz Q z
называется интегралом типа Коши.
Заметим, что интеграл Коши является частным случаем интег-
рала типа Коши, когда (Q есть контур области (Б) и ср(£) = f(C)
регулярна в (В) и непрерывна в (В).
Замечаем далее, что интеграл типа Коши есть функция от па-
раметра г, имеющая определенное значение для каждой точки г, не
лежащей на (Q. Следовательно, он определяет однозначную функ-
цию. Будем обозначать эту функцию через Дг), так что
2я/ Q z
Теорема. Функция Дг), определяемая интегралом типа Коши,
регулярна в каждой конечной точке г, не лежащей на (Q. Она
имеет в таких точках производные всех порядков, вычисляемые
дифференцированием интеграла по параметру z-
/“(г) • , <%, п -1,2,3,....
► Установим формулу (3) для п = 1, т. е. докажем, что
F(z) = -L f
(С) (? “ z)
Выберем и закрепим любую точку г, не лежа-
щую на (Q. Обозначим через d кратчайшее
расстояние от точки г до кривой (Q. Дадим z
приращение Аг любое, но такое, что Аг 0 и
| Аг| < у. Рассмотрим разность
Г(г + Аг)-Р(г)___1_ f ф(0
(2)
(3)
255
Имеем
=_1_Г_1_ . О J_ f _ф£) J(; =
Az^M^G-fe + Az) 2m^-z J z)
= ±. _L r ж - — f=
AZ 2«l К - z - Az)C - z) 2w
=_!_ [_______s®______r _jeSU; =
2m (c> (С - г - лгХС - z) 2m
= J_ f____________Аг-фв)_____j;.
2nl (С)(С-^-д^)(С-^)2
Заметим, что для всех точек Q е (С)
|С - z| > у и |с - z - Аг| = I; - (z + Дг)| > у
(см. рис. 5.33). По условию cp(Q непрерывна на (Q => |<р(0| не-
прерывен на (Q => |<р(0| достигает на (Q своего наибольшего
значения. Обозначим М = шах|ф(С)|. Имеем
Ce(C),VV3/|
1 г Дг-ф(О^
2ni(C)(^,-Z-^z)(C,-Z)2
1 | Аг| • М
<2п d (d}2
2‘Ы
длина (С) -> 0 => Q -> 0 =>
Д?->0 AZ-+0
1 г <р(С) л-
существует и равен---- 7, aQ , т. е.
2к1 (С) (&-Z)2
э |im
Лг->0
Рис. 5.34
существует F'(z), причем
F\z) = 1 dQ. Таким об-
разом, формула (3) для п = 1 уста-
новлена.
Для любого п = 2, 3,... формула
(3) доказывается аналогично мето-
дом математической индукции. ◄
256
Следствие. Если функция Дг) регулярна в некоторой области
(В) (т. е. Дг) однозначна и имеет в области (В) первую производ-
ную), то она имеет в этой области производные всех порядков.
► Пусть z — любая точка из (В). Окружим эту точку контуром (у),
любым, но таким, чтобы он являлся контуром односвязной обла-
сти (Д), лежащей вместе с (у) в области (В). По интегральной
формуле Коши
2”м£-г ' *’
В правой части (4) имеем интеграл Коши, который является
частным случаем интеграла типа Коши. По теореме, доказанной
выше, он имеет в точке z производные всех порядков. Так как
точка z— любая из области (В), то Дг) имеет в (В) производные
всех порядков. Таким образом, производные всех порядков от функ-
ции Дг), регулярной в области (В), сами являются регулярными
функциями в (В). В частности, из регулярности Дг) в (В) следует
непрерывность f'(z} в (В).
Пусть функция flz) регулярна в ограниченной замкнутой об-
ласти (В) (или: регулярна в (В) и непрерывна в (В)). Тогда для
любой внутренней точки z из (В) имеем
Q-z
(С), обл. слева
J
2ni J
(5)
В правой части (5) имеем интеграл Коши, т. е. частный случай
интеграла типа Коши. Поэтому
"=1’2'3’<6)
(С), бЬл. слева
Из (6) видим, что производные любого порядка функции Дг)
во внутренних точках области (В) выражаются через значения
самой функции на границе области (В).
Отметим, что интегральные формулы Коши для Дг) и
могут быть использованы для вычисления контурных интегралов.
Поясним это на примерах.
Пример 29. Вычислить интеграл I = f — , где (Q — зам-
(с)<5 +9
кнутый спрямляемый контур, такой, что точка z = 31 лежит внутри
(С), а точка z = -3i вне (С).
257
Решение.
Г-----*------= Г Ш-dz.
(^ + з/)(г-з/) (^-3/
Положим f(z) = —• Эта функ-
Z + 3/
ция регулярна в замкнутой области, ог-
раниченной контуром (Q. Поэтому по
формуле Коши находим:
/ = J ^v^ = 2x/ /(3z) = ^- = ^.
1 Z - 3z 61 3
(С)0
’ 3/
Рис. 5.36
Ук
Пример 30. Вычислить интеграл
Рис. 5.35 dz
1 = f ——“ , где (Q — замкнутый
(С!<5 + ’
спрямляемый контур такой, что точка z = -3/ лежит внутри (Q, а
точка z = 3/ вне (Q.
Решение.
1
I = f dz = f dz = f z ~3/ dz
^+9 " + 3/)(г " 30 ~ <ex/ + 3i
П j
Положим f(z) - -—— . Эта функция
регулярна в замкнутой области, ограни-
ченной контуром (Q. Поэтому по фор-
муле Коши находим:
/= Г f^-dz = 2ni-f (-31) = — =
3 7 + 3/ -6/ 3
(С) 6
Пример 31. Вычислить интеграл
г _ г dz
1 ~ J 2 о ’ где (О — замкнутый спрям-
(C)J +
ляемый контур такой, что точки z = 3/ и
Z = -3i лежат внутри контура (Q.
Решение. Проведем два вспомогательных
контура (Cj) и (С2). Контур (Cj) охватыва-
ет точку z = 31, а контур (С2) охватывает
Рис. 5.37
258
точку z = ~3i • Пусть (Bj) — область, ограниченная контуром (С^,
(Вр — область, ограниченная контуром (Ср. Считаем, что (В1) и
(В2) лежат в области (В) и что области (В0 и (В2) не пересека-
ются.
По интегральной теореме Коши для многосвязных областей
имеем
где
тс
3
f -^- + ( -^ = 1х+1г,
J z2+9 J z2+9
(Ci)0 (С2)о
т _ г dz ТС
(см. пример 29), h ~ J г - "j
(с2)с
f dz
z2 + 9
(Cb
dz
z2 +9
(c,)a
(см. пример 30). А тогда I = у -у = 0.
Пример 32. Вычислить все возможные значения интеграла
г Г
1 = J ~7~2—77 при различных положениях контура (С). Предпо-
z(z -1)
(С)О
лагается, что контур (С) не проходит ни через одну из точек z = 0,
Z = 1 И Z = -1 •
Решение. 1) Пусть (С) — контур, изоб-
раженный на рис. 5.38(1). Имеем
f^dz.
(С) о Z
С dz
Положим f(z) = -тД— • Эта функция
Z -1
регулярна в замкнутой области, ограниченной контуром (С). По
формуле Коши
/=
dz = 2тс/ • /(0) = 2тс/ • (-1) = -2тс/.
2) Пусть (Q — контур, изображенный
на рис. 5.38(2). Имеем в этом случае
1
7= J-^ = f «Ц»*.
J z(z2 -1) J z +1
(С)э ’ (С)О
259
Положим /(z)=—-------—. Эта функция регулярна в замкнутой
ZXZ -1)
области, ограниченной контуром (Q. По формуле Коши
I = f dz = 2vi /(-1) = 2л/ • i = л/.
3 г + 1 2
(Ср
3) Пусть (Q — контур, изображенный на рис. 5.38(3). Имеем в
этом случае
f dz
z(z^ -1) z -1
(C)cfv< 3 (C)O
1
-1 О
С)
Рис. 5.38(3)
Положим f (z) = —:--—. Эта функция
Z(Z +1)
регулярна в замкнутой области, ограни-
ченной контуром (С). По формуле Коши
I = f = 2л/ • /(1) = 2л/ • — = л/.
J Z-1 2
(С)С5
4) Пусть (С) — контур, изображенный на рис. 5.38(4). По ин-
тегральной теореме Коши для многосвязных областей
/ = f dz = f dz • t dz т . T
(C2) ... , _ г *
(Q)
Рис. 5.38(4)
I о 1 ' -* 2 >
„ J z(z^ -1)
где I, = [ —— = л/ (см. пункт 2)),
3 z(z -1)
(C(pv 3
Z9 = [ —— = -2л/ (см. пункт 1)).
J z(z* 2-l)
(C2P
Следовательно, I = л/ - 2л/' = -л/.
5) Пусть (Q — контур, изображенный на
рис. 5.38(5). По интегральной теореме Коши для многосвязных областей
т t dz г dz г dz _ г т
(СР (С2ъ
где I\ = J d2Z = -Ъй (см. пункт 1)),
(С)а
f dz _ ,.
~ J ( 2 _ п ” (см* ПУНКТ 3))- А тог-
(С2)0^ 7
I = -2я/ + тс/ = -Ki.
(Q)
z(z2-i) z(z2-l)
(C2) -7Г dz
2
Рис. 5.38(5)
Да
260
6) Пусть (Q — контур, изображенный на рис. 5.38(6). По ин-
тегральной теореме Коши для многосвязных областей
2’
О
Рис. 5.38(6)
У к
с
dz
dz
J z(z2-l) X z{z2-l) J z(z -1)
(C)O (GKJ (сгЪ
где Л = [ —— = тй (см. пункт 1)),
Z(Z-V)
(С0СГ
I-> = [ ——= ni (см. пункт 3)).
J z{z2 -1)
<C2)d
А тогда I = л/ + 7i/ = 2ni.
7) Пусть (Q — контур, изображен-
ный на рис. 5.38(7). По интегральной теореме Коши для много-
связных областей
I = f -------= f --------+ I ----z---+ I ----X----= 21 + 7 2 + 23:
где А = J , , = м (см. пункт 2)), Л = [ 2г = -2г1
Т.,?г ”
(см. пункт 1)), 73 = j —2----= Kl (см- пУнкт 3)). Следовательно,
г • т • • л(С»>^г
1 = 711 - 2ти + 71/ = 0 .
8) Пусть (С) — контур, изображенный на рис. 5.38(8). В этом
случае точки = -1, Z2 = 0 и z3 = 1 лежат вне контура (Q. Значит,
функция f(z) =---г---- регулярна в замкнутой односвязной об-
z(z -1)
ласти, ограниченной контуром (Q. По интегральной теореме Коши
для односвязных областей I = [ —— = О
*(z -1)
(С)СГ 7
261
Пример 33. Вычислить интеграл I = J , а > 1
|z-a|=aO
Решение. Нулями знаменателя являются точки: Z\ = -1, Z2 = 1’ > Z3 = 1,
Z4 = -i Из них лишь точка z3 = 1 лежит внутри круга |z - a| < a.
г zdz
J ?-1
|z-a|=aC5
z
, . ^-1
|z-a|=flC5
Положим f(z) = ---—. Эта
U + l)(r+1)
функция регулярна в замкнутом круге
|z - a| а По формуле Коши находим
/ = Г = 2ni • / (1) = 2тп • i .
J z-1 4 2
о
1 г ezdz
Пример 34. Вычислить интеграл 2 л/ z2 + а2 , если контур (Q
(С)С5
содержит внутри себя круг |z| < я .
Решение. Так как круг |z| а лежит внутри контура (Q, то точ-
ки Zi = ia и Z2 = -и* (нули знаменателя) лежат внутри контура (Q.
По интегральной теореме Коши для многосвязных областей
1 г ezdz = 1 г ezdz 1 г ezdz 1 , т \
2л/ z1 + а2 2л/ J z2 + а2 2л/ z2 + a2 2л/ 1 2
(С)С5 (CJ0 (С2)СГ
Рис. 5.40
Г /1U) п х е
= -----;dz , где f{(z) =-7. Функция
J Z-ai z + ai
(Q)0
fx(z) регулярна в замкнутой области, ог-
раниченной контуром (С,) (см. рис. 5.40).
Поэтому
еа^ neai
L = 2ni *fdai) = 2л/— = — •
2ai а
Имеем /2 - f - f где
J z2+a2 J Z + ai
(С2уг> (c2)o
ez
= ~z—~ai ФУНКЦИЯ регулярна
262
в замкнутой области, ограниченной контуром (С2) (см. рис. 5.40).
Поэтому
с~tic
Л = 2л/. А(-Ш) = 2л/-— = .
2 2V 7 -2ai а
А тогда
1 г ezdz _ 1 лес/ ле~а/>|_1 eal -e~at sin а
2л/ J 72+л2 2л/ a a I a 2i а
(С)СГ 4 7
1 г zezdz
Пример 35. Вычислить интеграл 2л/ J _ а)3 5 если точка а ле“
/ГА (С)(^
жит внутри контура (Q.
Решение. Вспоминаем интегральную
формулу Коши для /(л) (а) :
г(")^ = л!_ f f^dz
J 1 ; 2ж/ J (z-a)"+1‘
(C)d
В нашем примере п = 2, так что
1 г f(z)dz f(a)
2iti J (z-a)3 , 2!
(С)о
где f(z) = zez Имеем
f'(z) - ez (z +1); f(z) = ez (z + 2) => f(a) = ea (a + 2).
А тогда
1 л z?zdz , ea(a + 2)
(C)° 1 ezdz
Пример 36. Вычислить интеграл I =---- (-------т, если:
2л/ } z(l~z)
1) точка z = 0 лежит внутри, а точка z= 1 вне контура (С);
2) точка z = 1 лежит внутри, а точка z = 0 вне контура (С);
3) точки z= 0 и z = 1 обе лежат внутри контура (С).
Решение. 1) I - f в 3 - f f{(z) - —-—у-
2и<сюг(1-г) 2”<сЮг
Эта функция регулярна в замкнутой области, ограниченной кон-
туром (Q. По формуле Коши
I = ^~ J ^^ = -1т-2х/ /1(0) = 1.
2л/ J z - 0 2л/
(С)С5
263
.. т _ 1 г ezdz 1_ г ezdz 1_ r /2U)
) 2л/ ' z(l - Z)3 2л/ ' z(z -1)3 2л/ •* (г -1)3 ’ ГДе
(C)cF 47 (С)& 7 (С)д 7
f2(z) = — . Функция f2(z) регулярна в замкнутой области, ограни-
ченной контуром (Q. Воспользуемся интегральной формулой Коши
для производных (в нашем случае п = 2). Поэтому
т _ -1 Г fl^dz _ -/2"(1) тл
7’2^7 J 7ГЙ7-_2Г'Имеем
(С)д 7
ez(z-l) [ez(z-l) + ezl-z2 -2z-(z-l)ez
ш----------------------------Ц--------------=
Z Z
Z2 -2Z + 2 л
е
2
z?
. т -1 с ezdz
А тогда I = т :
2л/ J Z(z-l)3
(C)(V
3) Вводим в рассмотрение два вспомогательных замкнутых кон-
тура (С,) и (С2) (см. рис. 5.42(3)). По интегральной теореме Коши
для многосвязных областей
г ezdz ! 1 г ezdz
z(i-z)3 2л/ г(1 - Z)3
(сое/ (C2)ov
2»
где 7, = — f —------у = 1 (см. пункт 1)),
2л/ J z(l-z)
(C,)ov
т _ 1 г ezdz _ е
2 ’ 2^7 J z(l-z)3 ~~2. (СМ- 2))’
(С^ 1 U
А тогда I = — j —Ц- = 1 -у.
264
Пример 37. Функция/(z) — регулярная в области, ограничен-
ной простым замкнутым контуром (Q, содержащим внутри себя
начало координат. Доказать, что при любом выборе ветви Lnz •
/ ~ j Ln zdz=
2*1 (С)0
где Zq — начальная точка интегрирования.
Решение. Берем любую ветвь лога-
рифмической функции (Lnz)^ = ln|z|+
+ /(arg Zo + 2£л), где z — любая точка комп-
лексной плоскости с разрезом по лучу, ис-
ходящему из точки z=0 (см. рис. 5.43).
Интегрируя по частям, находим
Рис. 5.43
= [1п |3) I + z’(aiB Zo + Ikn + 2л) -1п |з> | - / (aig Zo + 2£л)] • №) -
= Z(^o)-Z(O).
§7. Обращение интегральной теоремы Коши
Теорема. Если функция y(z) однозначна и непрерывна в одно-
связной области (В) и интеграл от нее по любой замкнутой кривой,
лежащей в (В), равен нулю, то функция/(z) регулярна в области (В).
Z
► Из условий теоремы следует: F(z) = J f(z)dz не зависит от
вида пути интегрирования. z°
При доказательстве соотношения F'(z) = f(z), Z е (В), были
использованы только два условия:
1) функция flX) непрерывна в области
(В), и
Z
2) I f(&dz не зависит от формы пути
Zo
интегрирования.
Следовательно, и теперь F’(z) - f(z), Z е (В). Последнее оз-
начает, что F(z) — регулярна в области (В), а значит, и все ее
265
производные регулярны в (В). В частности, F\z) регулярна в (В).
Так как F'(z) = f(z), Ze (В), то заключаем, что /(г) регулярна в
области (В). <
Доказанная теорема (обратная интегральной теореме Коши)
носит название теоремы Морера (итальянский математик).
§8. Формула Пуассона и теорема о среднем значении
Пусть функция /U) регулярна в круге |z| < В и непрерывна в
замкнутом круге |z| < R . По формуле Коши для любой внутрен-
ней точки круга имеем
/<г) = ^7 f ге*"(0)’ «О
В формуле (1): точка Q лежит на контуре круга, поэтому
Q = Re1^; точка z — внутренняя точка круга, поэтому z = re1*, г <R .
Имеем dQ = RetQ • id&. Следовательно, формула (1) может быть
записана в виде:
ReiQ
1 2л
Введем в рассмотрение точку , симметричную точке z относи-
тельно окружности |<^| = R (значит, | z* | • г = В2; aig z? = argz = Ф )•
А тогда
о2 п2
I Z* | = —, argz* = <Р => Z* = —е/ф
г г
Рассмотрим функцию £ _ . Так как точка
лежит вне круга |^| < В , то функция
регулярна в круге KR (0) и непрерывна в зам-
кнутом круге ВЛ(0). Но тогда, как мы знаем,
J_ г 2^1^ = о»
2л/ J Г - 7*
|«|=Л<5
1 2л
«0 = 2-f/(Tte'e)
2л Jo
ReiQ
Reie- — eiv
Г
</0 = _L Г —-dS. (3)
2л 're,e-Re,<f
266
Вычитая из равенства (2) соответствующие части равенства
(3), получим
1 2л
2л Jo
Re* re*
Re*-re'41 re*-Re'9
1 2? Q _₽2 Ke+q>) 2 /(e+<p)
/(Z) = 2л [ f(Re' } -W(0+<₽) + rR(ei2Q + e‘^) - r2e‘^ =
— [ f(Re*~)_______—___-_________de
2л j Л R2-rR(e‘^ + e~^) + r2
R2 -r2
de.
(4)
(5)
(6)
1 2л
(4) — формула Пуассона.
Легко проверить, что формула (4) может быть записана в виде
1 2л
= /(О Re
2л q
где Q = ReiQ, a z — внутренняя точка круга KR (0). Заметим, что для
центра круга, т. е. для точки z — 0, формула (4) будет такой:
1 2л
/(O) = J-f f(Re*)dO.
о
Эту формулу можно рассматривать как теорему о среднем зна-
чении: значение регулярной функции f в центре круга KR(0) рав-
но среднему арифметическому ее значений на границе (ул) этого
круга. Действительно, рассмотрим выражение
«а=о 2л£о п
С одной стороны, видим, что это — среднее
арифметическое значений функции f в п точ-
ках окружности (уЛ) (окружность разбита на
п равных частей). С другой стороны, видим, что
это выражение является интегральной суммой
для интеграла, стоящего в правой части (6). В
пределе получаем: среднее арифметическое значение функции на
всей окружности, равно интегралу, стоящему в правой части (6).
267
Пусть функция /(г) регулярна в круге |^ - а| < Л и непрерывна
в замкнутом круге |z - а| < R. Обозначим z-a-t (=> Z = t + а). Тогда
f(z) = f(t + a) = fx (f). Ясно, что функция (f) регулярна в круге
|/| < R и непрерывна в замкнутом круге |/| < R . Следовательно,
/1(0 = ^-//1(г)Яер4 р0, (7)
2л * )
где т = RetQ — точки на границе круга |/| < R , t— точка лежащая
внутри круга р| < R . Имеем т = С> - а , где С> — точка, лежащая на
исходной окружности. Получаем, таким образом,
№) = у- Т /К) ( ’ '/;2° j &, где С + Re‘«.
Для центра круга, т. е. для точки z = я, будем иметь
f(a) = ^-2! f (a+ RelQ)de. (8)
2л J
Формула (8) дает выражение теоремы о среднем значении
функции f для случая круга с центром в любой точке а.
§9 . Формула Пуассона для неограниченной области
Пусть функция Jlz) регулярна во всех конечных точках z, удов-
летворяющих неравенству |z - а\ > R , и непрерывна во всех ко-
нечных точках, удовлетворяющих условию Пусть
f(z) -> А при z °о, где А — конечное число. По формуле Коши
для неограниченной области
/U)~ J ^-<К, + А, (1)
2л/ J Q - z v 7
(Ул)О
где z — любая конечная точка, удовлетворяющая условию \z - я| > R .
Введем в рассмотрение окружность (у^) с центром в точке а и
столь большого радиуса чтобы точка z оказалась лежащей внутри
этой окружности. Рассмотрим точку г*, симметричную точке z
относительно окружности (уЛ). По интегральной теореме Коши
для многосвязных областей можем написать
J jc, = f -HSL d:_ [ ffi: л jq + л [
<ч>5-г’<2)
268
f f(Q-A Jr n t dQ
Так как J ' . -> 0, a J —= -2m, то в пределе
Q- Z A-*00 Q~Z
W° (тЛ1)О
при R{ -> x получаем из (2):
/ Л-z'
^Q-dC, = 0-A-2m=> 0 = — [ -f£LdQ + A. (3)
2тс/ J C-z’
(Y«)O
Вычитая из (1) соответствующие части равенства (3), находим
J ЛоМ-
27U(i)o
В формуле (4) точка £ лежит на ок-
ружности (уЛ). Поэтому ^ = а + Ве'е;
dC - Re‘e id®. Имеем, далее, z - а = ге'ф;
Z* - а = —el(v (г >R). Проделав те же са-
г
мые выкладки, что и при выводе фор-
мулы Пуассона для ограниченной об-
ласти, получим
f(z) = Л° + Re^[^z~^\ds,
2jcJ I C-z )
где Q = а + Re‘Q, a z — любое конечное, удовлетворяющее условию
|z - а| > R •
§10 . Принцип максимума модуля
Теорема. Если функция fiz) регулярна в некоторой области (В)
и не является постоянной, то ее модуль не может достигать своего
наибольшего значения ни в одной внутренней точке области (В).
Прежде чем приступить к доказательству теоремы, докажем лемму.
Лемма. Если функция/(г) регулярна в области (В), то для того,
чтобы в этой области было |/(z)| = const, необходимо и достаточ-
но, чтобы сама функция была в этой области постоянной.
► Достаточность очевидна.
II. Необходимость. Дано: |/(z)| - const. Доказать, что f(z) - const
в (В).
Пусть f (z) = и(х, у) + iv(x, у). Тогда из того, что |/(z)| = const в
(В), следует |/(z)|2 = const в (В) <=> и2(х,у) + v2(x,y) = const, в (В).
269
Дифференцируя последнее тождество сначала по х, а затем по у,
получаем
(и • и'х 4- V • v'x = О,
[«•«j, +v-v'y =0 в (1)
У нас/(г) регулярная в (В). Следовательно, и'у = -v'x } v'y = их.
А тогда система (1) может быть записана в виде
Г и • и'х + v • v'x = 0,
[-и- vx + v-ux = 0 в (2)
Станем рассматривать (2) как систему относительно и п v.
Возможны только два случая:
1) В области (В) есть точки, в которых система (2) имеет нуле-
вое решение: и = 0, v = 0. Тогда в этих точках: и1 + у2 = |/(z)| = 0 =>
=> |/U)| = 0. Но так как |/(z)| = const в (В), то |/(z)|2 =0 в (В) и,
следовательно, /(г) = 0 в (В) (т. е. /(г) = const в (В)).
2) В области (В) нет точек, в которых система (2) имеет нуле-
вое решение. Но тогда, так как система (2) однородная, необходи-
мо, чтобы было
и’х
-V'x U'x
е0 (В) » (и'х)2 +(v;)2 е0 в (В) => и’х = 0, vx = 0 (В) .
Принимая во внимание условия Коши—Римана, заключаем, что
и v'y = 0 , и'у = 0 в (В). Итак, в случае 2) получаем
du du dv dv
— = — = — = — = 0 в (В), т. е. функции и и у не зависят ни от х,
dx dy dx dy
ни от у, и потому являются тождественно постоянными: и = Сх,
v = С2 в (В). Значит, f(z) = u + iv = Сх 4- iC2 = const в (В). <
Доказательство теоремы.
► Нужно доказать, что |/(z)| не может достигать своего наи-
большего значения ни в одной внутренней точке области (В)
(по условию fit) не является постоян-
ной в (В)).
Рассуждаем от противного. Допустим,
что |/(z)| достигает своего наибольшего
значения М в области (В) в некоторой
внутренней точке Zq е (В). Это значит, что
|/(Zo)| = М и что |/(z)| < Л/, если zg(B).
270
Возьмем любой круг |z - £о| < р, целиком лежащий в (В). Пусть
(ур) — граница круга. По теореме о среднем значении функции
имеем
-« 2л
Ж) = у- j f(Zo +peiQ)dB =>
2л Jo
1 2л| .1
=> М = |Ж)| < — j |Ж +ре'е)ре =>
1 2л
=> y-f м-|/(^+ре'е)ре<0.
271 0 <-----V-------'
>0
Так как подынтегральная функция непрерывна и неотрицательна,
а интеграл неположителен, то это неравенство возможно лишь тогда,
когда подынтегральная функция равна нулю, т. е. когда
|Ж + Ре>в )| = м, ДЛЯ 0 е [0, 2л].
Итак, получили |/(z)| = М на (ур). Следовательно, если |/(z)| дос-
тигает своего наибольшего значения М во внутренней точке
Zo е (Б), то |/(z)| = М на любой окружности с центром в точке Zq,
внутренность которой и она сама принадлежат (В). Так как это
верно для любого круга, то доказано, что |/(z)| = М в любом зам-
кнутом круге с центром в точке Zq и целиком лежащем в (В). Пусть
теперь Z, — любая точка из области (В). Соединим точки Zq и z{
ломаной, целиком лежащей в (В). Станем двигаться из точки по
ломаной до тех пор, пока сохраняется свойство |/(z)| = М. Фор-
мально мыслимы следующие две возможности: либо придем
в точку Z, с |/(Zi)| = М, либо встретим на пути промежуточную
точку z2, До которой |/(z)| - М, но за которой существуют точки
ломаной, сколь угодно близкие к точке z^ в которых |/(z)| * М. У
Hac/(z) регулярная в (В), а, следовательно, непрерывная. Значит, и
|/(z)| — непрерывная в (В) функция. В силу непрерывности /(z)|
будет |/(z2)| = Af. Но тогда, по доказанному выше, |/(z) = М
в некотором круге с центром в точке z2 и, следовательно, за точкой z^
свойство |/(z)| = М сохраняется (а мы предположили, что за точ-
кой Z2 это свойство нарушается). Значит, второго случая быть не
может, т. е. обязательно будет |/(Zi)| = М.
271
У нас zt — любая точка из области (В). Поэтому приходим к
выводу, что |/(z)| = М, z е (В). Но тогда, по лемме, f(z) = const,
Z е (В), а это противоречит условию теоремы. Значит, наше пред-
положение неверно, т. е. |/(/)| не может достигать своего наиболь-
шего значения во внутренней точке области (В). <
Следствие 1. Если функция Дг) регулярна в ограниченной зам-
кнутой области (В) (или: регулярна в области (В) и непрерывна
в замкнутой области (В)), то |/(z)| достигает своего наибольшего
значения только на границе этой области.
► Из условий следствия 1 вытекает, что функция |/(z)| не-
прерывна в (В). Следовательно, |/(z)| достигает своего наиболь-
шего значения в этой замкнутой области (В). И так как не внутри,
то на границе области (В). <
Следствие 2. Если функция fiz) регулярна в некоторой облас-
ти (В) и не является постоянной и если, кроме того, f(z) * 0 в (В),
то |/(z)| не может достигать своего наименьшего значения внут-
ри области (В).
► Введем в рассмотрение функцию g(z) = -т?— • Эта функция
f(z)
регулярна в (В) и не является постоянной. Значит, к ней можно
применить принцип максимума модуля. Далее все ясно. <
§11. Гармонические функции и их связь с регулярными
Определение. Вещественная функция и(х, у) двух вещественных пе-
ременных называется гармонической в области (В), если она однозначна
в ней, имеет непрерывные частные производные первого и второго по-
п д2и д2и п ,
рядков и удовлетворяет уравнению Лапласа. —= + —т = 0 в (В).
дх2 ду2
Пусть функция /(г) = и(х, у) + iv(x, у) регулярна в области (В).
Тогда в (В):
ди _ dv ди _ dv . .
дх ду’ ду дх
Так как/)/) регулярна в (В), то производные любого порядка от
функции /(г) также регулярны в (В). Имеем
ди .dv dv .ди
---I-1-—-----I--- пг е
дх дх ду ду’ ' '
272
f'(z) = ^ (« + iv) = -i V- (« + Zv) ; (2)
dx dy
pp. d2
f"(z) = ~2 (“ + Zv> = ~1 Z77 <M + Zv)=
dx2 dydx
a2 a2
= +Zv) = +
дхду дуг
Так как /'(z) непрерывна в (В), то из соотношений (2) следует,
что частные производные первого порядка от функций w(x, у) и
у(х, у) непрерывны в области (В). Так как f”(z) непрерывна в (В),
то из соотношений (3) следует, что все частные производные вто-
рого порядка от функций и(х, у) и v(x, у) непрерывны в области
(В). Из соотношений (3) следует также, что в области (В)
д^ д2
—т-(и + iv) =--тЛи + iv). Отсюда, сравнивая вещественные и мни-
dx2 dy2
d2u _ d2u d2v _ d2v
мые части, получаем ~т - ~~т~у; ~г~7 ~ , т. е.
дх2 ду дх1 ду1
д2и &U n d2v d2v n , m
—у+—7 = 0, —- + —= 0в(В).
дх2 ду2 дх2 ду2
Видим, что обе функции w(x, у) и v(x, у) удовлетворяют в обла-
сти (В) уравнению Лапласа.
Вывод', функции w(x, у) и v(x, у) являются гармоническими в
области (В).
Определение. Две гармонические в некоторой области (В) функ-
ции, связанные там условиями Коши—Римана, называются
сопряженными гармоническими функциями в (В).
Следовательно, вещественная и мнимая части функции /(z), регу-
лярной в области (В), являются в (В) сопряженными гармоническими.
Пусть теперь функции м(х, у) и г(х, у) являются сопряженными
гармоническими в некоторой области (В). Тогда, в частности, эти функ-
ди ди dv dv
ции имеют в (В) непрерывные частные производные —, ,
удовлетворяющие там условиям Коши—Римана. А выполнение этих
условий, как мы знаем, достаточно для дифференцируемости в (В) функ-
ции f(z) = и(х, у) + /у(х, у). Таким образом, доказана теорема:
Теорема 1. Для того, чтобы функция f (z) = и(х, у) + /у(х, у) была
регулярной в некоторой области (В), необходимо и достаточно,
чтобы ее вещественная и мнимая части были сопряженными гар-
моническими функциями в этой области.
273
Вопрос. Всегда ли любую гармоническую в области (В) функ-
цию можно рассматривать как вещественную или мнимую часть
некоторой регулярной функции в этой области?
Покажем, что в случае односвязной области (В) — всегда.
► Пусть дана функция и(х, у), гармоническая в односвязной об-
ласти (В). Станем искать сопряженную с ней гармоническую функ-
ди _ dv ди
цию v(x, j>). Должно быть:
dv
, и, следовательно,
, dv , dv , du , du ,
dv = —ax +—dy =-dx +—dy
dx dy dy dx
(4)
Правая часть (4) должна быть полным дифференциалом. Что-
бы это имело место, необходимо и достаточно выполнение усло-
d (
вия аН
д ( ди ।
йс I йс J ВСЮДУ в (^)- А это равносильно тому, что
функция w(x, у) является решением уравнения Лапласа:
д и ди п
—y + —т - ° в (В} что у нас обязательно имеет место, так как
дх2 ду2
по условию и(х, у) — гармоническая в области (В).
Таким образом, правая часть (4) является полным дифферен-
циалом, и поэтому функцию v(x, у) можно найти двумя способами.
I способ. Выразить функцию v(x, у) криволинейным интегра-
лом второго рода:
v(x,y)= j -^dx + ^dy + C, (5)
где (Q — произвольная вещественная постоянная; точки (х0,у0)
и (х,у) е (В). Так как (В) — односвязная область, то криволиней-
ный интеграл в (5) не зависит от формы пути интегрирования,
лежащего в (В), и, следовательно, дает однозначную функцию (верх-
него предела): v(x, у).
II способ. Функцию v(x, у) находят непосредственным неопре-
деленным интегрированием исходных условий Коши—Римана.
Найдя функцию v(x, у), мы можем построить функцию
/(Z) = u(x,y) + zv(x,y).
(6)
Функция (6) однозначна в области (В);
ди ди dv dv
—, ~непре-
дх ’ ду ’ дх ду к
рывны в (В) и удовлетворяют там условиям Коши—Римана. Значит,
fiz) регулярна в (В) (а потому v(x, у) будет гармонической в (В)).
274
Замечание 1. Если будет дана функция v(x, у), гармоническая в од-
носвязной области (В), то по ней совершенно аналогичными способа-
ми может быть найдена сопряженная гармоническая функция и(х, у),
такая, что f (z) = и(х, у) + zv(x, у) будет регулярной в области (В).
Таким образом, доказана теорема.
Теорема 2. Любую гармоническую в односвязной области (В)
функцию можно рассматривать как вещественную или мнимую
часть некоторой регулярной в этой области (В) функции. При
этом последняя функция определяется с точностью до постоян-
ного слагаемого (соответственно мнимого или вещественного).
Следствие. Гармоническая в односвязной области (В) функ-
ция имеет в (В) частные производные всех порядков, которые
тоже являются гармоническими функциями в (В).
Замечание 2. Если область (В) многосвязная, то криволиней-
ный интеграл, стоящий в правой части формулы (5), может ока-
заться многозначной функцией в этой области (В). Следовательно,
и функция Jlz) может оказаться многозначной в (В).
§12. Формула Пуассона для гармонической функции
Пусть функция и(х, у) — гармоническая в круге |г - а\ < R{. По
доказанному выше и(х,у) = Rc (/(?)), где/(г) — некоторая функ-
ция, регулярная в (а). Рассмотрим замкнутый круг - а < R,
где R < R{. В нем справедлива формула Пуассона:
f(z) = зМ"/(□Ref^ + Z~2flho,ze KR(a\ (1)
2л о к Q - Z J
где С, = а + Ле® .
Обозначим и(х,у) ~ u(z), u(Q = Re (/(О). Возьмем веществен-
ные части равенства (1). Получим
«(z) = ^J«(ORe^+/~2ape, zeKR(a). (2)
Заметим, что эта формула верна и в случае, когда функция w(x, у)
гармоническая в круге |г - я| < R и непрерывная в замкнутом кру-
ге - я| < R. Положив в (2) z = а, получим теорему о среднем для
гармонической функции
и(а) = — f и(а + RelQ)dS
Jo
275
§13. Принцип максимума и минимума
для гармонических функций
Теорема. Если функция w(x, у) гармоническая в некоторой об-
ласти (В) и не является постоянной, то она не может достигать ни
своего наибольшего, ни своего наименьшего значений ни в одной
внутренней точке области (В).
► Покажем, например, что w(x, у) не может достигать своего
наибольшего значения ни в одной внутренней точке области (В).
Рассуждаем от противного. Допустим, что и(х, у) достигает сво-
его наибольшего значения М в области (В) в некоторой внутрен-
ней точке Zq е (В). Это значит, что u(zq ) = М и что u(z) М , если
Z е (В). Возьмем любой круг |^ - ^| < р, целиком лежащий в (В).
Пусть (ур) — контур этого круга. По теореме о среднем значении
гармонической функции имеем
1 2л
u(Zo) = — f u(zo + peie)d8 =>
2л Jo
-j 2л
=> M = u(Zb) = — J u(zo + pe'e)J0 =>
2л Jo
] 2л г -I
=> -z- f [м - w(^o + pe'9)]de = 0 .
271 0 L-----V-------'
>0
Так как подынтегральная функция непрерывная и неотрица-
тельная, то последнее равенство возможно лишь тогда, когда
u(zq + ре'0) = М , для 0 е [0, 2 л]. Отсюда, как и при доказательстве
принципа максимума модуля регулярной функции, найдем, что
u(z) = М в (В). Но у нас, по условию, i/(x, у) не является постоян-
ной в (В). Значит, наше предположение, что и(х, у) достигает своего
наибольшего значения в некоторой внутренней точке Zq е (В),
неверно.
Вывод'. и(х, у) не может достигать своего наибольшего значе-
ния ни в одной внутренней точке области (В). <
Следствие. Если функция и(х, у) гармоническая в ограничен-
ной замкнутой области (В) (или: гармоническая в (В) и непре-
рывная в (В)), то свои наибольшее и наименьшее значения она
принимает на контуре области (В) и только на нем.
276
§14. Примеры на нахождение регулярной функции
по известной вещественной или мнимой ее частям
Пример 1. Пусть и = и(х, у) — гармоническая функция. Будет
ли гармонической функция g(«) = и2 ?
Решение. Имеем
dg(a) -2udU- - 2и dU
дх дх’ ду ду’
d2g(u) _ ? Гди}2 д2и. d2g(u) _ (duf д2и
дх2 \dxj дх2 ду2 \ду ) ду2
А тогда
d2g(«) . ^2g(u) _ ?
дх2 ду2
5г/У"| - fд2и д2и^
ду) ^йх2 ду2)
=о
если и £ const.
Вывод: если и $ const, то функция g(«) = и2 не будет гармони-
ческой.
Пример 2. Пусть и = и(х, у) — гармоническая функция. Для ка-
ких функций g функция g(«) будет также гармонической?
Решение. Имеем
dg(u) _ dg(u) ди. dg(u) _ dg(u) ди
дх du дх’ ду du ду'
d2g(u) = d2g(u)(du^ + dg(u) д2и.
дх2 du2 Isxj du дх2'
d2g(u) = d2g(u) (ди_V + dg(u) д2и.
ду2 du2 IsyJ du ду2'
d2g(u) | d2g(u) = d2g(u) (SwV (ди? । dg(u)
dx2 dy2 du2 I dx J
d2g{u)
du2
'д2 и д2и^
^дх2 ду\
=о
277
- ди ди п d2g(u} г- t г-
если либо — = — = 0, либо —= 0 => либо и = const, либо
дх ду du2
d2g(u) п , ч , ,
—= 0 , т. е. g(u) = au + b, где а и о — постоянные числа.
du2
Пример 3. Пусть/(г) — регулярная функция в некоторой одно-
связной области (В) и f(z) * 0 , z е (В). Будут ли гармоническими
в (В) функции ln|/(z)| и arg/(г)?
Решение. Рассмотрим регулярную функцию: In /(z) = In |/(z)| +
+ iaxgf(z). Вцдим, что ln|/(z)| и aig/(z) представляют собой со-
ответственно вещественную и мнимую части регулярной функ-
ции In f(z) А следовательно, они являются гармоническими функ-
циями.
Пример 4. Дана гармоническая функция: и(х,у) = х2 - у2 + х
Найти все сопряженные с ней гармонические функции в области
О < |z| < оо.
п п - а / \ 5м , ди , п
Решение. Первыи способ. v(x,y) = ---dx +—dy + C .
(4)
Криволинейный интеграл не зависит от формы пути интегриро-
вания, ибо область 0 < |z| < оо — односвязная. Имеем
dx + — dy = 2ydx + 2xdy + dy = 2d(xy) + dy = d(2xy + y)
dy dx
А тогда
(x,j)
v(x,y)= J d(2xy + y) + C =
(*b,Jo)
= 2ху + у-2х^уй -y0 +C = 2xy + y + C,
где С — произвольная постоянная (вещественная).
Второй способ. Используем условия Коши—Римана:
dv ди „ dv ди „ ,
— =-----= 2.у. — = — = 2х + 1.
дх ду ду дх
„ Зг -
Из уравнения — = 2у неопределенным интегрированием на-
дх
ходим
dv
v(x, у) = 2ух + <р(у) => — = 2х + ф'(у).
ду
278
dv
dv
Подставляя это выражение для в соотношение -
2x4-1,
получаем
2х + <р'(у) = 2х + 1 => ср'О) = 1 => Ф(У) = У + С.
Следовательно,
у(х, у) = 2ух + у + С.
Пример 5. Дана гармоническая функция и(х, у) = —z-у. Най-
X +у
ти для нее все сопряженные гармонические функции в области
О < |z| < оо.
х го
Решение. Нетрудно видеть, что и(х,у) = —z-у = Re I — . В са-
х +у \z)
мом деле, имеем
x-iy
1 _ 1 _ x-iy _ x-iy _
Z x + iy (x + iy)(x - iy) x2 + y2
n ГО x т ГО -у
=>Re - ----у, Im — = у -^-у
\Zj х +у \Z) х +у
Функция f(z) = — регулярна в односвязной области 0 < Ы < оо.
Z
По условию, вещественная часть этой функции w(x, у) гармони-
ческая в односвязной области 0 < |z| < оо. Значит, гармонической в
этой области будет и мнимая ее часть v(x, у) = 9 + С, где С —
х + у
произвольная постоянная (вещественная).
Заметим, что задачу 5, конечно, можно решить и способами,
использованными при решении задачи 4 ► .
Замечание. При решении задач на отыскание регулярной функ-
ции по известной ее вещественной или мнимой части очень эф-
фективно может быть использована так называемая теорема
единственности.
Теорема единственности. Пусть функции fx(z) и f2(z) регулярны
в некоторой области (В) и совпадают на бесконечном множестве
точек этой области, имеющем, по крайней мере, одну предельную точ-
ку, лежащую внутри (В). Тогда fx(z) = f2(z) во всей области (В).
(Теорема будет доказана позже.)
Нам потребуется пока частный случай, а именно.
Пусть функции fx(z) и f2(z) регулярны в некоторой области (В).
Пусть (у) — отрезок некоторой прямой, содержащийся в (В). Тогда:
если /{(z) = /2(^) на (y) ’ то /1(^) = А(^) все^ области (В).
Пример 6. Найти регулярную функцию f(z) = ил-iv по задан-
Имеем
2 2 У
ной вещественной части: и(х, у) = х - у л- 5х + у —z--у
X + у '
Решение. Так как/fc) регулярная функ-
ция, то производная f\z) может быть вы-
числена так:
/'(г) = и’х + /V; = и’х - iu’y,
dv _ ди
(Использовано условие — - _ . Замелим, что
f(z) регулярна там же, где и функция /U).)
, П с 2ху , о . х2-у2
их = 2х + 5 + —=—и’ = -2у + 1-------=—
х (х2+у2)2 у (х2+у2)2 •
Ясно, что f\z) регулярна на всей комплексной плоскости, исклю-
чая точку z = 0. Возьмем в качестве (у) отрезок прямой у = 0. (см.
теорему единственности). На отрезке (у) (рис. 5.50)
/'(z)|,e(y) = /'(z)|y=0 = («; - ч)|^=0 = 2х+5+/ .
Введем в рассмотрение функцию
g(z) = 2z + -^ + (5-i)
Z
g(z) регулярна на всей комплексной плоскости, за исключением
точки z = 0;
g(4e(y) = g(z)|y=0 = 2х+-i. + (5 - 0.
Видим, что на отрезке (у): f(z) = g(z) . Следовательно, на основа-
нии теоремы единственности они совпадают на всей комплекс-
ной плоскости, исключая точку z = 0, т. е.
f(z) = 2z+-y+ (5-f) =>/(z) = z2 -- + (5-z)z + C
z z
где С — произвольное мнимое число.
280
Пример 7. Найти регулярную функцию f(z) = и + iv по задан-
ной вещественной части:
и(х,у) = cx(xcosy - j/sin у) + 2sin xsh j/ + х3 -Зху2 + у.
Решение. Так как/(г) регулярная функция, то f\z) = и’х +ivx =
= и' - iu’ . Имеем
Л
и'х - e*(xcosy-ysiny) + ех cosy + 2cosxshy + 3х2 -Зу2 ;
и'у = ех (-х sin у - sin у - у cos у) + 2 sin х ch у - бху +1.
Ясно, что f'(z) регулярна на всей комплексной плоскости. Возьмем
в качестве (у) отрезок прямой у = 0 (см. рис. 5.50). На отрезке (у)
/'(z)| 0 = хе* +е* + Зх2 - *(2 sin х +1).
Введем в рассмотрение функцию g(z) = zez + ег + 3z2 -
- /(2 sin z +1) • Эта функция регулярна на всей комплексной плоско-
сти и на отрезке (у) она совпадает с f'(z), т. е. f'(z) = g(z), Z е (у).
Но тогда, по теореме единственности, на всей комплексной плоскости
f'iz.) = g(z) = zez + ez + 3z2 - /(2 sin z +1) =>
=>f(Z) = Zez +Z3 +i(2co&z-Z) + C,
где С — произвольное постоянное мнимое число.
Пример 8. Найти регулярную функцию f(z) = и + iv по задан-
ной мнимой части:
v(x, у) = 3 + X2 - у2-—=-.
2(х2+у2)
Решение. Так как/(г) регулярная функция, то
/'(z) = и'х + iv'x = v'y + iv'x = i(y'x - iv'y)
(использовано условие: *4 = у'у\
Имеем
2 2
, о . *У , п х “ У
vx = 2х + ——< 9 ; у' = -2у----—.
(х2 +у2)2 у 2(х2+у2)2
Из выражений для v* и ясно, что f\z) регулярна на всей
комплексной плоскости, исключая точку z = 0.
Возьмем в качестве (у) отрезок прямой у = 0 (см. рис. 5.50).
На отрезке (у)
/М=0 = Z{2x + Z^2 ) = + 1 • 2х •
281
Введем в рассмотрение функцию g(z) = —-у +z•. Эта функ-
2z
ция регулярна на всей комплексной плоскости, исключая точку
Z = 0. На отрезке (у) g(z) совпадает с f’(z), т. е. f'(z) = g(z), Z е (у).
Но тогда, по теореме единственности, на всей комплексной плос-
кости, исключая точку z = 0, будет
f'(z) = g(z) = -Д' + i • 2Z => /(z) = ^- + iz2+C
2z2 2z
где С — произвольное постоянное комплексное число. Чтобы было
Im (/(z)) = v(x, у), нужно взять С = 3/ + С , где С — произвольное
вещественное число.
Пример 9. Найти регулярную функцию f(z) = и + fv по задан-
ной мнимой части: у(х,у) = 1п(х2 + у2) + х - 2у .
Решение. Так как f (z)— регулярная функция, то
f'{z) = u'x+iv'x =i(yx-iv'y)
(использовано условие и'х = Имеем
, 2х 1. 2у о
~ 2 2 +1’ Vy ~ 2 2 •
х+ у х + у
Из выражений для v’x и v'y ясно, что /'(z) регулярна на всей
комплексной плоскости, исключая точку z = 0.
Возьмем в качестве (у) отрезок прямой у = 0 (см. рис. 5.50).
/ 2 \ 2/
На отрезке (у) /'(z)| _п = / — + 1 + 2/ = — + i - 2. Положим g(z) = — +
\Х ) X Z
+ i-2 . Эта функция регулярна на всей плоскости, исключая точку
Z = 0. На отрезке (у) : f'(z) = g(z) • По теореме единственности, на
всей комплексной плоскости, исключая точку z = 0, будет
/'(z) = g(z) -- + (/- 2) => f(z) = 2i In Z + (/ - 2)г + С ,
z
где С— произвольное постоянное вещественное число.
Пример 10. Выяснить, существует ли гармоническая функция
(отличная от постоянной) вида и = <р(ах + by), где а и b — веще-
ственные числа?
282
ди _ dy dt _ dtp
дх dt дх dt 9
д2и d2y dt 2 d2cp
—т = а—т •— = а —
дх2 dt2 дх dt2
Решение. Положим ax + by = t. Тогда и = y(t). Имеем
du dy dt _ ь dy
dy dt dy dt 9
d2u _ ь d2y dt _ ^2 d2y
dy2 dt2 dy dt2
Нужно проверить, удовлетворяет ли функция и = у(ах + by) урав-
нению Лапласа —+ —— = 0 (Ди = 0). У нас
дх2 ду2
д2и д2и . 2 ,2 \ d2<p п d2<p _
—7 + —7 = (а +Ь2)—£ = 0 => —^ = 0 =>
дх2 ду2 dt2 dt2
^^ = С1^Ф(/) = С1/ + С2,
dt
где Cj и С2 — произвольные постоянные.
Вывод. Функция w(x, у) = Сх (ах + by) + С2 является гармонической.
Пример 11. Выяснить, существует ли гармоническая функция
( У^
(отличная от постоянной) вида и = ф — .
у
Решение. Положим — = t. Тогда и = ср(/). Имеем
ди dy dt _ dy ( у Y ди dy dt dy 1
dx dt dx dt lx2/ dy dt dy dt x 9
d2u _ d2y ( у V dy 2y c^u _ d2y 1
dx2 dt2 I x2 J dt x3 ’ dy2 dt2 x2 ’
। У ।
Выясним, какая функция вида и = ср — удовлетворяет урав-
I х)
нению Лапласа =0 (Ди = 0 )• У нас
дх2 ду2
д2и д2и _ d2(p х2 + у2 dtp 2у
дх2 ду2 dt2 х4 dt х3
« ^(1 + /2) + 2/^ = 0 « — Г(1 + ?
dt2 dt dt[_
=> (1 + /2)^ = С! => ^. = -^1- => ф = Cj arctg/+ С2;
dt dt 1 + t
где С, и C2 — произвольные постоянные.
dt
283
Г V i У
Вывод. Функция w(x, у) = ср I — = G arctg — + C2 является гармо-
\x) X
нической.
Пример 12. Выяснить, существует ли гармоническая функция
(отличная от постоянной) вида w(x, у) = ф(ху).
Решение. Положим ху = t. Тогда и = ср(/) . Имеем
ди dtp dt _ dtp
ду dt ду dt ’
.2 ^2Ф
dt2
и = ср(ху) удовлетворяет уравне-
du dip dt _ d<p
dx dt dx У dt’
d2u = 2 ^2ф.
dx2 У dt2’
Выясним, какая функция вида
нию Лапласа = 0 (Ди = 0). У нас
dx2 dy2
d2u
d2q
dt2
2>
Ди = 0 <=> ^-у(х2 +у2) = 0 =>
dt2
=>^ = C^ip(t) = Cxt
dt
где С, и С2 — произвольные постоянные.
Вывод. Функция и(х,у) = ф(ху) = Суху + С2 является гармони-
ческой.
Пример 13. Выяснить, существует ли гармоническая функция
(отличная от постоянной) вида и(х,у) = ф(х2 + у2).
Решение. Положим х2 + у2 = t. Тогда и = tp(t). Имеем
ди _ dtp dt _ dtp ди _ dtp dt _ dtp
дх dt дх dt 9 ду dt ду dt 9
д2и d2tp 2 о dtp д2и d2tp 2 -> dtp
—т = —т-4х2 +2-^; — = —^-4yz+2-2-
дх2 dt2 dt ду2 dt2 dt
Выясним, какая функция вида u = tp(x2+y2) удовлетворяет
уравнению Лапласа Aw = 0 . У нас
. л ^2Ф л. л dtp л d2tp dtp л
Aw = 0 <=> —2--4Г+ 4 — = 0 <=> t—+ —- = 0 <=>
dt2 dt dt2 dt
d fdtp
~di
dtp _ г dtp _ Су
dt ~ 1 dt ~ t
где С, и С2 — произвольные постоянные.
2 ,
dt
284
Вывод. Функция w(x, у) = ср(х2 + у2) = С\ 1п(х2 + у2) + С2 являет-
ся гармонической.
Пример 14. Выяснить, существует ли гармоническая функция
( 2 2 Л
X _|_ j
(отличная от постоянной) вида и(х, у) = <р -----
I х У
2 2
X + у
Решение. Положим---------= t. Тогда и = ср(/) . Имеем
ди _dq> dt _ dq> х2 - у2 . ди _ dtp dt _ dq> 2у
дх dt дх dt х2 ’ ду dt ду dt х 9
д2и _ d2q> Гх2 -у2> dcp 2у2 д2и _ d2q> Г2yV dcp 2
дх2 dt2 k х2 } dt x3 dy2 dt2 I x J dt x *
Выясним, какая функция вида и = ср ---- удовлетворяет
I х )
уравнению Лапласа Aw = 0 . У нас
л„
dt2 хА dt х3
<=.,^ + 2^ = 0»
dt2 dt
dt\_ dt J dt dt t2 t
где С, и C2 — произвольные постоянные.
Л 2 2 Л
I X + у X
Вывод. Функция w(x,y) = cp-------- =-С —-----+ явля-
х ) х2 л-у2
ется гармонической.
Пример 15. Выяснить, существует ли гармоническая функция
(отличная от постоянной) вида w(x,у) = ср(х + ^х2 + у2 ).
Решение. Положим х + ^х2 + у2 = t. Тогда и = ср(/). Имеем
ди _dq> dt _ dq> х
дх dt дх dt yjx2 + у2
ди _dq> dt _ dq> у
ду ~ dt ду dt ^х2 + у2 ’
285
д и _ d <р 1 х dcp у
\ +^'(*2+y2)3/2’
д2и _ d2q> у2 dq> х2
ду2 dt2 х2 + у2 + dt (х2 +у2)3/2 ’
Выясним, какая функция вида и = (р\х + у]х2 + y2j удовлетворяет
уравнению Лапласа Aw = 0 . У нас
А л d2(p х2 + у2 + 2xJx2 + у2 +х2 + у2
dt2 х2 + у2
d<? х2 + у2 _ft
dt (х2+у2)3^2
2t+ = ° ~ 2/77 + 4/(0 = ° ’ где = 4/(0 ~
dt2 dt dt dt
<=> ~’ + ^ = 0=> lnMO| + |ln|/| = ln|C,| => w(t)4i = Q <»
« 5 = -T =*<P(') = 2Cp/7 + C2>
dt y/t ’
где С, и C2 — произвольные постоянные.
Вывод. Функция w(x, у) = ср (х + -Jx2 + у2 j = 2Cl-Jx + 7? + у2 + С2
является гармонической.
Пример 16. Выяснить, существует ли гармоническая функция
(отличная от постоянной) вида и(х, у) = <р(х2 + у).
Решение. Положим х2 + у - t. Тогда и = cp(Z). Имеем
ди _ dq> dt
дх dt дх
d(^> ди _ dtp dt _ dq>
dt9 dy dt dy dt ’
^,^.4x2+2^;
dx2 dt2 dt
Проверим, удовлетворяет ли функция
нию Лапласа Aw = 0 . У нас
д2и _ d2q>
ду2 dt2
вида и - ср(х2 + у) уравне-
aw = о « Ф;2 (о • (1+4х2) + 2Ф;(о = о « .
Ф, (0 1 + 4х2
286
Так как 1 + 4х2 не выражается через /, то функции Ф требуемого
вида не существует.
Пример 17. Доказать существование и найти регулярную функ-
цию w = J\z) = и + iv по заданному модулю: |w| = р = (х2 + у2)ех .
Решение, Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = ln|w| + /aigw = й + iv => w = ew
Имеем й = In |w| = In p = x + ln(x2 + у2). Покажем, что й(х, у) — гар-
моническая функция. В самом деле, имеем
дй 1 2х дй 2у
дх х2 + у2’ ду х2 + у2 9
д2й _ 2(у2 - х2). д2й _ 2(х2 - у2)
дх2 (х2 + у2)2 ’ ду2 (х2 + у2)2
А тогда Дй = 0 => функция й(х,у) — гармоническая на всей ком-
плексной плоскости, исключая точку z = 0. У функции w = й + iv
известна вещественная часть й(х, у) = х + 1п(х2 + у2). Следователь-
но, можно найти и мнимую часть v(x, у). Воспользуемся условия-
ми Коши—Римана:
dv _ дй dv _ дй
дх ду’^ ду дх'
Из 1) находим:
? =----2^~Т => = J 2~2У 2 + ‘РО'Э =>
дх х + у J х +У1
dv 2х ,, .
~о~ = —-Г + СР<Ж
оу х+у
х
=> v(x, у) = -2 arctg — + ср(у)
У
dv _ дй
Но, в силу 2), Поэтому
2х 2х
^4 + фЧу) = 1 + ^Цг => Ф'(у) = 1 => Ф(У) = У + С,
х + yL xz + у2
где С — произвольная постоянная (вещественная). Итак, получили
х
v(x, у) = -2 arctg — + у + С
У
287
Таким образом,
w = й + zv = х + 1п(х + у ) + / у-2arctg— + С
I У )
Возьмем в качестве (у) отрезок прямой у=0 (см. рис. 5.50). На
отрезке (у)
w(z)|^_0 = х + In х2 + z^C -2 = х + In х2 + z(C - л).
Введем в рассмотрение функцию g(^) = z + lnz2 + z(C -л). Эта
функция регулярна на всей комплексной плоскости, исключая
точку z = 0. На отрезке (у) g(z) совпадает с w(z), т. е. w(z) = g(z),
Z е (у). Но тогда, по теореме единственности, на всей комплексной
плоскости, исключая точку z = 0, будет
w(z) = Z + Inz2 + z(C - я).
А тогда
w = ew = e*+inz2+/(C-n) _ ^ezeicL ?
где a — произвольное вещественное число.
Пример 18. Доказать существование и найти регулярную функ-
цию w = f(z) по заданному модулю: |w| = р = er cos2<p.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In |w| + z arg w = й + zv => w = .
Имеем u = In|w| = Inp = r2 cos2cp . Покажем, что функция «(г,ср) —
гармоническая. Действительно, имеем
дй ~ ~ дй п 2 • п
— = 2r cos 2ср; — = -2r sin 2ср;
дг Эср
= 2cos2cp; = -4г2cos2cp.
дг2 оф2
А тогда
. ~ д2й 1 Эй 1 Э2й
Ьи = - + + —.—- =
дг2 г дг г2 Эф2
= 2cos2(p + 2cos2(p-4cos2cp = 0 =>
=> функция й(г,ср) — гармоническая на всей комплексной плос-
кости. У функции й> = й + /у известна вещественная часть
й = г2 cos 2ср . Следовательно, можно найти и мнимую часть v(r, ср).
288
Для этого воспользуемся условиями Коши—Римана в полярных
координатах:
дй _ 1 dv дй _ dv
dr г Эф ’ Эф dr *
Из 1) находим
— = = 2г2 со§2ф => v = f 2г2 со§2фЛр + ф(г) =>
Эф dr J
=> v(r, ф) = г2 sin 2ф + ф(г).
dv _ 1 Эй
Но, в силу 2), — - . Поэтому
2r sin 2ф + \|/'(г) = 2r sin 2ф => ц/(г) = 0 => ф(г) = С,
где С — произвольная постоянная*(вещественная).
Таким образом, получили т(г,ф) = г2 8ш2ф + С и, следовательно,
й> = й + iv - г2 со8 2ф + ir2 sin 2ф + iC - г2(соз2ф + i sin 2ф) + iC =>
=> w = [г(со8ф + isinq))]2 + iC => w = z2 + iC.
А тогда w = ew = elC • ez2, где С — произвольная вещественная по-
стоянная.
Пример 19. Доказать существование и найти регулярную фун-
кцию w = f(z) по заданному аргументу: argw = 0 = ху .
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In | w| + i arg w = й + iv <=> w = .
Имеем v = arg w = 0 = ху. Покажем, что функция v(x, у) = ху — гар-
моническая. В самом деле, имеем
dv dv d2v n d2v n
dx dy dx2 dy2
А тогда Av = 0 => функция v(x, у) — гармоническая на всей комп-
лексной плоскости. У функции w = й + iv известна мнимая часть
v(x, у) = ху. Следовательно, можно найти и вещественную часть этой
функции. Для этого воспользуемся условиями Коши—Римана:
Эй _ dv du _ dv
dx dy dy dx *
Из 1) находим
= x => й = fxdx + <p(y) = ^- + (p(y).
dx J 2
289
дй _ dv
Но, в силу 2), Поэтому
ф'(у) = -У => фОО = -у + С,
где С— произвольная вещественная постоянная. Таким об-
х2 у2
разом, получили й(х,у) = —-^- + С и, следовательно, й> = й +
2 2
+ iv = + ixy + C.
Возьмем в качестве (у) отрезок прямой у = 0 (см. рис. 5.50).
х2
На отрезке (у): h,(z)|j/=0 = — + С. Введем в рассмотрение функ-
цию g(z) = — + С . Эта функция регулярна на всей комплексной
плоскости. На отрезке (у) g(z) совпадает с w(z), т. е. w(z) = g(z),
Z е (у). Но тогда, по теореме единственности, w(z) = g(z) на всей
комплексной плоскости, т. е. w(z) = — + С . А тогда
z2 z2
w = ew=>w = ece2 = Се2 ’
где С — произвольная положительная вещественная постоянная.
Пример 20. Доказать существование и найти регулярную фун-
кцию w = f(z) по заданному аргументу: argw = 0 = ср + г sin ср.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w = In |w| + i aig w = й + iv => w = e™.
Имеем v = arg w = cp + r sin ср. Покажем, что функция v(r, ср) — гар-
моническая. Действительно, имеем
dv . dv 1 d2v А
— = sin ср; — = 1 + г cos ср; —т = 0;
дг дер дг1
А тогда
d2v
---г- = -Г Sin ср
оф2
1 •
— sin ср = 0 =>
4 _ d2v 1 dv 1 d2v 1 .
Av = —5- +----4--T----=- = -sirup-
dr2 r dr r2 d(p2 r
=> функция v(r,cp) — гармоническая на всей комплексной плос-
кости, исключая точку z = 0.
290
У функции w = й + iv известна мнимая часть: v(r, ср) = ср + г sin ср.
Следовательно, можно найти и вещественную часть этой функции: й(г, ср).
Воспользуемся условиями Коши—Римана в полярных координатах:
дй _ 1 dv дй _ dv
dr г дер ’ дер Г дг ’
Из 1) находим
дй 1ч 1
— = — (1 + г cos ср) = — + cos ср =>
дг г г
=> /7(г, ср) = f I — + cos ср \dr + \р(ср) =>
=> й(г, ср) = In г + г cos ср + ц/(ср).
дй _ dv
Но, в силу (2), - • Поэтому
-г sin ср + \р'(ср) = -г sin ср => \р'(ср) = 0 => \р(ср) = С ,
где С — произвольная вещественная постоянная.
Таким образом, получили й(г,ср) = In г + г cos ср + С и, следова-
тельно,
w = In г + г cos ср + С + /(ср + г sincp) =
= In г + /ср + r(cos ср + / sin ср) + С =>
In Z =z
=> w = lnz + Z + C .
А тогда
w = ew = zez • ec => w = ec -zez =C • zez •
Пример 21. Доказать: чтобы семейство линий ср(х, у) = С , где ср(х, у) —
дважды непрерывно дифференцируемая функция, было семейством ли-
ний уровня некоторой гармонической функции, необходимо и доста-
Дср
точно, чтобы отношение (grac] ^2 зависело только от <р(х, у).
► Станем искать требуемую функцию в виде и = /[ср(х,у)].
Имеем
и'х = /ф(ф) • Фх> и'у = /ф'(ф) • ф'р;
и-Х2 =/ф"(Ф)-(Фх)2+/ф(ф) <2,^ =/;2(фМф;)2+4(ф)-ф>;
а« = <2 +«> =/;2(ф)[(ф^)2+(ф')2]+/;(ф)-(ф:2 +ф>)=
= /ф"2 • (grad ф)2 + 4(ф) • Дф = 4'2 • ( Vq>)2 + 4(ф) • Дф;
Ды=0«
4(ф) (W
291
Из этого соотношения следует, что требуемая функция /(ср)
Дф
будет существовать тогда и только тогда, когда ^^2 будет пред-
ставлять собой функцию аргумента ф.
Пусть —= я(ф). Будем иметь в этом случае
(VqO2
= #<ф) Г1п|/ф(<р)|] = #(ф) <=>
/ф(ф) L 1 u<₽
<=> In |/;(<р)| = J g(q>)</cp + In IQ I =>
=>4(Ф) = сЛф)"ф ^/(Ф) - cj^4>+c2.
Пример 22. Найти регулярную функцию f(z) = и + iv, у кото-
рой вдоль любой линии семейства: х = С сохраняет постоянное
значение вещественная часть и(х9 у).
Решение. По условию, на прямых х = С функция w(x, у) сохра-
няет постоянное значение, т. е. и(С,у) = const. Но тогда и'у = О
(а значит, и = О). Следовательно, функция и не зависит от у.
У нас функция и — гармоническая. Значит, она удовлетворяет урав-
д^и д2и
нению Лапласа —т т = 0 . Так как и”2 = 0, то из уравнения
дх2 ду2 У
ГТ ^U А / d2U п г- 1
Лапласа следует, что —- = 0 (можно писать —- = 0, ибо функция и
дх2 dx2
х тт d и ~ du
от у не зависит). Из уравнения —у = 0 следует: — = =>
dx dx
=>и = Схх + С2 . У функции f(z) = и+ iv известна теперь веществен-
ная часть: и = Схх + С2 Значит, можно найти мнимую часть этой
dv _ ди
функции. Воспользуемся условиями Коши — Римана: 1) ~ ;
dv ди
2) 7” = 77- Из 1)
’ ду дх 7
находим:
dv
дх
— = 0 => v = С3 + ср(у)
Но, в силу 2),
dv
ду дх
ди
292
Таким образом, получили
v = Qy + (С3 + С4) => v = Cty + С3.
Имеем, окончательно:
f(z) = u + iv = С}Х + С2 +i(Cly + С3) =>
=> f(z) = Ct(х + iy) + С2 + z’C3 => f(z) = C{z + С2,
где Cj — вещественная постоянная, а С2 — комплексная постоянная.
Пример 23. Найти регулярную функцию f(z) = и + iv, у кото-
рой вдоль любой линии семейства х = С сохраняет постоянное
значение мнимая часть v(x, у).
Решение. По условию, на прямых х- С функция у(х, у) сохра-
няет постоянное значение, т. е. у(С, у) = const. Но тогда v'y = О
(а значит, у"2 = 0). Следовательно, функция v не зависит от у. У нас
функция у — гармоническая. Значит, она удовлетворяет уравнению
d^v d2v
Лапласа —- 4- —- = 0. Так как у"2 = 0, то из уравнения Лапласа
дх2 ду2 у
d2v „ d2v
следует, что —7 - U (можно писать-----= 0, ибо функция v от у не
дх2 dx2
\ тл d2v „ dv r
зависит). Из уравнения - 0 получаем — = Ц => у = Схх 4- С2.
У функции f(z) = и + iv известная теперь мнимая часть. Значит,
можно найти вещественную часть этой функции. Воспользуемся ус-
ди _ dv ди _ dv
ловиями Коши—Римана: 1) , 2) ~ Из 1) находим
' dx dy ’ 7 dy dx 7
du dv a „ z ч
— = —= o => « = С3+ф(у).
дх ду
dv
дх
Но, в силу 2),
ди
ду
Таким образом, получили
и = С3 — С^У 4- С4 = — С^у 4- (С3 4- С4 ) = — С{у 4- С3 •
Окончательно, будем иметь
f(z) = u + iv = -Сху 4- С3 4- i(C{x 4- С2) = iCx(x 4- iy) + С3+ iC2 =>
=>f(z) = C1-iz + C2,
где С, — вещественная постоянная, а С2 — комплексная постоянная.
293
Пример 24. Найти регулярную функцию w = f(z) = и + iv, у ко-
торой вдоль любой линии семейства х = С сохраняет постоянное
значение |/(z)|.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In | w| + i aig w = й + zv; w = ew.
По условию, на любой линии семейства: х = С сохраняет посто-
янное значение |w| = |/(z)|. Но тогда на любой линии семейства
х = С сохраняет постоянное значение функция й = ln|w|, т. е. ве-
щественная часть регулярной функции w = й + zv . Следовательно,
мы получили задачу, решенную в примере 22. Воспользуемся ре-
зультатом примера 22. Будем иметь и> = С1^ + С2, где С} — веще-
ственная, а С2 — комплексная постоянные. А тогда
w = ew = eClZ • е^2 = С* • eC{Z,
где Cj — вещественная, а С* — комплексная постоянные.
Пример 25. Найти регулярную функцию w = /(z) = zz + zv, у ко-
торой вдоль любой линии семейства х = С сохраняет постоянное
значение aigw.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In |w| + z arg w = u + iv; w = ew
'---------------v-• '-2—’
=U =v
По условию, на любой линии семейства х = С сохраняет посто-
янное значение arg w. Но тогда на любой линии семейства х = С
сохраняет постоянное значение функция v, т. е. мнимая часть ре-
гулярной функции w = й + zv . Следовательно, мы получили задачу,
решенную в примере 23. Воспользуемся результатом решения за-
дачи 23. Будем иметь w = Сх • iz + С2 , где С{ — вещественная, а С2 —
комплексная постоянные. А тогда
w = ew = eCl lze^2 = С* • ec'lz,
где Сх — вещественная, а С - комплексная постоянные.
Пример 26. Найти регулярную функцию и = f(z) = и + iv , у ко-
торой вдоль любой линии семейства у = С сохраняет постоянное
значение вещественная часть и(х, у).
Решение. По условию, на прямых у = С функция w(x, у) сохра-
няет постоянное значение, т. е. и(х,С) = const. Но тогда и’х =0
294
(а значит, «’2 = 0). Следовательно, функция и не зависит от х. У нас
функция и — гармоническая. Значит, она удовлетворяет уравне-
cP" и
нию Лапласа —т + —- = 0. Так как и’, = 0 , то из уравнения Лап-
ах2 ду2
ласа следует, что = 0 (можно писать = 0, ибо функция и
ду1 dy1
от х не зависит).
Из уравнения = 0 получаем — = С. => и = Cty + С2 . У функ-
dy1 dy
ции w(z) = и + iv известна теперь вещественная часть. Значит, можно
найти мнимую часть этой функции v. Воспользуемся условиями
8v _ ди dv _ ди
Коши—Римана: 1) 2) . Из 1) находим
dv ди „ „ , .
— =----= -С. => v = -Сх + <р(у)
дх ду 1 1 ’
Но, в силу 2)
=> ф'(у) = 0 => ср(у) = с3.
ду дх
Таким образом, получили у = -Схх + С3. Окончательно, будем иметь
w = f(z) = и + iv = Сху + С2 + 1(-Схх + С3) =
= -C\i(x + /у) + (С2 + /С3) => уу = C{iz + С2,
где С{ — вещественная, а С2 — комплексная постоянные.
Пример 27. Найти регулярную функцию w = f\z) = и + iv, у ко-
торой вдоль любой линии семейства у = С сохраняет постоянное
значение мнимая часть у(х, у).
Решение. По условию, на прямых у = С функция у(х, у) сохра-
няет постоянное значение, т. е. у(х,С) = const. Но тогда v'x = О
(а значит, v"2 = 0). Следовательно, функция у не зависит от х.
У нас функция у— гармоническая. Значит, она удовлетворяет
2 2
уравнению Лапласа —+ —£ = 0. Так как у*2 = 0 , то из уравне-
дх2 ду1 х
ния Лапласа следует, что = 0 (можно писать = 0, ибо функ-
ду2 dy2
ция у не зависит от х).
295
М « V А
Из уравнения —г- = 0 находим
dy2
= =>v = c1y+c2
«F
У функции w(z~) = u + iv известна теперь мнимая часть. Значит,
можно найти вещественную часть этой функции и. Воспользуемся
ди dv ди dv
условиями Коши—Римана: 1) 2) ЧГ_-ЧГ- Из соотно-
' дх ду ' ду дх
шения 1) находим
ди dv „ „ , .
— = — = С, => м = Qx + ср(у).
dx dy
Но, в силу соотношения 2),
~ => ф'(у) = 0 => фСу) = С3.
ду дх
Таким образом, получили и = Схх + С3. Окончательно, будем иметь
w = f(z) = и + 7v = Схх + С3 + i(Cxy + С2) =
= С{(х + iy) + (С3 + iC2) => w = C{z + С2,
где С?! — вещественная, а С2 — комплексная постоянные.
Пример 28. Найти регулярную функцию w = f(z) = и + iv, у ко-
торой вдоль любой линии семейства: у = С сохраняет постоян-
ное значение |vr|.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = ln|w| + /aigw = й + zv; w = ew.
По условию, на любой линии семейства у = С сохраняет посто-
янное значение |и>|. Но тогда на любой линии семейства у = С
сохраняет постоянное значение функция й = In |wj, т. е. веществен-
ная часть регулярной функции w = й + iv . Следовательно, мы по-
лучили задачу, решенную в примере 26. Воспользуемся результа-
том решения задачи 26. Будем иметь w = C\iz + C2 , где С{ —
вещественная, а С2 — комплексная постоянные. А тогда
w = ew = е^2 • e^llz = C^e^lZ,
где Q — вещественная, а С, - комплексная постоянные.
296
Пример 29. Найти регулярную функцию и> = f(z) = и + iv, у ко-
торой вдоль любой линии семейства у = С сохраняет постоянное
значение aigw.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
= In w => vv = ln|w| + zaig w = й + zv; w = ew.
=*
По условию, на любой линии семейства у = С сохраняет посто-
янное значение arg w. Но тогда на любой линии семейства у = С
сохраняет постоянное значение функция v, т. е. мнимая часть ре-
гулярной функции w = й + zv . Следовательно, мы получили задачу,
решенную в примере 27. Воспользуемся результатом решения за-
дачи 27. Будем иметь w = C{z + С2, где Су — вещественная, а С2 —
комплексная постоянные. А тогда
w = ew = е^2 • eCiZ = C*eClZ,
где Ct — вещественная, а С, - комплексная постоянные.
Пример 30. Найти регулярную функцию w(z) = ил-iv , у кото-
рой вдоль любой линии семейства у = Сх сохраняет постоянное
значение вещественная часть и(х, у).
(
Решение. Станем искать функцию и в виде: и = Ф1 — 1 (и = const ?
У У
если — = С(= const)). Положим — = t. Тогда и = Ф(0 . Имеем
х х
ди _ d<$>(f) dt _ d<b(f) f у Y ди _ d<b(f) dt _ d<S>(t) 1
dx dt dx dt V x2)’ dy dt dy dt x’
d2u _ d2<b(t) Г_ у V 2y d<b(t). d2u _ г/2Ф(/) f 1V
dx2 dt2 I x2J x3 dt ’ dy2 dt2 lx J
У нас функция и — гармоническая. Значит, она удовлетворяет урав-
нению Лапласа
д2и д2и „ d2<t>(t) ( 2 ' 1+2L I 2 у d<b(f) = 0 «
дх2 ду2 dt2 I x2, ) x dt
= 0 => = 0
dt2 dt dt _ t
(1+,2)ДФ<0 _C1 v ’ dt 1 dt i + t2 => Ф(/) = Q arctg t + C2
у
=> и = С arctg — + С2 .
х
297
У функции w(^) = и + iv известна теперь вещественная часть.
Значит, можно найти мнимую часть этой функции. Воспользуемся
dv _ди dv _ du
условиями Коши—Римана: 1) ~ ~dx~~~dy' соотно"
шения 1) находим
dv _ du _ у
dy dx 1 х2 + у2
2^ 2 +(Р<Х> =>
X 4-у
=> V = -|Цп(х2 + /) + <р(х).
В силу соотношения 2), будем иметь
-С] • Х + <р'(х) = -Cj Х => ф'(х) = 0 => ср(х) = С3.
X 4- у X 4- у
С
А тогда v = —^-1п(х2 4- у2) 4- С3 и, следовательно,
w(^) = Q arctg— 4-С2 4-/^-~-1п(х2 4-у2)4-С3^ .
Возьмем в качестве (у) отрезок прямой у = 0 (см. рис. 5.50). На
отрезке (у)
w(z)|J=0 = С2 - iC{ In х 4- iC3 =С2- iCx In x.
Введем в рассмотрение функцию g(z) = С2- iC{ Inz . Эта функция
регулярна на всей комплексной плоскости, исключая точку z = 0.
На отрезке (у) g(z) совпадает с w(z)- Но тогда на всей комплекс-
ной плоскости, исключая точку z = 0, будет
w(z) = g(z) = C2-iCi]nz,
где Cj — вещественная, а С2 — комплексная постоянные.
Пример 31. Найти регулярную функцию w(z) = u + iv , у кото-
рой вдоль любой линии семейства у = Сх сохраняет постоянное
значение мнимая часть v(x, у).
Решение. Станем искать функцию v в виде v =
(v = const,
если — = С(= const) )• Положим — = t • Тогда v = Ф(/). Действиями,
X X
аналогичными тем, что были произведены при нахождении функ-
ции и в примере 30, находим функцию у:
у = С arctg— + С2.
х
298
У функции w = u + iv известна теперь мнимая часть. Значит,
можно найти вещественную часть этой функции. Пользуемся ус-
ди _ dv ди _ dv
ловиями Коши—Римана: 1) ~; 2) ~ . Из соотноше-
ния 1) находим
ди _ dv у
ду дх 1 х2 + у2
^и = СЛ 2У^2+ф(х) = ^-1п(х2 +у2)+ср(х).
J + у1 2
В силу соотношения 2), будем иметь
ди
дх
dv
ду
С, Х +ф'(х) =
X + у
= Сх * 2 => ср'(х) = 0 => ф(х) = С3.
х + у
А тогда и = -^-1п(х2 + у2) + С3 и, следовательно,
w(z) = -^-1п(х2 + у2) + С3 +/(С1 arctg — + С2
Возьмем в качестве (у) отрезок прямой у = 0 (см. рис. 50). На от-
резке (у)
w(Z)| 0 = С1 1п * + С3 + /С2 = С1 х + С2.
Введем в рассмотрение функцию g(z) = С{ In z + С2 • Эта функция
регулярна на всей комплексной плоскости, исключая точку z = 0.
На отрезке (у) g(z) совпадает с и’(^). Но тогда на всей комплекс-
ной плоскости, исключая точку z = 0, будет
w(z) = g(z) = Cj In z + C2,
где С, — вещественная, а С2 — комплексная постоянные.
Пример 32. Найти регулярную функцию w(z) = u + iv, у кото-
рой вдоль любой линии семейства у = Сх сохраняет постоянное
значение |w(z)|.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In |w| + i arg w = u + /v; w = ew.
=v
299
По условию, на любой линии семейства у = Сх сохраняет по-
стоянное значение |w|. Но тогда на любой линии семейства: у = Сх
сохраняет постоянное значение и = ln|vv|, т. е. вещественная часть
регулярной функции w = и + iv . Следовательно, мы получили зада-
чу, решенную в примере 30. Воспользуемся результатом решения
задачи 30. Будем иметь w = С2 - iC{ Inz , где — вещественная, а
С2 — комплексная постоянные. А тогда
w = e* = e^e~iC^z = C,e~iC^z,
где — вещественная, а С* — комплексная постоянные.
Пример 33. Найти регулярную функцию w(^) = и + iv, у кото-
рой вдоль любой линии семейства у = Сх сохраняет постоянное
значение aigw.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In |w| + i arg w = u + iv; w = ew .
=v
По условию, на любой линии семейства: у = Сх сохраняет по-
стоянное значение aigw. Но тогда на любой линии семейства
у = Сх сохраняет постоянное значение v, т. е. мнимая часть регу-
лярной функции w = и + iv . Следовательно, мы получили задачу,
решенную в примере 31. Воспользуемся результатом решения за-
дачи 31. Будем иметь и> = С{ In z + С2, где С{ — вещественная, а С2 —
комплексная постоянные. А тогда
w = e* = е^2 -eCllnz =C,eCllnz,
где С{ — вещественная, а С* — комплексная постоянные.
Пример 34. Найти регулярную функцию w(z) = u + iv , у кото-
рой вдоль любой линии семейства х2 + у1 =С сохраняет посто-
янное значение вещественная часть w(x, у).
Решение. Станем искать функцию и в виде и = Ф(х2 + у2)
(и = const, если х2 + у2 = С(= const)). Положим х2 + у2 = t. Тогда
и = Ф(0 . Имеем
ди_ = ^Ф(Г) 2х. ди _ d<&(f)
дх dt ду dt 9
д2и _ </2Ф(0 4 2
дх2 dt2
+ 2^>;
dt
д2и _d2<b(f) .|2 ! 2 ^ф(0
ду2 dt2 dt
зоо
d2<&(f) . 2 2х л d®(t)
----(х2 + у2 ) + 4 —
dt2 dt
У нас функция и — гармоническая. Значит, она удовлетворяет урав-
нению Лапласа:
д2и д2и
дх2 ду2
^Ф(/)^Ф(/) 0<Л/ф(ОТ о^/Ф(Ог
dt2 dt dt _t dt
=> - — => Ф(0 = Cl\nt + C2 (у нас t > 0) =>
dt t
=> u(x, y) - C{ ln(x2 + y2) + C2,
или, в полярной системе координат,
м(г,<р) = Q Inr2 + С2 = 2Cj Inr + С2.
У регулярной функции w(z) = u + iv известна теперь веществен-
ная часть и. Значит, можно найти мнимую часть этой функции.
Воспользуемся условиями Коши—Римана в полярных координа-
ту _ 1 ди dv _ ди
тах: 1) "т- - ; 2) т— г~^~ Из соотношения 1)
’ дг г <3ср ’ ’ <5ср дг ’
5v 1 ди л г . / \
— = — • — = 0=>г = С3 + .
dr г <Эф
В силу соотношения 2), имеем
dv ди ,, . 1
— = г— <=> (<р) = г-2С\ •- =>
5ф дг г
=> \|/(ср) = 2С\ => ц/(ф) = 2С1ф + С4.
А тогда
v(r, ф) = 2Цф + С3 +С4 => v(r, ф) = 2С1Ф + С3,
и, следовательно,
w(z) = 2Cj In г + С2 + i(2Cx<y + С3) = 2Q (In г + /ф) + (С2 +iC3) =>
=> H'(z) = 2Cj In z + C2,
где С] — вещественная, a C2 — комплексная постоянные.
Пример 35. Найти регулярную функцию w(z) = u + iv , у кото-
рой вдоль любой линии семейства: х2 + у2 = С сохраняет посто-
янное значение мнимая часть v(x, у).
301
Решение. Станем искать функцию v в виде у = Ф(х2+у2)
(v = const, если х2 + у2 = С(= const)). Положим х2 + у2 = t Тогда
у = Ф(0. Действиями, аналогичными тем, что были произведены
при нахождении функции и в примере 34, находим функцию v:
v = 2С( In г + С2.
У регулярной функции w(z) = u + iv известна теперь мнимая часть у.
Значит, можно найти вещественную часть этой функции и. Вос-
пользуемся условиями Коши—Римана в полярных координатах:
ди dv ди 1. dv
1) -г— ~г ~; 2) —-----. Из соотношения 1)
' Sep дг ’ ’ дг г Sep ’
= -r^ = -r-2C]y = -2Q => и = -2С1<р + ч/(г).
В силу соотношения 2), имеем
ди 1 dv ч zn
— = <=> ч/(г) = о => ф(г) = с3.
дг г дер
А тогда и(г,ф) = -2C^ + C3 и, следовательно,
w(z) = -2С\ф + С3 + /(2Q In г + С2) =
= / + /ф) + (С3 + /С2) =>
=> w(z) = 2Q • i In z + C2,
где C\ — вещественная, a C2 — комплексная постоянные.
Пример 36. Найти регулярную функцию w(z) = u + iv , у кото-
рой вдоль любой линии семейства: х2 + у2 - С сохраняет посто-
янное значение | w|.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In |w| + i arg w = й + iv\ w = ew.
=v
По условию, на любой линии семейства: х2 + у2 - С сохраняет
постоянное значение |w|. Но тогда на любой линии этого семей-
ства сохраняет постоянное значение й - In |w|, т. е. вещественная
часть регулярной функции й> = й + iv . Следовательно, мы получи-
ли задачу, решенную в примере 34. Воспользуемся результатом
решения задачи 34. Будем иметь w(z) = 2С{ In z + С2 • А тогда
w(z) = ew = е^2 • e2Clinz = C*e2Cl b z,
где Cj — вещественная, a — комплексная постоянные.
302
Пример 37. Найти регулярную функцию w(z) = и + zv , у кото-
рой вдоль любой линии семейства х2 + у2 = С сохраняет посто-
янное значение aig w.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In |w| + i aig w = u + zv; w = ew.
По условию, на любой линии семейства х2 + у2 = С сохраняет
постоянное значение v, т. е. мнимая часть регулярной функции
w = и + iv . Следовательно, мы получили задачу, решенную в при-
мере 35. Воспользуемся результатом решения задачи 35. Будем иметь
w(z) = 2Q -zlnz + C2. А тогда
w(^) = ew = е^2 -e2Cl'llnz = C*e2C1'llnz,
где Сх — вещественная, а — комплексная постоянные.
Пример 38. Найти регулярную функцию w(z) = u + iv , у кото-
рой вдоль любой линии семейства х2 + у2 = Сх сохраняет посто-
янное значение вещественная часть: z/(x, у).
Решение. Станем искать функцию и в виде: и = Ф ---------—
(и = Ф
<х2+у2>| х2 + у2
-----— = const, если --------—
I X J X
2 2
+ у
---— - t. Тогда и = Ф(7). Имеем
= С(= const)).
Положим
ди _ d<b(t) х2 - у2. ди _ </Ф(7) 2у
дх dt х2 ’ ду dt х ’
д2и _ d2G>(t) 'х2 - у2 У <УФ(7) 2у2 .
дх2 dt2 ч х2 J dt х3
д2и _ <У2Ф(7) Г2уУ d<£>(t) 2
ду2 dt2 I х J dt х
У нас функция и — гармоническая. Значит, она удовлетворяет урав-
нению Лапласа:
+ = q </2Ф(0 (х2+у2)2 |2^Ф(0 *2+у2_0
дх2 ду2 dt2 х4 dt х3
= . с, -
dt2 dt L dt J, dt 1
<УФ(Г) Ci .... C, „ x ~
—7T2 = -4 Ф(0 = —T + C2 “(x,y) = -Cj —-------j- + C2
dt г t xL + yL ’
303
или, в полярной системе координат,
м(г,ф) = -Cj^y^ + Cj.
У регулярной функции w(z) = u + iv известна теперь веществен-
ная часть. Значит, можно найти мнимую часть этой функции. Вос-
пользуемся условиями Коши — Римана в полярных координатах:
dv _ 1 ди dv _ ди
1) — ----т- ; 2) — - г~ . Из соотношения 1):
7 дг г дф ’ 7 дер дг 7
dv 1 ди sin ф г dv ,
dr г дф rI 2 * dr
--C,f^r-C-Sin<p + v(<ri.
i r1 r
В силу соотношения 2), имеем
Sv ди C.costp . С, cos<p . _ , . „
— = ——-+Ф (ф) = ——- => Ф (Ф) = 0 => Ч'(ф) = С3.
Sep дг г г
А / Ч Л"» Sill ф -
А тогда у(г, ф) = Q------ + С3 и, следовательно,
z . ~ со$ф sinф
w(z) — — С|-----1- Су +1 Ci-----1- С3
г \ г )
— (cos<p-/sin<p) + С2 -
г
----------+с2 = -Q-+с2
СО8ф + /8Шф Z ’
где С, — вещественная, а С2 — комплексная постоянные.
Пример 39. Найти регулярную функцию w(z) = u + iv, у кото-
рой вдоль любой линии семейства: х2 + у1 = Сх сохраняет посто-
янное значение мнимая часть: v(x, у).
( 2 2 Л
X +у
X
Решение. Станем искать функцию v в виде v = Ф
( V = Ф
( , „2 А
2 2
= const, если ---------— = С(= const)). Положим
I х
2 2
X + у
-------- t. Тогда и = Ф(/). Действиями, аналогичными тем, что были
X
произведены при нахождении функции и в примере 38, находим
304
функцию v: v(x, у) = -С, —z----у + С2, или в полярных координа-
те + у
z COS(p ~
тах: v(r, ср) = -С1----+ С2. У регулярной функции w(z) = и + iv
Г
известна теперь мнимая часть. Значит, можно найти веществен-
ную часть этой функции. Воспользуемся условиями Коши—Рима-
ди _ 1 dv ди _ dv
на в полярных координатах: 1) ~ ; 2) — - ~г . Из соот-
ношения 1):
du 1 dv sin (р z ч г ди , sin ср z ч
— = => z/(r,<p)=f—dr = -C{—^ + 1|/(ф).
Sr г Sep r2 J dr r
В силу соотношения 2), имеем
du dv coscp ,, 4
— = -r— « -q------------ + ц/(<р) =
Sep dr r
= -Ci => \p'(<p) = 0 => ф(ср) = C3.
r
. z 4 ~ sinep ~
А тогда w(r,cp) = -С,--- + C3, и, следовательно,
г
„(г) = -C, + С, +; |^-c, + C2 ] =
c
- —- z‘(cos <p - i sin cp) + (C3 + z'C2) =>
=> w(z) = —-----^7-.-----; + c2 = -— + Q ,
r(cos (p + I Sin (p) Z
где Cj — вещественная, a C2 — комплексная постоянные.
Пример 40. Найти регулярную функцию w(z) = u + iv , у кото-
рой вдоль любой линии семейства х2 +у2 = Сх сохраняет посто-
янное значение | w(/)|.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = In |w| + / arg w = й + /v; w = ew .
По условию, на любой линии семейства х2 + у2 = Сх сохраняет
постоянное значение |vv|. Но тогда на любой линии этого семейства
305
сохраняет постоянное значение й = ln|w|, т. е. вещественная часть
регулярной функции w = и + iv . Следовательно, мы получили зада-
чу, решенную в примере 38. Воспользуемся результатом решения
С
задачи 38. Будем иметь w(z) = —- + С2 . А тогда
Z
-
w(/) = ew = еС2 е z => w(z) = С* е z >
где С, — вещественная, a Q - комплексная постоянные.
Пример 41. Найти регулярную функцию w(z) - u + iv, у кото-
рой вдоль любой линии семейства х2 + у2 = Сх сохраняет посто-
янное значение aig w.
Решение. Введем в рассмотрение функцию
w = In w <=> w = ln|w| + /arg w = й + iv; w = ew.
По условию, на любой линии семейства: х2 + у2 - Сх сохраняет
постоянное значение v, т. е. мнимая часть регулярной функции
w = u + iv. Следовательно, мы получили задачу, решенную в при-
мере 39. Воспользуемся результатом решения задачи 39. Будем иметь
С i
w(z) - —— + С2. А тогда
Z
C\i C\i
w(^) = ew - e^2 e z => w(z) - Cte z >
где Ct — вещественная, a С, - комплексная постоянные.
Глава 6
ТЕОРИЯ РЯДОВ
§ 1. Ряды с комплексными членами
Пусть дана последовательность комплексных чисел
сп9....
Выражение вида
Cj +с2 +...+С„ +... = £>„ (1)
Л=1
называется рядом.
Число Sn = с{ + с2 +...+ сЛ называется п-й частичной суммой
ряда (1), а ряд
cW4-i+сл+2 + ... (2)
называется остатком ряда (1) после л-го члена и обозначается гп .
Если существует конечный предел S = lim Sn , то ряд (1) на-
зывается сходящимся, а предел S называется суммой ряда (1).
Пишут S = Хс„
л1
Если lim Sn = оо. или lim Sn не существует, то ряд (1) называет-
Л->00 Л—>«>
ся расходящимся.
Пусть с„ = а„ + ib„ , где а и b — вещественные числа. Тогда
$п = (^i +«2 +...+ ая) + /(^ +Ь2 +...+ Ьп) = А„ +1Вп. (3)
307
Из (3) видим, что сходимость ряда (1) равносильна одновре-
менной сходимости двух вещественных рядов У ап и У, Ьп . Если
<Ю 00 л = 1 Л = 1
уЬп = В, то S = А + IB.
п=\ п=1
Следовательно, исследование сходимости ряда с комплекс-
ными членами сводится к исследованию сходимости двух рядов
с вещественными членами.
Так же, как и для рядов с вещественными членами, легко уста-
новить следующие свойства для рядов с комплексными членами.
1. Если все члены сходящегося ряда умножить на одно и то же
число, то полученный ряд будет сходящимся, а его сумма будет
равна сумме исходного ряда, умноженной на то же число.
2. Если сходятся ряды £сп и ^сп и их суммы равны соот-
п=1 п=1
ветственно 5 и 5, то ряд £(сп ±сп) сходится и его сумма рав-
~ п=1
на (5+J).
3. Остаток гп сходящегося ряда стремится к нулю при п -> оо.
4. Ряд (1) и его остаток после и-го члена (т. е. ряд (2)) сходят-
ся или расходятся одновременно. (Это означает, что сходимость
или расходимость ряда (1) не изменится, если отбросить конеч-
ное число его начальных членов.)
5. Общий член сп сходящегося ряда (1) стремится к нулю, если
п -> оо. Это необходимое (но не достаточное!) условие сходимо-
сти ряда.
6. Критерий Коши. Для того чтобы ряд (1) сходился, необходи-
мо и достаточно, чтобы любому е > 0 отвечал номер N = 7V(e),
такой, что как только п > N, так сейчас же при любом натураль-
ном р было |сЛ+1 + сЛ+1 +...+ сЛ+р| < е.
Ряд (1) называется абсолютно сходящимся, если сходится ряд,
составленный из модулей членов ряда (1).
Отметим, что абсолютно сходящийся ряд есть ряд сходящийся.
оо
► Действительно, пусть ряд У|с„| сходится. Имеем
Л = 1
|а„| < + b2n = |с„|; \bn\<^a2+b2 = |с„|. Отсюда следует, что
308
сходятся ряды |ал| и |/>п|. А это означает, что сходятся, и при-
Л-1 п=1
том абсолютно, два вещественных ряда £ап и Х^п- Следова-
ла! п=1
тельно, сходится и ряд (1).
оо оо
Если ряд Хсп сходится, а ряд £ |сл| расходится, то данный ряд
п=1 п=1
оо
Хсп называется неабсолютно (или условно) сходящимся. В даль-
п=1
нейшем нам придется иметь дело, главным образом, с абсолютно
сходящимися рядами и, следовательно, нужно будет исследовать
00
ряд £|с„|, который является рядом с вещественными членами
п = 1
|сл|. К нему применимы признаки сходимости положительных
рядов, и мы ими будем пользоваться.
Так как основные определения сохраняются, то оказываются
справедливыми для рядов с комплексными членами все основ-
ные теоремы об абсолютно сходящихся рядах, известные из вещест-
венного анализа.
I. Члены абсолютно сходящегося ряда можно произвольным
образом менять местами. От этого абсолютная сходимость ряда не
нарушается и величина его суммы не изменяется.
II. Если ряды Х?п и абсолютно сходятся и имеют сум-
п=1 п=1
мы 5 и 5, то ряд, полученный перемножением данных рядов по
правилу умножения многочлена на многочлен, тоже абсолютно
_ ~ 00
сходится и имеет сумму 5 - S S. При умножении рядов ^с„
п=1
оо _
и Х?п обычно удобнее всего вести запись так:
Л = 1
(q + q> +с3 + ...+<?„ + ...).((?! +<?2 +с3 + =
= q • q + (q • с2 + с2 • q) + (q • с3 + с2 • с2 + с3 • q) + ... .
309
Примеры (исследование на сходимость числовых радов с
комплексными членами)
Пример 1. Доказать, что если рад сходитсяи |arg сп | < а < —,
л=1
то ряд сходится абсолютно.
Решение. Имеем
II/ \ । । Re с„ । I Re с„
Rec„ = с„ cos (arg с„) => с„ = — ” => £ —*
11 11 cos (arg сп) ' ' cos а
00 Rec 1 00
ибо 0 < cos а < cos (arg сп ). Рассмотрим ряд У--- =-----У Re с„ .
n=icosa cosan=i
00 ®
У нас, по условию, ряд Ус„ сходится => сходятся ряды £Rec„
л=1 »=1
СО да
и X Ь11 сп • Из того, что сходится ряд У Re сп , следует сходимость
Л=1 п=1
оО Q 00
ряда У-----—. А тогда, по признаку сравнения, сходится ряд У |сл I.
„tlcosa n=i
оо
А это означает, что ряд сходится абсолютно.
Л=1
00 оо
Пример 2. Пусть сходятся ряды ^с„ и ^сл . Доказать, что
Л=1 Л=1
00 2
если Rec„ > 0, то ряд ]С|сл| будет также сходящимся.
л=1
Решение. По условию, ряды
оо 00 00
= ^ап +Г£Ьп
Л = 1 Н=1 Л=1
и Хсп = ~bn) + i-^anbn
л=1 л=1 Л=1
сходятся. Значит, сходятся, в частности, ряды У ап и (а„ - ).
Н = 1 Л=1
Так как ап > 0 и ряд дл сходится, то сходится и рад £ял . (Так
Л = 1 Л = 1
00
как ряд сходится то ап -> 0. Значит, существует номер
Л=1
такой, что при всех п > N* будет 0 < ап < 1, а следовательно, при п > N*
310
будет а2 <ап =>по признаку сравнения, ряд ^а2 сходится.) Из
п=1
того, что сходятся ряды ^(а2 -Ь2) и ^а2 , заключаем, что схо-
п=1 п=1
ДИТСЯ РЯД , иб° ХЬп = Хап ~ Х(ап ~ Ьп)’ Итак> ПОЛУЧИЛИ,
п=1 п=1 п=1 п=1
°о °о 00 2
что ряды £а2 и £b2 сходятся. Но тогда сходится и ряд ]Г|сЛ| =
п=1 п=1 п=1
= +ь1п).
п=\
® п
Пример 3. Исследовать сходимость ряда £------= X сп •
п=1(2/)л П=1
Решение. Имеем |с„| =
п п D V'l I х? п
77—- = рЯД = Етг сходится.
\£1) п=1 п=1^
D г М Г (" + 1)2" 1 п А
В самом деле, lim р—р = lim ---------= — < 1. А тогда, по приз-
|сл| n-2n+i 2
00
наку Даламбера, заключаем, что ряд ^2|сл| сходится.
И = 1
Вывод. Исследуемый ряд сходится абсолютно.
00 00
Пример 4. Исследовать сходимость ряда X = X —“ •
Решение. Имеем ” л 1 ( )
L. I = п\ ,|сп+1| = (п +1)! пп = пп 1__________> Г п
" п” ’ |с„| (л + 1)"+1л! (« + 1)л < Пл п->“ е
к п)
00
Значит, ряд сходится.
п=1
Вывод. Исследуемый ряд сходится абсолютно.
оо 00
Пример 5. Исследовать сходимость ряда ^сп = ^ein .
Решение. Имеем Л~1 л1
Sn = е1 + е21 + е31 +...+ е1П = - = £g--. [(1 - cos п) - i sin п
311
Здесь lim (1 - cos ri), - lim sin n не существуют. Значит, не суще-
Л->00 Л—>оо
ствует и lim Sn .
Л—>°О
Вывод. Исследуемый ряд расходится. Этот вывод можно полу-
чить и так: замечаем, что |сл | = |e/n | = |cos п + i sin п\ = 1, для любого
п е N => сп не стремится к нулю при п -> оо. Исследуемый ряд
расходится (не выполнено необходимое условие сходимости).
оо £ in оо
Пример 6. Исследовать сходимость ряда: £— = •
л=1 п Л=1
Решение. Имеем lc„
1 00 1
ряд y_L расходится (гармо-
нический ряд). Значит, абсолютной сходимости у исходного ряда
тл V- ^COSW .^Sin/2 и
нет. Имеем у сп = У------+ / У-----. Нужно исследовать на схо-
л=1 л=1 « л=1 п
14^cos/7 sin п Тт
димость два вещественных ряда: I) \----- и 2) У-----. Из ве-
л=1 ” л=1 п
щественного анализа известно, что для сходимости ряда вида
^ипУп достаточно, чтобы частичные суммы ряда ^ип были ог-
Л=1 X X Л=1
раничены и последовательность чисел монотонно стреми-
лась к нулю.
У нас v„ = — 0, монотонно убывая. Имеем далее
= cosl + cos2 + cos3 + ... +cos« =
. n + 1 n
sin—— cos- , , ,
Sin- sin-
. n +1 . n
sin sin — 1
= sin 1 + sin 2 + sin 3 +...+ sin n =-2_—2.=>|y*2> | <,-p
sin — sin —
2 2
312
г, cos п sin п Л е
Значит, ряды > ----- и >,----- сходятся => ряд У— схо-
Я=1 п П=1 п п
дится.
«> „in
Вывод. Ряд У — сходится условно.
£ «
Пример 7. Исследовать сходимость ряда У сп = У -—.
П=1 И=1 «
е'^
п
Решение. Имеем |с„| =
1 “1
—; ряд У — расходится. Значит,
абсолютной сходимости у исходного ряда нет. Имеем =
cos лф . sin «ф 1Т
= >,----— + /У----—. Нужно исследовать на сходимость два
Л=1 « Л=1 «
1Ч^СО8Лф »,Л5ШИф I
вещественных ряда: 1) >,----- и 2) >,-----. Положим v„ = —.
n=i л Я=1 л л
Ясно, что v„ -> 0, монотонно убывая. Имеем далее
Л->00
(п 4- 1)ф Лф
sin -------— COS —
= cos ф + cos 2ф + cos Зф +...+ cos лф =-------------------------— -1 =>
• Ф
sin —
2
=> если ф ф 2пк, к — целое число, то
(п + 1)ф . Лф
sin -----— sin —
= sin ф + sin 2ф + sin Зф +...+ sin «ф =-------------------—
• Ф
sin —
2
=> если ф * 2пк, к — целое число, то
1
• Ф
sin —
2
313
Значит, если <р * 2я£, где к — целое число, то ряды У cos Я(Р
л=] п
Sill Z2CD 00
и У-------2- сходятся => ряд У------ сходится, если <р * 2пк (к —
л=1 п п=х п
целое число). Заметим, что если ср = 2пк, где к — целое число, то
0° |
исходный ряд примет вид У — и, следовательно, расходится.
л=1«
00
Вывод. Ряд У------сходится условно, если ср * 2пк, где к — це-
л=1 п
лое число, и расходится, если ср = 2пк.
ПримерЗ. Исследовать сходимость ряда ^сп -
л=1 л=Ш
= ряд ЕЫ = zA сх°дится>
я Л = 1 Л = 1
е'п
п2
Решение. Имеем |с„| =
Вывод. Исходный ряд сходится абсолютно.
Пример 9. Исследовать сходимость ряда £ сп
п-1
® 1
= " •
л=1«-
ы=
Решение. Имеем
ей/л
п
1 ® 1
— ; ряд У — расходится. Значит,
п £1”
абсолютной сходимости у исходного ряда нет. Имеем ^сп =
п = 1
71 . Л
оо cos- оо sin —
= У------— + / У-— . Мы знаем, что исходный ряд будет сходя-
л=1 « л=1 «
Л . Л
оо cos- оо sin —
щимся, если сходятся оба ряда: 1) У----— и 2) У----Если же
л=1 « л=i п
хотя бы один из этих рядов расходится, то исходный ряд расходит-
71
оо cos —
ся. Покажем, что ряд У-----%- расходится.
Л = 1 «
314
Действительно, при всех п, удовлетворяющих неравенству п > 4,
71
1 Я COS “ 1
справедлива оценка — < cos — < 1. А тогда--— > —. Значит, ряд
2 п п 2п
Л 71
оо COS— оо cos —
У-----%- расходится => ряд £----— расходится (ряд и его оста-
п=4 п п=\ П
ток сходятся или расходятся одновременно).
Вывод. Исходный ряд расходится.
cos in
Пример 10. Исследовать сходимость ряда 2^сп = 2^ “7^ •
Л = 1 Л = 1
Решение. Имеем
ei(in) + е-п +еп «
сп =--------------=-----------. А тогда ) с„ =
2-2” 2-2”
Л 1 Л еп
= У----;— + У------г
^-<ЭЛ + 1-Л ' ЭЛ + 1
л=12 е л=12
Применив признак Даламбера, легко убе-
СО 1 СО еП
диться в том, что ряд _ сходится, а ряд £---------расходится.
л=12"+ еп л=12"+
Вывод. Исходный ряд расходится.
V - V ”s’n('w)
Пример 11. Исследовать сходимость ряда 2_,сп - 2_, 7^ •
Л = 1 Л=1 3
Решение. Имеем
_ w(eW _g-W) П(е~п -еп)_ 1(пе-п пеп'
С" 3"-2/ 3"-2/ 2/[ 3" 3"/
. 1 ^пе~п 1 Л we" _
А тогда ^сп = —Х-ЗГ- Рассмотрим ряды:
Л=1 п = 1 3 п = 1 3
«> co w со _ со
0Ёс„ = Ё2. 3„ л И 2)£с„ = Zt-77- Имеем
Ь|_ " . fe.il _(»<-!) 2 Уе" _ 1 П , 1
1 п| 2 -3nen’ |с„| 2-Зл+1еп+1я Зе I п)п-^3е
315
1= I = fo+il = (и + 1)еп+12 3" = e_f П____ e
I "I 2-3"’ |c„| 2-3"+1«e" 3V n) n^> 3
Значит, ряды £ cn и £ cn сходятся абсолютно, а следователь-
Л=1 Л=1
но, и ряд ^сп сходится абсолютно.
Л=1
§ 2. Функциональные ряды
Пусть дана последовательность функций комплексной пере-
менной z
ul(z), u2(z), u3(z),--, un(z),... (1)
определенных на одном и том же множестве £точек плоскости z- Ряд
«1 (г) + И2 <z) + «3 U) +• • •+ ип (г) +•••=£ ип U) (2)
п=1
называется функциональным рядом.
Функциональный ряд Хмп(^) называется сходящимся на
п = 1
множестве Е, если он сходится в каждой точке этого множества.
Ясно, что сумма этого ряда будет функцией от z на множестве Е.
Обозначив эту сумму через S(z), можно написать
5'(Z)= Z&E.
п-\
Чтобы оперировать с функцией 5(г), важно знать, какими свой-
ствами она обладает, в частности, будет ли она непрерывна там, где
непрерывны все члены ряда, будет ли она дифференцируемой, если
члены ряда дифференцируемы, будет ли она интегрируемой, если
интегрируемы члены ряда. Можно ли дифференцирование и ин-
тегрирование производить почленно?
Чтобы ответить на эти вопросы, нужно ввести понятие равно-
мерной сходимости функционального ряда.
Определение. Ряд ^un(z) называется равномерно сходящимся
л=1
на множестве £, если для любого е > 0 существует номер N, зави-
316
сящий только от е, такой, что при всех п > N и сразу для всех z из
Е оказывается |5(z) - Sn (z)| < с (здесь S(z) — сумма ряда £ ип (z),
71 = 1
a Sn(z) -п-я частичная сумма этого ряда на множестве Е).
Критерий Коши равномерной сходимости функционального рада.
Для того чтобы ряд £ un(z) сходился равномерно на множестве £
л=1
необходимо и достаточно, чтобы любому е > 0 отвечал номер N,
зависящий только от е, такой, что при всех и > /Уи любом нату-
ральном р было
|«я+1 U) + un+2(z) +...+ «п+л(г)| < е сразу для всех z из Е.
Признак абсолютной и равномерной сходимости. Если члены
СО
функционального ряда ^un(z) определены на множестве Е
Л = 1
и удовлетворяют на Е неравенствам:
(л = 1,2,...; Мп — постоянные положительные числа) и если чис-
ловой ряд 22 Мп сходится, то данный ряд 22 ип (z) сходится на Е
л=1 п=1
абсолютно и равномерно.
Обе сформулированные выше теоремы доказываются совер-
шенно так же, как соответствующие теоремы вещественного ана-
лиза, и потому мы приводим их без доказательства.
Сохраняются и другие теоремы, известные нам из веществен-
ного анализа. Приведем некоторые из них.
I. Если функциональный ряд ^un(z) сходится на некотором
л=1
множестве Е равномерно, то равномерно сходится на £ и ряд, по-
лученный из него почленным умножением на любую функцию,
ограниченную на этом множестве Е.
II. Если члены ряда 22wnU) непрерывны в некоторой области
И=1
(В) (или на кривой (у)) и если данный ряд сходится равномерно
в области (В) (или на кривой (у)), то сумма S(z) этого ряда
является непрерывной функцией в области (В) (на кривой (у)).
317
III. Если члены ряда ^un(z) непрерывны на кривой (у) и если
Л = 1
данный ряд сходится равномерно на (у), то этот ряд можно интег-
рировать вдоль кривой (у) почленно.
оо
IV. Если члены un(z) ряда сходящегося в области
п=1
оо
(В), имеют в (В) непрерывные производные и если ряд ^u'n(z)
п=1
сходится равномерно в (В), то исходный ряд ^un(z) можно диф-
Л = 1
ференцировать почленно в области (В), т. е.
=lX(z), ze(B).
Л=1 ) Л=1
Все эти теоремы (I—IV) доказываются так же, как соответству-
ющие теоремы вещественного анализа.
Пусть функциональный ряд
X un(z) сходится равномерно в об-
л = 1
ласти (В). Тогда этот ряд сходится
равномерно в любой замкнутой об-
ласти (BJ, лежащей вместе с ее
границей в области (В) (см. рис. 6.1).
Отметим, что обратное, вообще го-
воря, неверно.
Рис. 6.1
Определение. Функциональный ряд называется равномерно схо-
дящимся внутри области (В) (в отличие от равномерной сходимос-
ти в области (В)), если он равномерно сходится в каждой замкнутой
области (BJ, лежащей вместе с ее контуром в данной области (В).
§ 3. Теорема о равномерно сходящихся радах регулярных
функций
Если члены ряда
/1(г) + /2(г)+...+ Д(г)+..., (1)
равномерно сходящегося внутри области (В), регулярны в (В), то:
1) сумма /(г) этого ряда регулярна в (В);
318
2) производные любого
порядка от f (z) в области (5)
можно получить почленным
дифференцированием ряда
(1) и получаемые при этом
ряды равномерно сходятся
внутри области (В).
► I. Покажем, что сумма
/(г) ряда (1) регулярна в (В).
Пусть точка — любая точ-
Рис. 6.2
ка области (В). Рассмотрим достаточно малый круг |z-z0|<p,
лежащий вместе со своим контуром (ур) в области (В). Обозна-
чим через (£) круг |^ - Zo| < у • Для точек t, е (ур) и точек z е Е
рассмотрим ряд
к'. ЛО А (О 012 . 2ni(Q-z)k+l ^2ni&-z)k+l (2)
Имеем
к\ 1 < к\ 1
2л/ (£-г/+1^2л (р/2)*+1 *
В правой части неравенства имеем при любом фиксирован-
. - , fc! 1
ном я определенное число. Следовательно, функция ---т-г
2л/ (С - Z)
(при любом фиксированном к) — ограниченная на (ур). Значит,
ряд (2) получается из ряда (1) почленным умножением на функ-
цию, ограниченную на (ур) (при фиксированном к).
По условию, ряд (1) сходится равномерно на (ур). Следова-
тельно, и ряд (2) сходится равномерно на (ур). Так как члены
ряда (2) непрерывны на (ур) и ряд (2) сходится равномерно на
(ур), то его можно интегрировать почленно вдоль (ур). Будем
иметь
AL г
2л/ (C-z/+1
(Ур)о
. ЛК).
..12м J
(Ур)С5
dQ, к = 0,1,2,...
319
Так как функции/^ регулярны в (В), то по формуле Коши для
производных -^4 J —= /nW(z) и’ следовательно,
21CZ (гР)с£ - г)
I * = 0,1,2,... (3)
2ш J (C-z) n=i
(Tpto
Из (3) при к = 0 получаем
?/”<«• т
(УР)С?
Отметим, что функция f(Q непрерывна на (ур) как сумма
равномерно сходящегося ряда непрерывных функций. Следова-
тельно, в левой части последнего равенства имеем интеграл типа
Коши, который дает регулярную функцию от г. Значит,/(г) регу-
лярна на (Е). (Левая часть (4) регулярна на множестве (Е), поэто-
му и правая часть (4) регулярна на (£)). Но тогда, в частности,/(z)
регулярна в точке Так как точка — любая из (5), то приходим
к выводу, что функция/(г) регулярна в области (В).
II. Пусть к > 0 (к = 1, 2, ...). Замечаем, что теперь в левой части
(3) имеем выражение для к-й производной от регулярной функ-
ции. Следовательно, равенство (3) дает
fW(z) = tfnk4z),ZeE. (5)
Л=1
оо
=> В частности, fnk\zo)- У нас точка Zq — любая из
области (В). Поэтому равенство (5) имеет место всюду в (В).
Таким образом, доказано, что производная любого порядка от
f(z) в области (В) получается почленным дифференцированием
ряда (1).
III. Осталось доказать, что ряд, стоящий в правой части (5), схо-
дится равномерно внутри области (В).
Для этого возьмем любую замкнутую область (В*), лежащую
вместе со своим контуром в области (В). Нужно показать, что ряд
(5) сходится равномерно в (В#), т. е. что для любого е>0
320
обязательно найдется номер N,
зависящий только от е, та-
кой, что при всех п> N и сра-
зу для всех z е (Д.) будет:
Пусть (Q — контур облас-
ти (В); (С*)— контур области
(BJ; (С##)— любой замкну-
тый контур, лежащий в (В) и отделяющий (Д.) от (Q (т. е. лежа-
щий между (Q и (CJ). Обозначим через d наименьшее расстоя-
ние от точек контура (CJ до точек контура (С„).
По формуле Коши для производных для z е (Д) имеем
\S *»/
(С»»), обл. слева
= fc! с /(0-^(0
2я J (C-^+1
(С,*), обл. слева
*! , |ж>-ад>|.
f |C-^' ds’^W.
(С»*)’ обл.слева
По условию ряд (1) равномерно сходится внутри области
(В) => В частности, он сходится равномерно на контуре (С*ф). По-
этому для любого s > 0 обязательно найдется номер N, зависящий
только от е, такой, что при всех п > N и сразу для всех Q е (Сф#)
будет |/(0 - Sn (0| < с. А тогда для всех z е (BJ при п> N будет
Так как правая часть последнего неравенства сколь угодно мала
вместе с е, то доказана равномерная сходимость ряда (5) в (Вф),
а следовательно, доказана равномерная сходимость ряда (5) внут-
ри области (В).
321
§ 4. Степенные ряды
Степенным рядом называется ряд вида
00
с0 +(\(z-a) + c2(z-a)2 + ... +cn(z-a)n + ... = ^cn(z-a)n, (i)
n=0
где a, cQ, q, с2, • ...— постоянные комплексные числа, a z —
Рис. 6.4
переменная комплексная величина.
Теорема Абеля. Если степенной ряд
(1) сходится в некоторой точке Zo * а,
то он абсолютно сходится в круге с цен-
тром в точке а, имеющем на границе
точку Zq. и равномерно сходится внутри
этого круга.
По условию ряд -а)п схо-
п=0
дится. Следовательно, c„(zo-a)" -> 0.
Л—>00
Поэтому существует постоянное число
М > 0, такое, что (zq -а)п\<М при всех
п = 0,1, 2, ... . Возьмем любой замкнутый концентрический круг
меньшего радиуса р |z-a| < р, где р <|^о -л|. (Станем обозначать
такой круг A'p(a)). Для всех точек z этого замкнутого круга будет
I |Л ( \п
= Mqn(n = 0,1,2, ...),
Р 1
где q = ।—-—। < 1.
ко-4
оо
Ряд £ Mqn — числовой, положительный, сходящийся. (Это —
л=0
геометрический ряд со знаменателем q.) Следовательно, по при-
знаку абсолютной и равномерной сходимости, ряд (1) в круге
сходится абсолютно и равномерно.
322
Отметим, что здесь круг Кр(а)— любой, лежащий целиком
вместе со своим контуром в круге с центром в точке а и имеющем
на границе точку Так как любую точку z, принадлежащую кругу
с центром в точке а, имеющему на границе точку можно заклю-
чить в некоторый замкнутый концентрический круг Кр(а) мень-
шего радиуса, то получаем, что ряд (1) сходится абсолютно в точке
Z и, следовательно, во всем круге с центром в точке а, имеющем на
границе точку
Пусть (В)— любая замкнутая область, лежащая вместе со сво-
им контуром в круге с центром в точке а, имеющем на границе
точку Zq- Так как (В) можно заключить в некоторый замкнутый
концентрический круг Кр(а) меньшего радиуса, то получаем, что
ряд (1) сходится равномерно в (В) и, следовательно, внутри круга
с центром в точке а, имеющего на границе точку Zq- ◄
Замечание. Равномерная сходимость ряда (1) в круге с цент-
ром в точке а, имеющем на границе точку не утверждалась, и она,
вообще говоря, может не иметь места.
Следствие 1. Если степенной ряд (1) в некоторой точке рас-
ходится, то он расходится и вне круга с центром в точке а, имею-
щего на границе точку
► Действительно, если бы ряд (1) сходился в некоторой точке
Zv лежащей вне указанного круга, то, по теореме Абеля, он сходился
бы и в точке Zq-> а это не так. Ч
Следствие 2. Разобьем все степенные ряды на три типа.
I. Ряды, сходящиеся только в точке z= а-
00
Например, ряд 1 + X сходится только в точке z = 0. В са-
Л-1
мом деле, если z * 0 , то п • |^| > 2, начиная с некоторого номера л,
и, следовательно, => общий член ряда не стремится
к нулю при /? -> оо.
II. Ряды, сходящиеся во всех точках z комплексной плоскости.
оо _п _2 _л
Z 1 Z Z
Например, ряд r = i + —+ Т + сходится во
п=0 п* п-
всех точках z комплексной плоскости. Действительно, возьмем z —
любое, конечное. Всегда можно указать вещественное число х, та-
кое, что будет |z| < |х|. Но при z = х (вещественном) наш ряд дает
е* и, следовательно, сходится. Значит, по теореме Абеля, он сходится
323
во взятой точке Z- А так как у нас точка z была любой, то получаем,
00
что ряд У — сходится при всех Z-
III. Ряды, не относящиеся ни к типу I, ни к типу II.
Рассмотрим степенной ряд типа III. Этот ряд имеет точки схо-
димости, отличные от точки z = а, и точки расходимости. Пусть
точка Zo *а— одна из точек сходимости, а — одна из точек
расходимости этого ряда. Ясно, что |zo - л| |zi - л| •
-----------Предположим сначала, что
у ----------|^о -я| <|^1 -я|. По теореме Абеля и
/ / —•• \ \ следствию 1 к ней степенной ряд схо-
/ / { z0\ дится, и притом абсолютно, внутри
I { ( • ) 1 I меньшей окружности и расходится
\ \ \ а J 1 Tz\ вне б°льшей окружности. Рассмотрим
\ J J кольцо |zo - л| < |z - л| < |zi - а\. В точ-
\ / ках этого кольца про сходимость ряда
yS ничего не известно. Ширина кольца
d\ =|Zi-«|-|zo "4
Рис- 6 2 * * 5 Рассмотрим среднюю окружность
кольца; пусть точка — любая точка на ней. Если в точке сте-
пенной ряд сходится, то рассматриваем кольцо, определяемое точ-
ками ^2 и Zp если же в точке z^ степенной ряд расходится, то рас-
сматриваем кольцо, определяемое точками z^ и z^ В обоих случаях
про сходимость нашего степенного ряда в точках “нового” кольца
ничего не известно. “Новое” кольцо имеет ширину а2 - При
этом внутри меньшей окружности нового кольца степенной ряд
сходится, и притом абсолютно, а вне большей окружности — рас-
ходится.
Продолжая этот процесс неограниченно, получим последова-
тельность вложенных друг в друга колец со свойствами:
2. внутри меньшей окружности каждого кольца степенной ряд
сходится, и притом абсолютно, а вне большей окружности — рас-
ходится.
Следовательно, в пределе эта последовательность колец стре-
мится к окружности радиуса R > 0, причем внутри этой окружно-.
324
сти наш степенной ряд сходится, и притом абсолютно, а вне ее —
расходится.
Число R > 0, полученное таким образом, называется радиусом
сходимости степенного ряда (1), а круг |z - а\ < R — кругом сходи-
мости ряда (1).
Заметим, что если бы имел место случай |z0 ~ = ta - al, то
я=|*o-4=1*1 _4-
Для рядов типа I считаем R = 0, а для рядов типа II — R = оо.
Таким образом, приходим к выводу:
00
Любой степенной ряд имеет конечный или бес-
п=0
конечный радиус сходимости R, причем в круге сходимости
- я| < R этот ряд абсолютно сходится, а вне круга сходимости —
расходится.
На границе круга сходимости ряд
Xcn(z -а)п может сходиться, а может
л=0
и расходиться.
Так как любую замкнутую область
(5), лежащую вместе со своим конту-
ром в круге сходимости |z-a|</?,
можно заключить^ замкнутый концен-
трический круг Кр(а), целиком лежа-
щий в круге сходимости, то получаем (см. теорему Абеля): степен-
ной ряд £cn(z-a)n сходится равномерно внутри круга
п=0
СХОДИМОСТИ.
Следствие 3. К степенному ряду ^cn(z-a)n в круге сходи-
мости KR(a) применима теорема о равномерно сходящихся рядах
регулярных функций, ибо члены степенного ряда fn(z) = c„(z-а)п.
ОО
(и =0,1,2,...) регулярны в К „(а) и ряд сходится
г, / ч л Л = 0
равномерно внутри Кк(а). Поэтому:
1. В круге сходимости К^а) сумма f (z) степенного ряда есть
регулярная функция.
325
2. В круге сходимости KR(a) степенной ряд можно дифферен-
цировать почленно любое число раз. Получаемые при этом ряды
сходятся равномерно внутри круга KR(a).
Заметим далее, что так как члены степенного ряда есть функ-
ции непрерывные, а ряд сходится равномерно внутри круга сходи-
мости KR(a), то его можно почленно интегрировать от одной внут-
ренней точки KR{a) до другой. Значит, и в случае почленного
интегрирования ряда (как и в случае почленного дифференциро-
вания) радиус сходимости получаемого ряда не уменьшается. До-
кажем, что от почленного дифференцирования и почленного ин-
тегрирования радиус сходимости степенного ряда не меняется.
► Пусть
^лсп(г-а)л’1 (2)
Л = 1
— ряд, полученный в результате почленного дифференцирования
ряда (1), а
(3)
л=о« + 1
— ряд, полученный в результате почленного интегрирования ряда
(1) от точки а до точки z- Если р— радиус сходимости любого из
этих двух рядов (2) и (3), то р > R (т. е. радиус сходимости не
уменьшается). Теперь ряд (2) проинтегрируем почленно отточки
а до точки г, а ряд (3) продифференцируем почленно. В обоих
случаях получим ряды, у которых радиус сходимости R. Так как
был радиус сходимости р и он в результате действий почленного
дифференцирования и почленного интегрирования не уменьша-
ется, то получаем, что должно быть R > р.
Таким образом, получили: с одной стороны, должно быть р > R,
а с другой стороны, должно быть R > р. Совместное осуществле-
ние этих неравенств возможно лишь тогда, когда р = R. 4
Пример. Рассмотрим ряд
l + z + z2 +...+ Zn +...= f z"
л=0
(Это — геометрический ряд.)
326
Пусть |z| = r<l. Тогда zn -> 0, ибо |гл| = гп Имеем
1 - 7Л 1
если И<к
В точке z = 1 получаем расходящийся ряд 1 +1+...+1+.... По
теореме Абеля данный ряд расходится, если |z| > 1. Следовательно,
R=l. В точках окружности |z| = 1 имеем г = в/ф =>
Zn = ein<* => |z”| = 1 => ? не стремится к нулю при п -> оо => геомет-
рический ряд расходится в точках окружности |z| = 1. Вывод: гео-
00
метрический ряд £ zn сходится тогда и только тогда, когда |г| < 1.
и=0
Теорема Коши о разложении регулярной функции в степенной
ряд. Если функция /(г) регулярна в круге KR(a)-. |z - о| < R,
то она разлагается в этом круге единственным образом в сте-
пенной ряд вида
и этот ряд есть ряд
/U) = Ycn(Z-a)n ,
п=0
Тейлора функции f(z), ибо с„ -
(4)
/<я)(а)
и!
(л = О,1, 2,...).
► Пусть z— любая фиксированная
точка в круге KR(a). Рассмотрим любую
окружность (ур): |£ - о| - р(р < R), со-
держащую внутри себя точку Z-
Функция f регулярна в замкнутом
круге Кр(а) и, следовательно, по фор-
муле Коши
2л/' J Q-Z
(Ур)СГ
Разложим дробь
1
Q-Z
по степеням (z - а).
1 = 1 1 1
Q-Z С,-a-(z-a) Q-a t z-a'
Q-a
327
Для с, е (ур) будет
Z-a
Q-a
к-4
р
= q(< 1). Следовательно, дробь
1 Z-a можно рассматривать как сумму бесконечно убываю-
щей геометрической прогрессии со знаменателем ———. Поэтому
^-а
i _ 1 уГг~аГ - у
C-Z лГо(С-а)п+1‘
(5)
Покажем, что ряд, стоящий в правой части (5), сходится равномер-
но относительно С, на (ур). В самом деле, для С е (ур) имеем
(Z~a)n
(C-a)n+1
рП+!
-V
р
0° |
Ряд сходится (у нас q < 1). А тогда, по признаку абсо-
л=ОР
лютной и равномерной сходимости, заключаем, что ряд (5) схо-
дится равномерно относительно £ на (ур). Так как функция/
регулярна в круге KR(a), то |/| непрерывна в KR(a). В частности,
функция |/| непрерывна на (ур), а значит, ограничена на (ур).
Следовательно, функция ограничена на (ур). Поэтому при
почленном умножении ряда (5) на f(Q получим снова равно-
мерно сходящийся на (ур) ряд, и так как его члены есть функции
непрерывные на (ур), то он может быть проинтегрирован по-
членно вдоль (ур). Будем иметь тогда
1 °°
bp) о
и-а)ил;й
(Q-аГ1 J
^ = ±(z-a)n-^.\ =
п=0 “а)
(уР)о
= ^cn(z-a)n,
п=0
328
(Yp)O
Так как точка z была любой в круге KR(a), то полученное раз-
ложение верно во всем круге KR(a). Остается доказать единствен-
ность этого разложения.
Пусть имеется еще какое-нибудь разложение/(г) в круге KR(a)
f(z)=Ydn(z-a)n, zeKR(a). (6)
л=0
Положим в (6) z = а. Получим f(a) = dQ (= с0).
Продифференцируем разложение (6) последовательно к раз
(отметим, что дифференцирование законно в KR(a)). Получим, для
г 6 KR(a)
fW (z) = к! dk + (к +1)! dk+x (z - a) +... =
= ...[n-(k-l)]dn(z-d)"-k.
n=k
Полагаем в этом равенстве z = а. Получим
fk\a) = k\.dk^dk=^^-y к = 1,2,3,...
Значит, dk = ск , к =1, 2, 3,.... а это и требовалось доказать. Ч
Замечание. По доказанной теореме, функция/(г), регулярная в
некоторой области (В), в окрестности каждой точки этой области
представима степенным рядом. Функция, представимая в окрест-
ности точки степенным рядом, называется аналитической в этой
точке. Следовательно, для функции комплексной переменной по-
нятия “функция регулярная в области (5)” и “функция аналити-
ческая в области (5)” совпадают.
Неравенства Коши для коэффициентов степенного ряда. Пусть
функция f(z) регулярна в круге KR(a)\ <R, и пусть в этом
круге |/(z)| М. Тогда в разложении /(^) = - д)л ,
Z е KR(a), для коэффициентов сп справедлива оценка
|слI £ ——,п = 0,1, 2,...
л Rn
329
Выше, при доказательстве теоремы Коши о разложении регу-
лярной функции в степенной ряд было получено следующее вы-
ражение для коэффициентов сп.
с„= — г
2VUc-‘')
где р — любое, удовлетворяющее неравенству: р < R. А тогда
I . 1 M 0 M
\cn < -------r • 2лр = —.
1 л1 Этт ЛЛ + 1
£71 p P
Ho p — любое (p < R). Следовательно, при p будем иметь
|c_|<—, « = 0,1,2,.... <
Определение. Функция f(z) называется целой, если она регу-
лярна на всей комплексной плоскости (т. е. для всех конечных z)-
Целыми функциями являются, например, ez, sin z, cos z, поли-
ном Pn(z) = aozn + alzn~i +...+a„_lz + an-
Теорема Лиувилля. Если целая функция/(г) — ограниченная,
то она постоянна.
Дано: f(z) целая и |/(z)| < М при одном и том же М для
всех конечных г.
Так как функция /(z) регулярна для всех конечных г, то она
регулярна в любом круге A^(0): |z| < R (R — любое). По теореме
Коши о разложении регулярной функции в степенной ряд, в лю-
бом таком круге f (z) раскладывается в ряд по степеням Z'-
f(z)= ^cnzn =с0 +clz + c2z2 +...+ c„zn +...,
n = Q
(7)
причем |сл| < п = 0,1, 2,.... Так как левая часть неравенства
1 м
не зависит от Л, а правая часть —- для п = 1, 2, 3,... стремится к
R
нулю при Л->оо, то получаем |с„| < 0 для « = 1,2,3,..., откуда
сп = 0 для п = 1, 2,3,..., и, следовательно, f (г) = с0 (= const) (т. е. от
ряда (7) остается только один первый член).
330
Следствие. Если целая функция не является постоянной, то она
не может быть ограниченной.
(Функции sin г, cos z, Pn(z) являются неограниченными.)
§ 5. Приемы разложения функций в степенные ряды
L Подстановка ряда в ряд
Лемма. Тейлоровские коэффициенты разложения суммы рав-
номерно сходящегося ряда регулярных функций равны суммам
одноименных тейлоровских коэффициентов разложений этих
функций.
► Дано:
/(z)=J/n(z). (1)
п=\
Функции fn (z) регулярны в KR(a), и ряд, стоящий в правой ча-
сти (1), сходится равномерно внутри KR(a). По теореме о равно-
мерно сходящихся рядах регулярных функций
fW (z) = X (z), Z e KR (a).
n=l
Положим в этом равенстве z = а и разделим обе части на №.. Получим
fw(a} , у AW(a)
k\ & k\ '
f(k4a)
Здесь -—есть тейлоровский коэффициент при (z ~ а)к в раз-
ложении суммы f (г); есть тейлоровский коэффициент при
(z~ а)к в разложении члена ряда; fn(г). Ч
Теорема (о подстановке ряда в ряд). Пусть /(г) = F[<p(z)]
(f\z) = F(™), где w = ср(г)). Пусть функция w = ср (z) регулярна в
окрестности точки г= а, а функция F(w) регулярна в окрестности
точки w = а0 , где а0 = ср(а). Тогда для получения разложения
функции f(z) по степеням (z~ а) нужно ряд для функции
w = ср(z) по степеням (z~ а) подставить в ряд для функции F(w)
по степеням (w - а0), произвести все возведения в степень и сло-
жить коэффициенты при одинаковых степенях (z~~ а)-
331
► По условию функция w = ср (г) регулярна в окрестности точ-
ки z = а. Обозначим эту окрестность через (Е). Тогда для ? е Е будет
w = <p(z) = a0 + а) +...+ an(z- d)n +.... (1)
По условию, функция F(w) регулярна в окрестности точки w = а0 .
Пусть этой окрестностью является круг |w - ос0| < р. Тогда в этом
круге
E(w) = 4) + 4(w-a0) + Л2(и>-а0)2 +... (2)
Так как функция ф(г) непрерывна в точке z = а, то
lim ф(г) = ф(я) = ос0 . Следовательно, в достаточно малой окрест-
Z->a
ности (Е,) точки z = а будет, например, |ф(г) - а0| < у. (Можно счи-
тать, что (jE\ ) с: (Е).) Ряд (2) в круге |w - ос0| < у сходится равно-
мерно. Следовательно, ряд
f(z) = F(w) = F [ф (z)] = £ 4, [<p(z) - ao]"
n=Q
сходится равномерно в достаточно малой окрестности (Е{) точ-
ки г = а.
Так как функции fn(z) = А[фСО “aoF регулярны в окрестно-
00
сти (£"]) точки z = а и ряд f(z) = £ А(^) в (^) сходится равно-
п=0
мерно, то по лемме коэффициенты ряда для /(z) по степеням z — а
получаются сложением одноименных коэффициентов разложений
функций/, (z) по степеням (z~ а). Для получения последних нуж-
332
нов /„(z) = Л[ф(^)“аоГ вместо функции ср (г) подставить ее ряд
из (1) и выполнить возведение в степень. Заметим, что полученное
разложение по доказанному верно в достаточно малой окрестно-
сти (Е}) точки z = a. Но если функция /(^) регулярна в большем
круге |z - aj < R (т. е. (Е{) с: KR(a)), то f(z) в KR(a) раскладыва-
ется в ряд по степеням (z~ а), и, в силу единственности разложе-
ния, полученное разложение в (EJ будет верно в большем круге
Кя(а). ◄
Деление степенных радов. Пусть даны два степенных рада
а0 + ax(z - а) + a2(z - a)2 +...+ a„(z-a)n +..., (3)
b0 + bi(z ~ а) + b2(z - a)2 +...+ bn(z-a)n +..., (4)
где bQ ф 0. Пусть А1>0иТ?2>0 — радиусы сходимости рядов (3)
и (4) соответственно. Обозначим г = min^!,Тогда оба ряда
абсолютно сходятся в круге Kr(a): |z - а| < г.
Пусть 5(z) и 5(z)— суммы рядов (3) и (4) соответственно.
S(z) — функция регулярная в (a), a S(z) — регулярная в (а).
Так как S(z) — непрерывная в точке z = а и S(a) = Z>0 * 0, то обя-
зательно существует круг Кр(а)\ |z - а\ < р такой, что 5(z)^0,
если Z е JVp(a). (Можно считать, что cz Кг(а)}
Заметим, что в круге Кр(а) ряды (3) и (4) сходятся абсолютно,
а их суммы 5(z) и 5(z) — функции регулярные. Так как S(z) * О
S(z)
в Кр(а), то в Кр(а) будет регулярной также функция f(z) = ~ 7 =
Ya„(z~a)n
- —---------- как частное двух регулярных функций со знамена-
ib„(z-a)n
п=0
телем, не обращающимся в нуль. Но тогда, по теореме Коши о
разложении регулярной функции в степенной ряд, /(г) в круге
А^р(я) разлагается в степенной ряд, т. е.
333
Yan(z-a)n да
/(z) = --------= £ c„ (z - a)" =>
^bn(z-a)n »=°
я=0
=>i^n(z-a)n = Yb„(z-a)n Yc„(z~a)n,zeKp(a).
n=0 n=0 n=0
В силу абсолютной сходимости всех данных рядов в Хр(а) воз-
можно их почленное перемножение. Следовательно, будем иметь
Ц) + at(z - а) + a2(z - а)2 + ... + a„(z-a)n + ...=
= Ь»с0 +(/цсь +bbcl)(z-a) + (b2c0 +t\c{ +bQc2')(z-a)2 + ... +
+(6„0) + bn_& + bn_2c2 + ... + Zt,c„)(z - a)" + ...
В силу единственности разложения коэффициенты слева и справа
при одинаковых степенях z — а будут равны между собой, т. е.
А)со - ц >
Z\c0 - ai9
b^CQ + + Ь^с2 = 672,
^nC0 + + bn-2C2 + • • • + t\Cn-\ + ^Cn - an
Из этих равенств последовательно находят с0, q, с2,..., сл,....
Рассмотрим систему первых (л + 1) уравнений. Определитель Д
этой системы
Ьп_\ Ьп_2 Ьп-ъ ...
(ибо у нас />о * 0 по предположению). Значит, система имеет и
притом единственное, решение. В явном виде выражение для Сл
будет таким
334
b0 О О ... О а0
1\ Ьо О О а{
1 Z>2 Ь\ .. • О
^л-i t>n-2 Ь„_3 ... Ьо ап_3
^п-1 ^п-2 &п
Замечание. Полученное таким образом разложение функции
. S(z) с-
f (z) = ~ - верно в наибольшем круге с центром в точке а, в кото-
S(Z)
ром частное двух степенных рядов (3) и (4) дает регулярную функ-
цию. Во всяком случае, разложение верно в круге до первого нуля в
знаменателе.
§ 6. Разложение элементарных функций в степенные рады
I. f(z) -ег — регулярная на всей комплексной плоскости (т. е.
целая). Имеем
Лг) = Ш = f"(z) =...= /(M)(z>...= el=>
=>/(0) = /'(0) = Г(0) =...= /(л)(0)=...= е° = 1.
Поэтому
, . z z2 zn v> zn I I
е1 = 1 ч--1----i-...ч---1-...= > —, я < оо.
1! 2! «! ^п\’ 11
II. /(z) = sinz — регулярная на всей комплексной плоскости
(т. е. целая). Имеем
f(n\z) = sin^z + у^=>/(л) (0) = sin -у.
Поэтому
Sinz = j-- + --
V 7 (2и + 1)!
оо.
72 74 76 71П
ni./te) = cosz = l-|? + l?-|? + ...+(-l)-^+..., |г|<».
(Получается из разложения функции sin z почленным дифферен-
цированием.)
335
IV. /(z) = Ln(l + z).
Положим 1 + г = w. Функция Ln w имеет однозначные регу-
лярные ветви, например, на плоскости w с разрезом по отрица-
тельной вещественной полуоси (см. рис. 6.10).
У нас z= w~ 1. Следовательно, функция Ln(l + 7) имеет одно-
значные регулярные ветви, например, на плоскости z с разрезом от
точки z = — 1 до точки Z = -°0- В частности, Ln(l + z) имеет такие
ветви в круге |г| < 1 (см. рис. 6.11). Значит, каждая ветвь функции
Ln( 1 + z) может быть разложена в нем по степеням Z- Было доказано,
что дня любой ветви (Ln(l + z)Y = ——. Следовательно, все тейло-
1 + Z
ровские коэффициенты, начиная с q = совпадут с прежними
тейлоровскими коэффициентами (т. е. с теми коэффициентами, ко-
торые мы имели в вещественном анализе при разложении в степен-
ной ряд функции 1п(1+х)). Имеем с0 =/(0) = Ln 1 = 2&ти/,
к = 0,± 1,± 2,.... Таким образом, получаем
/2 7^ 7^
Ln(l + z) = 2)t7t/+z- —+ к = 0, ± 1, ±2,...
2 3 4
(это верно для всех z, удовлетворяющих условию |г| < 1). Значения
к соответствуют выбору определенной ветви логарифмической
функции.
V. f(z) = (1 + z)a , где а— любое комплексное число.
По определению f(z) - еаЬп(1+г). Эта функция имеет одно-
значные регулярные ветви там же, где и Ln(l 4- z), например, на
плоскости z с разрезом от — 1 до В частности, (l + z)a имеет
такие ветви в круге |^| < 1 (см. рис. 6.11).
336
Ранее было доказано, что для любой ветви степенной функции
[(1+ Z)“]' =a(l + z)a-1.
Рассмотрим ту ветвь нашей функции /(г), для которой
/(0) = (1 + Z)“| 0 = eaLn(1+z)|? о = 1
(эта ветвь соответствует к = 0). Для этой ветви будем иметь:
/'(0) = а; /'(0) = а(а-1);...;
/(п) (0) = а(а -1) (а - 2) ... [а - (и -1)];
Следовательно, рассматриваемая ветвь будет иметь следующее раз-
ложение:
(1 + Z>“ = 1 + аг + а^~^ г2 +...+
a(a-l)(a-2)...[a-(«-l)] п
+----------------------% +
п\
Это верно для всех г, удовлетворяющих неравенству: |z| < 1.
Так как остальные ветви логарифмической функции Ln(l + z)
отличаются от ветви, соответствующей к = 0, на слагаемое 2кти , то
остальные ветви степенной функции (1 + z)a отличаются от рас-
смотренной множителем: еа'2кш . Таким образом, получаем
(1 + г)а =
I 2! л! J
к = 0,± 1,± 2,.... Это равенство верно для всех z, удовлетворяющих
неравенству |^| < 1. Значения к соответствуют выбору определен-
ной ветви степенной функции.
§ 7. Теорема Коши—Адамара
Предварительно напомним некоторые сведения, относящиеся
к понятию наибольшего предела последовательности.
Пусть имеется бесконечная последовательность вещественных
чисел
^,«2,(1)
337
лишь конечное их число > т + е, т. е.
Если какая-нибудь подпоследовательность последовательнос-
ти (1) имеет конечный или бесконечный предел, то этот предел
называется частичным пределом последовательности (1).
Известно, что всякая бесконечная последовательность (1) имеет,
по крайней мере, один частичный предел. Но частичных пределов
может быть и бесконечное множество.
Доказывается, что всегда существует наибольший частичный
предел. Он обозначается символом lim ап .
Л->оО
Отметим, что если последовательность (1) имеет предел в обыч-
ном смысле, то он совпадает с наибольшим пределом, т. е.
lim ап - lim ап .
И—>оо Л->оО
Предположим, что для любого п е N ап > 0. Тогда возможны
два случая.
1) Последовательность (1) не ограничена сверху. В этом слу-
чае lim ап - -ню.
П—>00
2) Последовательность (1) ограничена сверху, т. е. существует
число А такое, что при всех п е N ап < А. В этом случае lim ап = т,
п—>00
где т — конечное, неотрицательное число.
Число т обладает следующими свойствами. Пусть дано число
е > 0. Тогда
I. Среди всех чисел ап
найдется бесконечное мно-
жество чисел аПк таких, что
ап > т - е, к = 1, 2,...
пк
II. Среди всех чисел ап
«иная с некоторого номе-
ра N ап < т + е для п> N.
Теорема (Коши—Адамара). Радиус сходимости степенного ряда
«о |
- а)" выражается по формуле: R =
л=о Пт «/|сл I
► Возможны только три случая.
Первый случай, lim иЫ = т > 0 (т — конечное число). Требу-
Л->оо *
ется доказать, что радиус сходимости ряда R =
8 8
н---------------------------1-
О т-г т т+г д
Рис. 6.12
338
Рассмотрим круг радиуса — с цент-
ром в точке z = а\ Кут{а). В этом круге
возьмем любую точку z, отличную от а.
Тогда
где 0 < q < 1 (q > 0, так как z * а) =>
Рис. 6.13
т q ,, т q
— =|—-—г. Имеем т < — = -
4 |z-*| q |z-
Считаем - , = m + е, где е>0. По свойству II наибольшего
|г-л|
предела последовательности всех начиная с неко"
торого номера N, т. е. при всех п > N будет
VN <т+е=1тЬНс"1" °Г <qn-
ОО
Так как для 0 < q < 1 ряд £ qn сходится, то заключаем, что сходит-
л=0
I I
ся ряд - а)” . А это означает, что ряд ^cn(z ~а)п сходит-
л-0 1 и=0
° СО
ся абсолютно в K{im(a), Так как в точке z~ а ряд
и=0
тоже абсолютно сходится, то приходим к выводу, что этот ряд схо-
дится абсолютно в круге ^ч/т(а) • |z - о| < — •
Возьмем теперь любую точку z, для которой |z - о| > (т. е.
возьмем любую точку z, лежащую вне круга Кут(а)). Тогда
1 1
т >1----г=>|----
|z-a| |z-a|
где е > 0. По свойству I наибольшего предела последовательности
(Як, *, найдется бесконечное множество элементов , та-
ких, что будет
339
>от-е=гЬгЫ|г_а|И‘>L
Значит, общий член ряда £ с„ (z - а)" не стремится к нулю при
п=0
п -> оо. Следовательно, ряд £cn(z ~ а)п расходится, когда точка z
। 1 "=0 “
лежит вне круга |z-o|< —. Так как ряд £<?„(£-я)" сходится
т л=0
в круге |г - а| < — и расходится вне этого круга, то заключаем, что
да |
радиус сходимости ряда £cn(z-a)" есть—.
л=0 т
Второй случай, lim г/jcd = 0. Требуется доказать, что радиус
п—>00 ’
сходимости ряда R = оо.
Возьмем любую точку Z * а . Тогда т = 0 < , где 0 < q < 1.
г "л
По свойству II наибольшего предела последовательности
, при всех п, начиная с некоторого номера N (т. е. при
всех п> N) будет
Я <т+е=|тЬ[^1Сл1 I* а1”< дП •
СО СО
Но ряд ^qn — сходится. Значит, сходится ряд “ я) | •
п = 0 п=0* 1
оо
А это означает, что ряд £cn(z -а)п сходится абсолютно для лю-
п=0
бого Z* а- Следовательно, в этом случае R = оо.
Третий случай, lim «/IcJ =оо. Требуется доказать, что радиус
Л—>00 v
00
сходимости R ряда '^cn(z~a')n равен нулю.
и=0
Возьмем любую точку Z*a- Так как последовательность
— неограниченная сверху, то существует бесконечное мно-
жество элементов этой последовательности , таких, что будет
340
Значит, общий член ряда £ сп (z - а)л не стремится к нулю при
п -> оо. А это означает, что этот ряд расходится для любого z * а •
Следовательно, в этом случае R = 0. 4
Пример. Пусть имеется ряд
IX = Z + Z2 +z6 +...+ Zn' +...
п=1
Все коэффициенты этого ряда или нули, или единицы. Наиболь-
ший предел т последовательности равен 1. Значит, ради-
п 1 1
ус сходимости данного ряда R = — = 1.
т
Вторая теорема Абеля (без доказательства). Если степенной ряд
00
^cn(z-a)n сходится в некоторой граничной точке Zq его круга
п=0
сходимости, то при стремлении любой точки z круга сходимости к
точке z^ по радиусу круга сумма f(z) этого степенного ряда стре-
мится к пределу, равному значению суммы ряда в точке т. е.
lim f(z) = Ycn(Zo -а)п .
Z-»Zo n=o
по радиусу
Пример. Ранее было установлено, что в круге |г| < 1 справедли-
во равенство
_2 _3 п
1П(1 + z) = Z - + у ..+ (-1)л-1 +... (*)
(здесь имеется в виду ветвь лога-
рифмической функции, соответ-
ствующая к = 0, т. е. та ветвь, для ко-
торой Lnl =0).
Мы знаем, что функция
f (г) = In (1 + z) однозначная и ре-
гулярная на всей плоскости z с раз-
резом по отрицательной веще-
ственной полуоси от точки z — ~ 1
ДО ТОЧКИ £ = ~°О (см. рис. 6.14).
341
Можно доказать, что ряд, стоящий в правой части (*), сходится
в каждой точке единичной окружности |z| = 1, исключая точку
Z = — 1, т. е. сходится для z = , когда -л < 0 < л.
По второй теореме Абеля, для каждой такой точки имеем
00
^(-l)"-1------= lim ln(l + z) = ln(l +ею) = In 1 + e® + zarg(l +ete) =
Л=1 Л ^_>e по радиусу
f 0A 0
= ln|(l + cos0) + z sin 0| + z arg (1 +e'e) = Ini 2cos—l + z —
Сравним вещественные и мнимые части полученного равен-
ства. Будем иметь
Рис. 6.15
, ,чл-1 COS770 , 0^
l)E(-l) —— = ln 2cos7 =>при6 = 0,
n=i n \
получаем 1 - — + у - — +...= In 2;
л. у 1\и—1 sin 770 0 л 7t
2) £(-1)" --------= 5 =>при 0 =-,
n=l n 2 z
,111 7C
получаем 1 - - + --- +...= -.
§ 8. Рад Лорана
В теории функций комплексной переменной наряду со сте-
пенными рядами вида
с0 + Cj(z-a) + c2(z-a)2 +...+ с„(г-а)" +...
большую роль играют ряды общего вида, а именно двусторонние
ряды, содержащие как целые положительные, так и целые отрица-
тельные степени (z~ а)'.
.+c n(z-zz)~” + + с 2(г-а)~2 +с 1(г-д)'1 +
(П)
+q> +cx{z-a) + c2(z-a)1 + ...+cn(z-a)n +... = £c„(z-a)" .(1)
' Л=-<о
342
Ряд вида (1) называется рядом Лорана. Его следует понимать
как сумму двух рядов: (I) и (II). Ряд Лорана считается сходящимся
в некоторой точке z тогда и только тогда, когда в этой точке схо-
дятся оба ряда: (I) и (II).
Теорема. Область сходимости ряда Лорана, если она вообще
существует, есть концентрическое круговое кольцо с центром в
точке а.
Так как ряд (I) есть обычный степенной ряд, то его область
сходимости есть некоторый круг KR(a)\ - а| < R.
В ряде (II) заменим переменную, положив —-— = С,. Получим
Z-a
C-iC+C-2C2 +...+ c_„Cn +....
Видим, что ряд (II) становится обычным степенным рядом отно-
сительно и, следовательно, его область сходимости есть некото-
рый круг
Обозначим — = р. Тогда область сходимости ряда (И) есть
т
|£ - а\ > р. Следовательно, область сходимости ряда Лорана опре-
деляется совокупностью двух неравенств
[|г-о|>р.
Таким образом, если р<Я, то областью сходимости ряда
+00
£ сп (z - а)п будет круговое кольцо р < - а\ < R. Если же R <> р,
П = -ао
то никакой области сходимости не будет.
(Если Л < р, то ряд (1) расходится в лю-
бой точке z комплексной плоскости. Если
Я = р, то множеством точек, в которых ряд
(1) может сходиться, будут лишь точки, ле-
жащие на окружности - а| = R) ◄
Станем обозначать кольцо р < |z - я| < R
через KpR(a). Заметим, что возможны
случаи: 1) р = 0; 2)Я=оо. Если одно-
временно р =0 и Я = оо, то ряд Лорана
сходится на всей комплексной плоскости
Рис. 6.16
343
с исключенной точкой z = а. Так как ряд Лорана, по существу,
есть сумма двух степенных рядов, то справедливы утвержде-
ния
1) В кольце сходимости KpR(a): р < |z - < R ряд Лорана схо-
дится абсолютно.
2) Ряд Лорана сходится равномерно внутри кольца сходимос-
ТИ А'р Ня).
3) Сумма ряда Лорана в кольце сходимости KpR(d) есть регу-
лярная функция.
Рис. 6.17
Теорема Лорана. Если функция
f(z) регулярна в кольце KpR(a):
р < |z - я| < R, то она разлагается
в этом кольце единственным об-
разом в ряд Лорана, т. е.
•Ко
/(г) = z cn(Z - а)п, Ze KpR(a).
П=-О0
► Возьмем любую точку z в
кольце KpR(a). Рассмотрим
вспомогательное концентричес-
кое кольцо, лежащее целиком
вместе с контуром в данном
кольце и содержащее внутри себя точку Z- Пусть р — внутренний
радиус, a R — внешний радиус вспомогательного кольца. Тогда
р<р<ф-я| <R <R.
Так как функция f регулярна в замкнутом вспомогательном
кольце то по формуле Коши
zfe) = _LrZG>^+2_ гЖ/С.
2я > s-z 2» 1 <;-г s
Заметим, что если £ е (у^), то - а| < |z - о|. Поэтому
1 1 ____________1 1
Q-Z Q-a-(z-a) z-a х Q-a
Z~a
=__1_ yfc-д? = _у (С-д)"
Z-a^Xz-a) n=oU-a)n+1 ’
(2)
344
Имеем
(;-<)” _ Р” = 1 „
|г-г ”
р 00 1
где = ।------г < 1. Так как ряд У •:-г#" — числовой, положи-
\Z-a\ л=о|г-^
тельный, сходящийся (у нас z — фиксировано), то по признаку аб-
солютной и равномерной сходимости заключаем, что ряд, стоящий
в правой части (2), сходится равномерно относительно С на (ур).
Замечаем, далее, что если С е (У^)> то - о| > - я|. Поэтому
1 1 1 11 “fz-gY =
Q-Z~ (Q-a)-(z-a)~ Q-a r_Z^a
( xn~a <3>
У (z-a)
n=o(C-a)n+1’
Имеем
(Z-°)" _ I рг-^П" . 1 »
1 T 1 Л
где q2 = <1. Так как ряд 2^ — q" — числовой, положитель-
R n=vR
ный, сходящийся, то по признаку абсолютной и равномерной схо-
димости заключаем, что ряд, стоящий в правой части (3), сходится
равномерно относительно С, на (Уд)-
У нас функция f регулярна в замкнутом вспомогательном коль-
це К~ (а). Значит, она ограниченная в К~ (а). В частности, фун-
кция f ограниченная на (у^) и (у^)- Поэтому после почленного
умножения рядов (1) и (3) на тДт/(О мы получаем снова ряды,
2т
сходящиеся равномерно относительно на (у^) и (Уд)- Следо-
вательно, эти новые ряды можно интегрировать почленно, и мы
будем иметь вместо равенства (*)
345
f(Z) = i (Z - a)-'"*11 ~ J /(CMC - a)" dt, +
"° 2”<i)o
= с_(л+1) (обозначение)
+Ё(г-о)”f
n=0 2ltl . \^~a)
(rA)cr
=Cn (обозначение)
=>/U) = Ес_(л+1)(г-а)‘(п+1) + Ycn(z-a)n = Ycn(z-a)n.
П = 0 n = Q П = -ао
Так как точка z была любой из кольца Кр R(a), то доказано, что
функция f(z) разлагается в ряд Лорана в кольце Кр R(a),
Докажем теперь единственность разложения функции f(z) в
ряд Лорана в кольце Кр R(a). Но прежде чем приступить к дока-
зательству, вспомним, что ранее было установлено
г , f fO, если к * -1 и целое,
J {z-aydz = \ .
[2я/, если к = -1,
где (Q — любой замкнутый контур, охватывающий точку z = а-
Пусть в кольце KpR(a) имеется еще какое-нибудь разложение
f(z) в ряд Лорана
f(z) = Xdn(z-a)n. (4)
П = -со
Возьмем любой замкнутый контур (Q, охватывающий точку
Z = а и лежащий в кольце KpR(a). (Отметим, что ряд (4) сходится
равномерно на (Q.) Умножим обе части (4) на функцию
Z J \А+1
----- , к = 0, ± 1, ± 2,.... Получим
\Z~ о)
-za_= (5)
“ U) П = -ао
Г 1 ?+1
Так как функция I _ I —- ограниченная на (С), то ряд (5)
сходится равномерно на (Q и, следовательно, его можно проин-
тегрировать почленно вдоль (Q. При этом все интегралы в правой
части, кроме одного, где п = к, равны 0, а интеграл, где п = к, равен
2л/. Поэтому будем иметь
346
(C)° (6)
^dk =^- f f^z\ dz(k = O, + 1,±2,...).
Так как числа dk были заданы, а контур (Q мог быть любым,
лежащим в кольце Кр R(a) и охватывающим точку z = а, то заклю-
чаем, что интеграл, стоящий в правой части последнего равенства,
не зависит от контура (Q. В частности, в качестве контура (С)
могут выступать и контуры (Yp), Сп-
итак, получили: для заданной функции/(г) и заданного коль-
ца KpR(a), коэффициенты ряда Лорана выражаются единствен-
ным образом, а именно, по полученной формуле (6).
Заметим, что интегральное представление коэффициентов ряда
Лорана по внешней форме совпадает с интегральным представле-
нием коэффициентов ряда Тейлора, но только в интегральном
представлении коэффициентов ряда Лорана индекс к принимает
и целые отрицательные значения.
§ 9. Нули и изолированные особые точки
1. Пусть функция f (z) регулярна в некоторой окрестности точки
Z = а. Тогда в этой окрестности /(z) представима рядом Тейлора
/(г) = г0 +q(z-a) + c2(z-a)2 +•••+ cn(z - а)п +.... (1)
Точка z = а называется нулем, или корнем, кратности т функции f (z),
если в окрестности этой точки разложение функции f(z) в ряд
Тейлора имеет вид
f(z) = cm(z-a)m +cm+i(z-a)m+' +..., где ст *0.
Значит, если z = а — нуль кратности т функции f (z), то
f(a) = f'(a) = f’(a) =...= = 0, но * 0.
Отметим, что справедливо и обратное утверждение, а именно: если
f(a) = f'(a) = f'(g) =...= = 0, но fm\a) * 0,
то z = а является нулем функции /(z) кратности т.
Покажем, например, что точка z = кк (к = 0,± 1,± 2,...) является
простым нулем функции /(z) = sin z. В самом деле, имеем
347
sin z = (-1/ sin (z - kit) =
= (-1)k • |{Z-kn)-(z + ... + (-1)"
3! (2/1 + 1)!
откуда следует, что точка z = kit является простым (т. е. первой
кратности) нулем для функции f(z) = sin z •
Покажем, например, еще, что точка z = 0 является нулем крат-
ности два для функции f(z) = 1 - cos z • Действительно, имеем
( 72 74
1-COSZ = 1- 1-|у + ^-...+(-1У
2! 4!
z2"
—
(2 л)!
(~l)n+1Z2"
(2и)! -•
Из этого представления функции f (z) следует, что точка z = 0 яв-
ляется для нее нулем второй кратности.
Замечание. Если z — а является корнем регулярной функции
/(z), то обязательно существует окрестность этой точки Кр(а),
в которой нет больше корней функции f(z)- Кратко это форму-
лируют так: нули регулярной функции являются изолирован-
ными точками.
Действительно, имеем
/U) = cm{z-a)m +cm+x(z-a)m+' +... =
-(z-a)m[cm + cm+l(z~a) +... ], z^Kp(a),
или f(z) = (z -a)mcp(z)9 где <p(z)— функция регулярная, причем
ф(я) = ст 0. Множитель -а)т ф 0 ни при каком z * я. Так
как ср(а) * 0, то |ф(я)| * 0 • Но |cp(z)| — непрерывная вещественная
функция, и про нее известно (см. теорему о стабильности знака),
что обязательно существует окрестность точки z = а, в которой
|<p(z)| * 0, а следовательно, и ф(?) * 0. Но тогда в этой окрестнос-
ти f(z) * 0, если z* а- 4
2. Определение. Точка z = я называется изолированной особой точ-
кой однозначного характера для функции/(г), если/(z) однознач-
на и регулярна хотя бы в достаточно малой окрестности этой точ-
ки с исключением ее самой (т. е. /(г) регулярна в jte(a)).
Например, точки zx = ~ i и z2 = i являются изолированными
особыми точками однозначного характера для функции
348
1
^~~2 9 а точка z = 0 является изолированной особой точ-
u 1 '-'/*/ \ Siri Z -Г (— \
кои однозначного характера для функции: j (z) =--; J (Z) = —,
Z Z
f(z) = e^z . Заметим, что для функции/(z) = Ln? точка z = 0 явля-
ется изолированной особой точкой, но неоднозначного характера.
Определение. Пусть точка z = а является изолированной особой
точкой однозначного характера для функции/(г). Тогда
I. Точка z = а называется устранимой, если хотя бы в достаточ-
но малой ее окрестности (с исключением ее самой) функция /(z)
ограниченная, т. е. |/(z)| < М в Kz(a)-
II. Точка z — а называется полюсом, если f(z) °° при Z -» я •
III. Точка z = я называется существенно особой, если она не яв-
ляется устранимой и не является полюсом.
Например, для функции f (z) = exlz точка z = 0 является суще-
ственно особой, ибо, если z = х -> +0, ть e^z -> оо (х — веществен-
ная переменная). Значит, точка z = 0 не является устранимой. Если
же z = х -0, то e^z -> 0. Значит, точка z = 0 не является полю-
сом. Так как точка £=0 не является устранимой и не является
полюсом, то она — существенно особая точка для f(z)-
Характеристика изолированных особых точек однозначного ха-
рактера с помощью рада Лорана. Пусть точка z = а является изоли-
рованной особой точкой однозначного характера для функции f (z)
(f(z) — регулярная в Kz(a)). Область 0 < |z -а\ < е можно рас-
сматривать как кольцо с внутренним радиусом р = 0 и внешним
радиусом R = е. Так как f (z) регулярна в кольце Кг (а). то она
разлагается в нем единственным образом в ряд Лорана
/(г) = 2 Сп (Z - а)п ,Z е kz (а). (*)
П = -ао
Теорема 1. Для того чтобы точка z — а
была для f (г) устранимой, необходимо и
достаточно, чтобы разложение (*) не со-
держало членов с отрицательными степе-
нями (^— а).
► Необходимость. Дано: точка z = а —
устранимая для /(г), т. е. |/U)| < М для
Z g (а). Возьмем любое е , удовлетво-
ряющее условию 0 < 8 < е, и пусть (у0
349
есть окружность |z - я| = е . По интегральному представлению ко-
эффициентов ряда Лорана,
C,=J_ J _№)_ J а
2л/ J (г-я)л+1 2л/ (£-я)л+1
(Уг)О’ |г-а|=ё0
1 М о ~ М
:------77’2718 =---
!л £«+1 ~и
Подчеркнем, что в этом неравенстве е — любое (лишь бы было
е < е). А тогда для п = -1, - 2,... и при е -> О получаем |с„| < 0 =>
|с„| = 0 => сп = 0, если и = -1,- 2,.... А это означает, что ряд Лора-
на (*) не содержит членов с отрицательными степенями (z~ а).
Необходимость доказана.
Достаточность. Дано: в разложении (*) нет отрицательных
степеней (z — я)> т. е.
/(z) = c0 +c1(z-a)+...+ c„(z-a)" +...
Так как ряд, стоящий в правой части равенства, является обыч-
ным степенным рядом, то он сходится во всем круге |z - я| < е и его
сумма 5(г) является регулярной функцией в этом круге. В частно-
сти, S(z) регулярна в замкнутом круге |^-а|<-|-. Следовательно,
5(z) — ограниченная функция в этом замкнутом круге, т. е. |5(z)| < М
ДЛЯ z е • Но/(г) = S(z) в 0 < |z - а| < -|. Поэтому |/(z)| < М
в 0 < |z - а| < у. Таким образом, мы нашли окрестность точки z = а,
с исключением точки а, такую, в которой /(г) ограничена. Значит,
точка z = а — устранимая для /(г). Ч
Следствие. Если функцию f (г) доопределить, положив f (а) = S(a),
то будет f (г) = S(z) в круге Кг (а). Так как 5(z) регулярна в круге
Хе(а), то и f(z) будет регулярной в этом круге, в частности, и в
самой точке z = а . Так как регулярная функция необходимо непре-
рывная, то lim f(z) = f(a) = S(a). Следовательно, если точка z = а —
Z->a
устранимая особая точка для функции f(z), то всегда существует
конечный lim f(z). Если этот предел принять за /(а), то функция
Z-*a
f (г) становится регулярной в точке z = я.
Теорема 2. Для того, чтобы точка z= а была для /(z) полюсом,
необходимо и достаточно, чтобы разложение (*) содержало ко-
нечное число членов с отрицательными степенями (г— а).
350
► Необходимость. Дано: точка z = а — полюс для/(г),т.е. /(z) -> оо
при Z -> а • Следовательно, для любого числа М > 0 существует ц > 0,
такое, что в 0 < |z - а| < ц будет |/(г)| > М => |7й)[ < •
Рассмотрим функцию cp(z) = —. Эта функция в кольце
О < |z - я| < т| регулярна, как частное двух регулярных функций
с не обращающимся в нуль знаменателем. Имеем далее,
। । 1 1
кр(£) - . . ч| < — в кольце К, (а). Следовательно, точка z = а —
1 1 |/(г)| М
устранимая особая точка для <p(z). А тогда, по теореме 1, функция
<р(£) в кольце КЛа) разлагается в ряд, не содержащий отрица-
1
тельных степеней (г ~ а). Так как lim ср(г) = lim —— = 0, то раз-
о Z->a z->a f(z)
ложение для ср(£) в (а) будет иметь вид
<p(z) = dm(z-a)m + dm+l(z-a)m+I +...
Здесь dm (т > 0) есть первый отличный от нуля коэффициент. (От-
метим, что все коэффициенты dm, dm+l..., не могут быть равны
1 °
нулю, так как <p(z) = *0 в Хп(а), поскольку функция/(г)
регулярна в (а)) Итак, получили
-^— = (z-a)m[dm+dm+1(z-a) + dm+2(z-a)2 + ... ], zeK^a) .
(Подчеркнем, что здесь т > 0 и dm * 0). А тогда
dm + dm+l(z-a) + dm+2(z - a)2 + ...
=> по правилу деления степенных рядов в некоторой окрестности
точки z = я, а именно в К^(а): |^ - а| < т[ (считаем и < ц), будем
иметь
f(z)-(z~a)m = b0 +bi(z-a) + b2(z-a)2 +...
(Здесь b0 = — ф 0.) Следовательно,
d„
т
f<Z) = / + 7—+-• -+ “Т + bm+bm+i(z-a)+..,zeK^(а).
(z-a)m (z-a) Z-a
351
Видим, что полученный ряд содержит конечное число членов с
отрицательными степенями а). Необходимость доказана.
Достаточность. Дано: в кольце К Да): 0 < |z - #| < е имеет ме-
сто равенство
f(z) = C-'n + <?4'”;t)-i +- • -+ + co + ci U - a) + c2 (z - a)2 +... (**)
(z-fl) (z-fl) Z~a
(c_m * 0, m > 0). Требуется доказать, что точка z = а — полюс для f (z).
Имеем
хГс ет +с_(z-a) + ... +c_l(z-a)m~l +c0(z-a)m +cl(z-a)m+1
Так как с_т * 0, то lim /(z) = оо. Следовательно, точка z = а
Z-ya
является полюсом для функции /(г). ◄
Замечание. В случае, когда в кольце 0 < |z - я| < е имеет место
разложение (**), точка z = а называется полюсом порядка т для функ-
ции/(г).
Следствие. Для того чтобы точка z = а была для функции f (z)
существенно особой, необходимо и достаточно, чтобы разложение
(*) содержало бесконечное множество членов с отрицательными
степенями (г—я).
► Если разложение (*) содержит бесконечное число членов с
отрицательными степенями (г — а), то точка z = а не является уст-
ранимой особой точкой и не является полюсом. А значит, точка
Z = а является существенно особой для /(г). Ч
Замечание. Важно помнить, что при характеристике изолиро-
ванной особой точки рядом Лорана нужно раскладывать функ-
цию /(г) в проколотой окрестности именно этой точки.
3. Теорема Со ходкого. Если z = а существенно особая точка
функции /(г), то для любого числа А (конечного или бесконеч-
ного) можно найти последовательность точек z„, такую, что
lim /(z„) = А.
Zn-^a
Иначе. В любой сколь угодно малой окрестности существенно
особой точки z~ а функция f (z) принимает значения, сколь угод-
но близкие к любому комплексному числу А, конечному или нет.
352
► I. Пусть А = ОО.
По определению существенно особой точки, f (z) не является
ограниченной в проколотой окрестности точки z = я (если бы f (z)
была ограниченной в проколотой окрестности точки z = а, то точ-
ка z ~ а была бы устранимой особой точкой для f (z)). Следователь-
но, для любого натурального числа пв 0 < |z - d < — обязательно
п
найдется точка z„, такая, что будет |/(zn )| > п.
Полагая п = 1, 2, 3,..., получим последовательность точек
такую, что zn -> а ПРИ п -> 00 • Так как для любого п\ |/(zn)| > п, то
приходим к выводу, что |/(zn)| -> +оо => lim /(zn) = <ю. Таким об-
1 1 Л-><ю
разом, для случая, когда А = да, утверждение теоремы верно.
II. Пусть А — конечное число (любое, заданное заранее). Нуж-
но показать, что для любого е > 0 и при любом 8 > 0 в кольце
О < z - л| < 8 существуют точки z, для которых |/(z) - А\ < е.
’ассуждаем от противного. Допустим, что существует число Ао
и существует е0 > 0 такие, что в некотором кольце 0 < [z - <э| < 80
для всех точек z оказывается |/(z) - Лд| > е0 . Но тогда
< -L для всех z из кольца 0 < U - а\ < 80 . Получаем, та-
/а>-4) е0 1
ким образом, что функция <p(z) -------- регулярная и ограни-
n I I s
ченная в кольце 0 < |г - а| < 80 . Следовательно, z — a является уст-
ранимой особой точкой для <p(z). Это означает, что разложение
функции <p(z) в кольце 0 < |z - а < 80 имеет вид
<(>(Z) = cm(z~a)m +cm+l(z-a)m+t +cm+2(z-a)m+2 +...,
где т > 0 и ст — первый отличный от нуля коэффициент разло-
жения. Но тогда
1
1
<p(z) (z-a)m[cm +cm+1(z-a)+...]"^
=> по правилу деления степенных рядов (у нас ст + 0) получаем
/(г) - 4 = = у 1 [bo +b{(z-a) + b2(z - а)2 +...],
<PW (z -а)т
где bQ = — => в кольце 0 < |z - я| < 50
Ст
353
/(z) = 4)+—— +_+hLL + bm +
(z - a)m (z-a)m 1 Z-a
+bm+i (Z~a) + bm+2 (z-a)2+ ...
Последнее разложение означает, что точка z = а является либо по-
люсом порядка т (если т > 0), либо устранимой особой точкой
(при т = 0) для функции f (z), что противоречит условию теоремы
(у нас z~a — существенно особая точка для /(z)). Полученное
противоречие доказывает справедливость утверждения теоремы и
в этом случае. Ч
Замечание 1. Сущность теоремы Сохоцкого более кратко можно
выразить так: если z = а — существенно особая точка для функции
/(z), то в достаточно малой проколотой окрестности этой точки
функция f (z) принимает значения, как угодно близкие к любому
наперед заданному числу А (конечному или бесконечному).
Замечание 2. Теорема Сохоцкого была уточнена Пикаром.
Теорема Пикара. Если z — а — существенно особая точка для
функции /(z), то для любого конечного числа за исключением,
быть может, одного А = Ао, функция f(z) принимает значение А в
сколь угодно малой проколотой окрестности точки z = я, бесчис-
ленное множество раз. (Принимаем без доказательства.)
Проверим утверждение теоремы Пикара на примере функции
/(^) = Ранее было показано, что точка z~ 0 является суще-
ственно особой для функции f(z) = e^z . Имеем
1
ex+iy
x-iy
ex4yl
2 2
= ех +у ф 0, для z = х + iy * 0.
Следовательно, e^z * 0 для z * 0.
Докажем, что = 0 является исключительным числом. Все ос-
тальные конечные значения функцией f(z) = ^z принимаются в
любой проколотой окрестности точки z = 0 бесчисленное множе-
ство раз. Действительно, пусть А * 0 — любое конечное число. Рас-
смотрим уравнение
e^z = А => — = Ln А = In | А\ + / (arg А + 2£я), к = 0, ± 1, ± 2,...
354
(здесь arg А — одно из возможных значений аргумента числа А),
откуда
1
Zlr = —Г—i-------------- ------> О
In | А\ + i (arg А + 2 кп)
(л — корни уравнения — = Ln А), Видим, что уравнение e^z = А
z
имеет бесчисленное множество корней.
4. Бесконечно удаленная точка плоскости.
Напомним, что окрестность бес-
конечно удаленной точки была оп-
ределена как внешность любого круга
|^| > R с центром в начале (рис. 6.19).
Пусть функция /(г) регулярна
для всех конечных z, лежащих
в |z| > R, т. е. в области R < |^| < оо.
Это кольцо можно рассматривать как
окрестность бесконечно удаленной
Рис. 6.19
точки с исключением самой беско-
нечно удаленной точки. По теореме
Лорана в этом кольце
+0О
f(z) = XcnZn-
П = -ао
(***)
взаимно однозначно отобразим кольцо
1 z________________________________
• r j
Преобразованием С = —
“Z
R < |<| < оо на кольцо 0 < |(^| < — (иначе говоря, проколотую окрест-
R
ность точки z = °о в проколотую окрестность точки Q = 0). Тогда
(1А +<» 1
/(?) = / 7 =<р(О = £ cn-L.
п = -<п Q
Отметим, что функция <p(Q регулярна в окрестности точки С, = О
с исключением ее самой, т. е. регулярна- в кольце
»<й4
Определение. Точка z = °° называется устранимой, полюсом или
существенно особой точкой для функции /(г) тогда и только тогда,
когда точка £ = 0 является таковой для функции ср(^).
355
Следовательно.
I. Точка z = 00 называется устранимой для функции /(г), если
f (z) ограничена по модулю в некоторой окрестности точки Z = °°,
с исключением ее самой.
Для этого необходимо и достаточно, чтобы ряд (***) не содер-
жал членов с положительными степенями г, т. е. чтобы в R < |z| < оо
было
z»/ ч £_i ^-2 С-п
f(z) = C0 + —5-+-^-+...+ -^-+....
z z Z
В этом случае говорят, что f (z) регулярна в точке z = °о и при-
нимают /(оо) = lim f(z)-
Z->oo
II. Точка £ = оо называется полюсом для функции /(z), если
/(z) -> оо при Z -> оо.
Для этого необходимо и достаточно, чтобы ряд (***) содержал
конечное число членов с положительными степенями z, т. е. чтобы
в R < |z| < оо было
f(z) =...+ ^-+С~у- +. .+ ^- + Со +CiZ + C2Z2 +...+ cmzm .
z z z
III. Точка z = oo называется существенно особой точкой для
функции /(z), если она не является устранимой и не является по-
люсом для /(z). Для этого необходимо и достаточно, чтобы ряд
(***) содержал бесконечное число членов с положительными сте-
пенями z.
Например, для функции f(z) = ez точка Z = °о— существенно
особая, ибо в области |z| < °°
_2 _п
f(z)-ez =l + z + ^-+...+ ^-+...
2! nl
§ 10. Примеры на разложение функций в ряд Тейлора
Пример 1. Разложить в ряд по степеням z функции: shz, chz
и указать радиус сходимости R.
Решение. Имеем
356
_ _2 _3 _л
ez = 1--+—- — + (-1)л — +...
1! 2! 3! v 7 л!
Эти ряды сходятся на всей комплексной плоскости, т. е. при всех г,
для которых |г| < оо. А тогда
Л. -73 r2rt+1 ® 72Л + 1
1 С' <, К, х ' К»
S Z= 2 =Z+3[ + ," + (2/7 + l)! + ”, = „5(2« + l)!’
R = оо;
оо ~2п
_ у _2_ R
£6 (2л)! ’
Пример 2. Разложить в ряд по степеням z функцию f(z) = sin2 z
и указать радиус сходимости R.
Решение. Имеем
. 2 1-COS2Z 11 „
smz Z =---= ---cos 2г =
(2z)2 (2г)4 +/_ir(2^1+ ‘ =
2! 4! " 1 7 (2/7)! "
+ ...+=
(2л)! J
co q2m-1 —2n
= Z(-l)nl£7TTF’ R=™-
(2«)!
_l|(2z)2 (2г)‘
2
2! 4!
= У (2г)2п
} 2.(2»)!
1_1 i_
2 2
л
Пример 3. Разложить в ряд по степеням z функцию f(z) - ch2 z •
Указать радиус сходимости R.
Решение. Имеем
-2 1 + ch 2г 1 1 . »
ch2 Z = — ----= - + -ch 2г =
1 1 00 ^Эг\2л 1 00 э2л-1_2л
A+AyS££L. = A+y±—л = 00.
2 2 “J (2л)! 2 „е0 (2л)!
Пример 4. Разложить в ряд по степеням г функцию f (г) = (а + z)'
(аа -eaina) и указать радиус сходимости R.
35 ’
Решение.
а
f(Z) = (a + Zy =а* - 1 + *
а
/ \ / \2
-аа
а(а - 1)(а - 2) ... [а - (я -1)] f
я!
у а(а - 1)(а - 2) ... [а - (и -1)] (z}n
М=1
я!
Пример 5. Разложить в ряд по степеням z функцию f (z) = + /
, „ гг 1 + z\ „
(ту ветвь, для которой yz = —т=-) и указать радиус сходимости R.
Решение.
/2=е2 =еА U JJ=e(4 Jjt = 0>L
Ветвь для которой , соответствует значению к = 0. По-
этому
2
2
2(z
1
1 fg") 2':
21/ J 2!
1
2 (if
! U J
.п-1
1-3-5...
2" •
Л
2
Пп-! (2л-3)!!Мя
} (2л)!! UJ
R = l.
358
Пример 6. Разложить в ряд по степеням z функцию f(z) -
(Ь * 0) и указать радиус сходимости R.
Решение,
1 _ 1 1
az + b ь
00 ап
= г";
n=o 6n+1
q = -j-z^\g\<l^ ^-|z|<l=>|z|<4; R- —
b 11 b 1 1 1 1 a\ a
Пример 7. Разложить в ряд по степеням z функцию
и указать радиус сходимости R.
Решение. Имеем
Z
Z2 -4z +13
г2 - 4г +13 = 0 => zi = 2 + 3/, г2 = 2 - 3/.
Z
г2 - 4г +13
—— + —— =>Z = A(Z - Z2) + B(z - Zl) =>
Z - Zl Z-Z2
Zi 24-3/1/ D Zi 2 - 3/ 1 i
--!— =---=---; B- -— =----= —+ -.
Zi -Z2 6z 2 3 Z2 ~Zi ~6i--2 3
г _p z) 1 p p 1
г2 - 4г +13 " [г 3 J г - (2 + 3z) + U + 3) г - (2 - 3z)
3-2/ -1 1 3 4-2/ -1 1
6 2 + 3z < _ Z 6 2 — 3/ i _ Z
2 + 3/ 2 - 3z
z Г, г z2 zn
61 24-3/ (2 + 3z)2 (2 4-3/)"
z
13
z
6
z z2
1+——+ у
2-3/ (2-3z)2
4+... + '.л1г(2
132 6 13" L
zn
(2 - 3z)"
z
; °°
__________= ly
г2-4г+ 13 6^i
zn,
7? = V13.
13"
359
Пример 8. Разложить в ряд по степеням z функцию
2
f(7\ - z и указать радиус сходимости R.
а+1)2
Решение. Имеем
-— = l-z + z2 -z3 + ... +(-1)лг" +..., Id< 1.
1 + z
Так как степенной ряд в круге сходимости можно дифференци-
ровать почленно, то получаем
--------г-=-l + 2z~3z2 + ...+(-1)"«z"4 + ... =>
a+zr
1 = 1 - 2z + 3z2 -... + (-1)л+1лгл-1 +... =
(i+d
= ^-\)n+xnzn-\
Z!=l
А тогда
—2 CO 00
= z2S = Z (-i)n+I«zn+1, |z| < 1; R = 1.
(1 + Z) n=l n=l
Пример 9. Разложить в ряд по степеням z функцию f(z) = In
и указать радиус сходимости.
1 +Z
1-z
Решение. Имеем
f'(z) = -Д-+-Д- = [1-z + z2~Z3 +...] + [l + Z + Z2 + Z3 +...] =
1+Z 1-z
= 2^1 + z2 + z4 + ... + Z2" + ... ]; |z| <1.
Так как степенной ряд можно интегрировать почленно от од-
ной точки круга сходимости до другой, то будем иметь
Z f 3 5 _2Л+1
]f'(z)dz = 2 z + ^- + ^-+...+y—- + ••
Jo ^ 3 5 2n +1
1 4- 7 00
^1п1±^ = 2У^------,
1-Z пГ02« + Г
|z|<1;2? = 1.
360
Пример 10. Разложить в ряд по степеням z ту ветвь функции
f(z) = Arctg z, для которой f (0) - Arctg 0 = 0, и указать радиус
сходимости R.
Решение. Имеем
f(z) = —Ц- = 1-22 + / -Z6 +..., Ы <1.
1 + z
Так как степенной ряд в круге сходимости можно интегрировать
почленно от одной точки до другой, то будем иметь
Z _3 _5 _7 оо т2п+1
3D/ п=0 ЛИ +1
оо г2л+1
=>Arctgz = Y (-1)" —Р и < 1; Л = 1.
„to 2Л + 1 1 1
Пример 11. Разложить в ряд по степеням z ту ветвь функции
f(z) = Arsh z, для которой Arsh 0 = 0, и указать радиус сходимо-
сти R.
Решение. Имеем
о
/'(г) = -Д= = (1+г2)-1/2 =
VI + z2
=‘+ЬЬ+
I 2jl 2)"
2 (z2)2 + --.+
5-(л-1)
Л t 2\п
, ---------(Z2) +...=
л!
= i+f(-i)"1'3'5'"-'(2w~1)z2"> |z|<i.
Л=1 2 л!
Так как степенной ряд в круге сходимости можно интегрировать
почленно от одной точки до другой, то будем иметь
f _ v /.iv. (2»-1)И Z2n+l
(2л)!! 2л+ 1
п=1
О
ли 1Ч„ (2и-1)!! Z2n+l
=> Arsh^ = Z + S (-1)" • Z---7,
(2л)!! 2и + 1
361
Пример 12. Разложить в ряд по степеням z функцию f(z) -
= ln(z2 -3^ + 2) и указать радиус сходимости R.
27-3 э
Решение. Имеем f\z)=—; Z -3z + 2 = 0 в точках
z2 -3Z + 2
Zl = 1, Z2 = 2.
2z-3 1 ! 1 1 1 1
?-3z + 2 Z-l + Z-2’ J{Z) l-z 2\_Z
Так как степенной ряд можно почленно интегрировать в круге
сходимости от одной точки до другой, то будем иметь
Z оо /
]f'(z)dz = ~Y 1
о и=0 \
1 )z"+1
2"+1 J п +1
_ со ( 1 \
=>ln(z2 - 3z + 2) = 1п2 - £ 1+ -2- ±—, Ы < 1; R = 1.
2"+1J« + l 1 1
Пример 13. Разложить в ряд по степеням z функцию
Z 2
f(z) = dz и указать радиус сходимости R.
о
Решение. Имеем
Z Z 2 -3 _5 ~2и+1
Z 2 00 г2л+1
=> f(z) = jez dz= Х-Г-Т5----рг, |z| < «; R = оо.
о л±о«!-(2« + 1) 1 1
362
Пример 14. Разложить в ряд по степеням z функцию
г. . г sin z . п
f(Z)= ------ dz и указать радиус сходимости R.
о z
Решение. Имеем
sin г _ 1
Z Z
3! 5!
-2л*1
------
(2м+ 1)!
_2
3! 5!
_2л
?-----
(2м+ 1)!
Z2n+i
|z| < oo; R = оо .
Пример 15. Разложить в ряд по степеням
(г — 1) функцию
Z
f(z) =---~ и указать радиус сходимости R.
Z + 2
Решение. Имеем
Лг) = ^-(г + 2) 2
Z + 2
= 1—— = 1-
Z + 2 z + 2 (z-l) + 3
1
п=0
3"
<1 |z-l|<3; R = 3.
Пример 16. Разложить в ряд по степеням z~ 1 функцию
Должно быть
Z
f U) - -5-----7 и указать радиус сходимости R.
Z -2z + 5
Решение. Имеем
Z2 - 2z + 5 = 0 =>Zi = 1 - 2i, Zi - 1 + 2i.
1 + 7
Л+1 (Z-l)n
2
363
Z = A ! В =fl | /Л 1 !
Z2-2z + 5 Z-Zi+Z-Z2 {2 +4J z-(l-2i) +
fl П 1 = f1 + /1 1 f1 0 1
Д2 4j z - (1+ 2/) ~ 1^2 + 4y 2/+ (z -1) U 4j 2/-(z-l)~
2 + i 1 _ 2-i 1 = 1-2/ 1 1 + 2/ 1
4• 2/ ! Z-l 4-2/ ! Z-l 8 i + £zl 8 i Z~1
2i 2i 2/ 2/
1 + 2/Г z-l . (Z-l)2 . (Z-l)3 . . (z-l)” . =
8 [ 2/ (2/)2 (2/)3 " (2/)"
= I v (г-!)2” * Y (z-l)2n+1 = 1 У /1У. (г-l)2" .
4 Го (2/)2л 2 Го (2/)2л+1 4 Го 22л
1 00 (7 — 1\2/1+1 1 00 1 г 1
4 Е (-1)” ^Г- -1Е (-1)” 4 (г -1)2" + (г -1+" •
2 л-о 2 л=О 2 L J
Должно быть:
<1^У <1=>|г-1|<2; R = 2.
Пример 17. Разложить в ряд по степеням (г — 1) функцию
7^
f (z) =---у и указать радиус сходимости R.
(Z +1)2
Решение, f (z) = —-—5- = 1 - --?-+.k но
(z + 1)2 (z + D2
2г+ 1 А В 2 1
(z + 1)2 ~ (z + 1)2 + z + 1 ~ z + 1 (z + 1)2'
1 2
Следовательно, f(z) = 1 +----5------Рассмотрим функцию
(Z +1) z + 1
/ ч 1 1 1
=----T = ---к =
Z +1 2 + (z -1) 2
1 _ /^ 1 V/
2
Z-l
2
< l=>|z-1| < 2; R = 2.
364
п-1
Так как степенной ряд можно дифференцировать почленно в круге
сходимости, то получаем
>z_\ 1 1 V"' / IX» f Z — 1
<Р (*) = -;—7J = э£(-1) 7П"
(z + l) 2л=1 2< 2
А тогда
/(z)=1 -1 z (-1)" у fe^T1 - z Mr f =
= 1 - z (-1Г1 - Z (-1)" =
n=Q \ J n=0 \ J
4 h I 4 JI 2 J 4 ' 4 I 2 J
4 + Z(-1)"(« --1| < 2; R = 2.
Пример 18. Разложить в ряд по степеням (z — 1) ту ветвь функ-
j у'Х* / *4# У Г Ч АХЧ/АЧ/|УЧ/11 > •
^лк 2
Решение. Имеем V1 =е 3 , к = 0,1, 2. Вадим, что ветвь функции
f (г), для которой VT = —> соответствует значению к = 1. Поэтому
7(z) = zV3 =[1 + (z-l)f/3 =
1 z-1 3 < ЗЛ ,.2
3' —+ ^!-(г"1)+- +
.2л
=е^
365
Пример 19. Разложить в ряд по степеням (z— 1) функцию
f(z) = In z и указать радиус сходимости R.
Решение. Имеем
f(z) = In Z = ln[l + (г -1)] = (г -1) - +
+ (-1)"-1 + ... = (-1)"-1 (г-1)", |г_ 1| < 1; Я = 1.
« iTl «
Пример 20. Разложить в ряд по степеням (z — 1) функцию
f(z) = sin(2z -Z2) и указать радиус сходимости R.
Решение. Имеем
f(z) = sin (2z - Z2) = Sin [1 - (z -1)2 ] =
= sin 1-cos(z-I)2 -cosl-sin(z-l)2 =
2! 4!
-cosi- (г-i)2
= sin 1 • i(-1Г_cos 1 • i(-1)" <г-1)4я+2 s
(2л)! h (2« + D!
• (л
Sill 1 - П -
= t \ 4z-D2n; R = «>
n=Q П’
(f(z) — целая функция).
Пример 21. Найти первые пять членов разложения в ряд по
степеням z функции = e*sin*
Решение. f(z) = f’(cp(z)) = F(w), где w = ср(г) = z sin z (целая
функция). <p(0) = 0 = а0 ; F(w) = ew . Имеем
w 1 w2
e = 1 + w h----
2!
( -r5
• z z
w = z^inz = Z +
w3
If
-4 _6
Z2 - — ---.
3! 5!
366
^4 ^6
-2 _ Z____। Z
3! 5!
( 74 76
/« = ** ^-37*37-
1
2!
, z4
=>/(z) = l + z2+y + ...;R = oo
2
Рис. 6.20
(f(z) — целая функция).
Пример 22. Найти первые
пять членов разложения в ряд
по степеням z той ветви функ-
ции f(z) = y]co&z , для которой
Решение. f(z) — F(w), где
w - <p(z) = cos z (w = <p (z) — це-
лая функция); <p(0) = cos0 =
= 1 = a0 ; F(w) = Jw . F(w) име-
ет две однозначные и регулярные ветви, например, на плоскости w
с разрезом по отрицательной вещественной полуоси. Следователь-
но, F(w) имеет две однозначные регулярные ветви в круге |w -1| < 1.
По условию /(0) = VT = 1 • Поэтому для F(w) = Jw надо взять
ту ветвь, для которой 71 = 1. Разложим эту ветвь по степеням w — 1.
Имеем
Jw = Jl+(w-1) = [1 + (w -1)]1/2 =
= 1 +|(w -1) -|(W -1)2 + -^(w -1)3 - -
2 о lo
Но
( -Г2 74
1 1 z
w - 1 = 1----------+ —
2! 4!
z2
2!
Z4
4!
Следовательно,
/(Z) = >/cos z =1 + |
Z2
Z4
2! ’ 4!
>2
+
2! 4!
я
(ибо точке w = О соответствуют точки Z = ±— ).
1
8
367
Пример 23. Найти первые пять членов разложения в ряд по
степеням z функции f(z) = (1 + z)z = ez и указать радиус схо-
димости R.
Решение. f(z) = F(w)9 где w = ^ln(l + ^)— регулярна в круге
|^ < 1. и>(0) = О = ао > F(w) = gW (целая функция). Имеем
И
< °°j
W = z In (1 + z) = z
z । z z
T T"“4
kl<L
Следовательно,
f(z) = (l + z)z = ег1п(1+г)
„ъ Л J
.2 _ z____। z____z
2 3 4
2
= 1+[г2-т+т-т+'
Y 73 5
1 2 Z J 4
+ ... = l + z - — + ?Z
2 6
|z|<i; R = l.
Пример 24. Найти первые пять членов разложения в ряд по сте-
пеням z функции /(^) = eel и указать радиус сходимости R.
Решение.
f(z) - F(w), где w = ср (z) = ez (целая функция);
w(0) = <р(0) = 1 = а0 ; 7?(w) = ew (целая функция).
Имеем
ew = e1+(w-1) =e-ew-1
е. 1и„,-1)+(^+(^+(^+
2! 3! 4!
_ _2 _3 _4
w = ег = 1 + — + — + — + — +.. .=>w
1! 2! 3! 4!
1 Г7 . г2 . Z3 Z4
1 = Г+^!+3! +4!
368
Следовательно,
2 3 5 4 In
= е- l + Z + Z +7Z +-Z +... ;7? = оо.
I 6 8 у
Пример 25. Найти первые пять членов разложения в ряд по сте-
пеням Z функции f(z) = ez ln(l + z)
Решение. Имеем
ez = I
„1
2! 3! 4!
(ez— целая функция),
2 73 74
ln(l + z) = Z-y + y-y+...,|z|<l.
Следовательно, /(г) регулярна в круге |z| < 1 ив этом круге будем
иметь:
< 72 -3 4
Лг) = еЧп(1 + г)= + + +
z2 г3 г4
z------ь--------
2 3 4
2( 1 зГ1 1 1] 4( 1 1 1 1
= z + r -- + 1 +z3 ---+- +Г -7+--7+-
12 ) 13 2 2J 14346
=о
72 73
/а) = г+у + у+0-? + ...,|г| <1;Л = 1.
§ 11. Примеры на разложение функций в рад Лорана
Пример 1. Разложить в ряд Лорана функцию =
в окрестности точек z — 0 и Z = <ю •
369
Рис. 6.22
Решение. 1. В окрестности точки z — 0.
/(г) = Т^2 регулярна в круге |z| < 2
(рис. 6.21). Имеем
1 _ 1 = М" у Zn
Z-2 2\_Z 2^2j „Г02п+1
Это разложение верно в круге |z| < 2.
2. В окрестности точки z = oo.
f(z) - —— регулярна в кольце: 2 < |z| < оо
Z Z.
(рис. 6.22). Имеем
11 11 у(2У 2"
Z-2 z J_2 z£q\Z
z
~П + 1
n = 0Z
в кольце 2 < |z| < оо.
Это разложение верно
Пример 2. Разложить в ряд Лорана функцию f (z) =--------*•
(а * 0, к е N) в окрестности точек z = 0 и Z = 00 •
Решение. 1. В окрестности точки z = 0. f(z) =--—регулярна
в круге |z| < |я| (рис. 6.23). Имеем
1 _ (-1/ ft z) _
(z-af ак I а)
ак I а) 2! а
(-1/
1 + *L f ! Ш + 1)
li’laj 2!
(-D*
„к
к(к + 1)...[fc + (л? -1)] <zY
п\ J
Это разложение верно в круге |z| < |я|.
370
2. В окрестности точки Z = °° • f(z) =----—р регулярна в коль-
це |о| < |г| < оо (рис. 6.24). Имеем
1 _ 1 Y aY* =
(Z-a)k z)
(-k)(-k-l) ( a}2
Zj 2! V z)
-4- i+(-m-
zK V
Это разложение верно в кольце |й| < |z| < °°.
ПримерЗ. Разложить в ряд Лорана функцию /(z) = —тт~—г
_ , z(i - z)
в окрестности точек z — 0, z = 1 и z = оо.
Решение. 1. В окрестности точки z — 0. f(z) = регулярна
в кольце 0 < |г| < 1 (рис. 6.25). Имеем
,, ч 1 1
/(г) = -------с = -
z(i - z) Z
—= -[l + Z + Z2 +...+ Z" +...] =
1-Z Zl J
Это разложение верно в кольце 0 < |z| < 1.
371
2. В окрестности точки z = 1 (рис. 6.26). f(z) =
на в кольце 0 < |z -1| < 1. Имеем
.. ч 1 1 1 1
Z 1-Z Z
rth)ре1уляр-
1 1
Z-1 1 + (z -1) Z-1
= Г1 — (z — 1) ч-(z — 1)2 — (z — 1)3 ч-... 1—Ц= X(-l)"(z-l)"—Ц-
L J Z-1 „to Z-1
Это разложение верно в кольце 0 < |z -1| < 1.
3. В окрестности точки z = °° (рис. 6.27). f(z) =
лярна в кольце 1 < |z| < оо. Имеем
„ ч 1 1111
/U) = “я-с = - +1-=---
z(l-z) Z 1-Z Z Z
1 1 1
z + z2 +'"+ zn
1 1
2 + 3
l_zz Z
-1-1
Z Z
Это разложение верно в кольце 1 < |z|
--..1 \ регу-
Z(1 - Z)
1
1-1 =
Z
1
I----г
zn+l
= -У—.
n^lZ*
Рис. 6.27
Пример 4. Разложить в ряд Лорана фун-
KU1"° /(г) (°<И<И> »
окрестности точек z~0, Z= a, Z = °o и
в кольце |о| < |z| < |й| •
Решение. 1. В окрестности точки z = О
(рис. 6.28).
f( . = 1 1 Г 1______1_‘
Z (Z-a\z-b) b-a z-b Z-a.
регулярна в круге |z| < |а|. Имеем
372
b-a
j_1
a 1-^
a
j___1_
b 1-^
1
b - a
lyfiY -ly(*Y
а л=0\а/ b л=0\^7
1 ^6иИ-дя+1
b -a „to an+lbn+l
Zn .
Это разложение верно в круге |z| < |о|.
2. В окрестности точки z= а (рис. 6.29). /U) =
1 Г 1
b-a\_z-b
1
Z -а
регулярна в кольце 0 < |z - я| < |/> - а|. Имеем
b-a[(z-a)-(b-a) z-a
1
b-a
1 1__________1
b - а ।_ Z-a z-a
b-a
1
(b -a)2
yfz-a'}"
h[b-a)
1 1
b-a z-a
a-b
1
Z-a ^(b-a)n+\
Это разложение верно в кольце 0 < |г - а| < |й - а|.
Рис. 6.29
Рис. 6.30
373
3. В окрестности точки z - 00 (рис. 630). f(z) =
регулярна в кольце |Z>| < |z| < <ю. Имеем
1 1
b-a^z-b Z-a
f(z)= 1
b-a Z x_b
Z
1
i--
z.
1
b-a
1 у^1_ у£1
~ -П _П
Z |_n=0 Z п=0 Z
1 ^bn -
b~ah>
an
f(z) =
л b-a
0+—z-ч
z
•>"-1 -a"-1
b2 - a1
Z3
b-a
1 b‘
b-ah zn
Это разложение верно в кольце
4. В кольце |о| < |z| < |^| (рис. 6.31).
7(z) = 1
b-a\_z-b
в кольце |a| < |z|
1 1
Z-a
< |d|. Имеем
регулярна
b-a
1
1--
Z.
7n 00 an
^—+ У— .
,n + l _n + l
' n=0Z J
Пример 5. Разложить в рад Лорана функцию /(^) = +
в окрестности точки z — 2 и в кольце 1 < |^| < 2.
Решение.
f(7\ = Z2 ~1z +5 = 1_______2 = 1 i____________i_
(г-2)(г2+1) г-2 z2+i z-2 z-i z + i'
1
b-a
п=0
п=0
а-b
1 1 1
z
1
E
п
1
J___1
b ,_z
ь
Z
п
1
374
1. В окрестности точки z = 2 (рис. 6.32). f(z) регулярна в коль-
це 0 < |z - 2| < 75. Имеем
1 1
(г-2)-(/-2) (z-2) + (2 + z)
1
Z-2
1 1
/ -2't Z-2
i -2
1 1
i + 2"j Z-2
i + 2
1
Z-2 1
1 f(z-2)n | 1
z-2 ^(/-2)" / + 2л^0(/ + 2)л
= ______z-f (-Dn+1 , (-1)"
Z-2 „t'o|(2-z)"+1 (2 + z)”+1
(z-2)" =
1 00
л=0
1 1
(2-/)л+1 (2 + /)л+1
(z-2)n=>
=/ь>=-Ц+<£(-1>
z-2 л=0
(2 + /ГМ2-/Г-(г_2),
Это разложение верно в кольце
Рис. 6.33
375
2. В кольце 1 < |z| < 2 (рис. 6.33). Функция /(г) регулярна в этом
кольце. Имеем
оо 1 оо
л=1 Z п=0 2
Это разложение верно в кольце 1 < |z| < 2.
Пример 6. Разложить в ряд Лорана функцию f (z) =
окрестности точек z — i и Z = оо.
в
Решение.
- 1 _ _£ 1 _1 1 i_ 1 £ 1
(z-z')2(z + z)2 4 z-i 4 (z-i)2 4 z + i 4 (z + 02
1. В окрестности точки z = i (рис. 6.34)./(z) регулярна в кольце
О < |z - zj < 2. Имеем
1 = 1 = _£. 1 = х у (
Z + i (z-i) + 2i 2i [ Z-i 2/ ~o \ 2/ J
2i
376
А тогда
4 z 1 1 1 1 хг / 1\иfZ-/Y1
/U) = ~7---------------5- + 7Z H
4 z — i 4 (z-i)2 8^o I 2i )
+1 £(_i)"(*_lX.
8n=o (2i)n
1
16
£ (-1)й(« + 1)
n=0
(z-i)n
(2/)"
i_ 1
4 z~i
___1___+ V (-1)" (я + 3)
(z-z)2_} 2"+4
z”
(-1)"
4
(z-/)"=>
=>Лг) = -{
1
Z-i
j. ______
4 (г-02
у (я + 3)Zn , _ .ч „
эл+4 '
л=0
1
Это разложение верно в кольце 0 < |z - /| < 2.
2. В окрестности точки z - 00 (рис. 6.35). Функция f(z) регу-
лярна в кольце 1 < |z| < оо. Имеем
1 _ 2_ 1 _ j. у ГСЛ _ у _С_.
z-i~z l_L~zh\z) ~^п+1’
z
1 = ( 1 У = Л (я+ !)/"
(Z-i)2 U-zJ ЯУО zn+2
377
А тогда
1 f z_ir (» + !)/" = 1 f Z"+1[(-l)" -1] _ 1 » (я + 1)/"[1 + (-1)"]
4£Г ’ Zn+2 4n=o zn+l 4£o Z"+2
1 Л [(-!)"-1]/л+1 1» (я +1) У" [1 + (-!)"] = 1 Д [(-1)" +1]/"
4 < 4 « _л+2 4 “ _п+2
4 л=1 Z 4 л=0 Z п=0 Z
j_ » [1 + (-!)"] (я + 1)<" _ J_ у [1 + (-1)"]/я(-я) =
4 «л+2 4 -л+2
^л=0 Z 4 n=Q Z
}п-1 п
Z^n +
Это разложение верно в кольце 1 < |z| < оо.
Пример 7. Разложить в ряд Лорана функцию
f (z) = J(z - a)(z - b) (|Z>| > |я|) в окрестности точки z = 00 (рассмот-
реть обе ветви функции).
Решение. Функция /(z) — двузначная. Ветвь, соответствующая
к = 1, отличается от ветви, соответствующей к = 0, только знаком.
Точками разветвления функции f (z) являются точки z = а и z = b.
Соединим эти точки разрезом, не проходящим через точку Z = °°.
На комплексной плоскости с выброшенным из нее разрезом мож-
но выделить однозначные регулярные ветви. Однозначные ветви
f(z) можно выделить, например, в кольце |6| < |z| < <ю (см. рис. 6.36).
Для ветви, соответствующей к= 0, в этом кольце будем иметь
378
Для ветви, соответствующей к = 1, ряд Лорана будет иметь тот
же вид, только он будет со знаком ”. Эти разложения будут вер-
ны, например, в кольце |Z>| < |z| < оо. (Для получения ряда Лорана в
“стандартном” виде следует выполнить перемножение рядов.)
Рис. 6.37
Пример 8. Разложить
в ряд Лорана функцию
в кольце 1 < |z| < 2.
Решение. Имеем
3^1 = | 3/2
2) ^(1/2)-(-1/2)
Tt + lklt . . 714-2^71
--------+ I sin
2-------2
к=0
к = 0,1.
гр\ М . . J7C . /7
л/6 COS-----+ /S1R----- = -lyJ6 .
I 2 2 J
По условию, требуется разложить в ряд Лорана ветвь функции
f (г), соответствующую к = 0. Имеем
379
3 . f (2»-l)!! J_
£1 (2л)!! Zn
1 +V (2л-!)!! _!_
£ (2л)!! 2"
(Для получения ряда Лорана в “стандартном” виде следует вы-
полнить перемножение рядов.)
Пример 9. Разложить в ряд Лорана функцию f(z) - в ок-
рестности точек z = 0 и Z - 00 •
Решение. Функция f{z) = Z1e^z регулярна в кольце 0 < |z| < со.
Имеем
/(z) = Z2eVz =z2|'1 + - + ^-4-+--+4’4’+-" =
L Z 2! z n\ z J
2 “ 1 1 “ 1 1 1 2 ” 1 1
Z„?0«!’z" „?о«!\л-2 2+Z + * +„?1(« + 2)!\" ’
Это разложение верно в кольце 0 < |z| < оо.
1
Пример 10. Разложить в ряд Лорана функцию /(z) = ex~z в ок-
рестности точек z = 1 и Z = 00 • t
Решение. 1. В окрестности точки z= 1. f(z) = ex~z регулярна
в кольце 0 < |z -1| < оо. Имеем
380
Это разложение верно в кольце 0 < |г -1| < оо.
2. В окрестности точки z = а> (рис. 6.38). Функция f(z) = el~z
i 1
_L z t
регулярна в кольце 1<|г|<°о. Имеем j\z) = el~z =е z (т. е.
f(z) = ew, где w = -—
г 1-1
Z
1 1 1 1 Л 1
W 7 1 7 7к _* + 1 ’
£ |___£ £ k=0Z k=0Z
Z
w
Г
ew =1 +
“ С-П"
А тогда f(z) = Z^T"
n=o n\
Z
_k=HZ
w2
~Y+'"
- n
. Это разложение верно в коль-
1
Jt+1
wn
n\
wn
«=o n\ '
це 1 < |^| < оо.
Пример 11. Разложить в ряд Лорана
функцию /(^) = cos-----—у в окрестное-
(г-2)
та точки z = 2.
Решение. f(z) = cos w, где
00
Имеем cos w = У (-1)” ——
й=о (2«)!
лая функция).
z2 -4г
w =------
(z-2)2
(cos w — це-
Рис. 6.38
z2 -4г _ (г2 - 4г + 4) - 4 _ j _ Г 2 У
(г-2)2- (г-2)2 " U-2J
— регулярна в кольце 0 < |z - 2| < оо. Так как
381
cos w = cos 1 -
2 V
Z-2)
f 2 Y ( 2 Y
= cos 1 • cos-- + sin 1 • sin--
\z-2) \Z-2)
TO
1 ( 2 Y"
f(z) = cosl- £(-1)"
n=0
(2«)!<z-2j
1 ( 2 Y"+2
Это разложение верно в кольце 0 < |z - 2| < оо.
2 • 1
Пример 12. Разложить в ряд Лорана функцию f(.z) = Z sin -—р
в окрестности точки z = 1.
Решение. f(z) регулярна в кольце 0 < |z — 1|<оо. Имеем
/(z) = /i(z)• /2(z), где f^z) = z2, f2(z) = sin—!—. Так как
Z-1
/i(z) = ? = /i(i) + ^(z-l)+^(z-l)2 = l + 2(z-l) + (z-l)2
,, . . 1 (-1)" ( 1 Y"+1
H/2te) = s,n—J ,to
“о(2л + 1)! U-1J
Это разложение верно в кольце 0 < |z -1| < <ю.
z+-
Пример 13. Разложить в ряд Лорана функцию f(z) = е z в
кольце 0 < |^ < оо.
Решение. Имеем f(z) = fi(z) f2(z), где j\(z) = ez, f2(z) = ez .
7n “11 ( “ 7n'\
Так как fi(z) = £— и f2(z) = £— • —, то f(z)= E77
n=0 n = 0^' Z \^л=0
x
Пример 14. Разложить в ряд Лорана функцию f(z) = sin z • sin —
z
в кольце 0 < |z| < оо.
382
Решение.
/2(z) = sini.
Z
= n,
„Го (2л+ 1)!
(2 л+ 1)!’ /2(Z)
Имеем f(z) = fi(z)-f2(z), где /1(^) = sinz,
00 — 2/1+1
Так как /i(z)=X(-l)"
n=0
1
—Г? ТО
z2n+1
f(z)= Е(-1)'
_ 2/1+1 A ( oo
,Л77—n? ’
(2« + l)!) U=o
1 1
(2л +1)! ’ г2л+1
z
Пример 15. Разложить в ряд Лорана функцию /(z) = sin у-у в
окрестности точек z = 1 и z = °° (в последнем случае ограничить-
ся четырьмя первыми членами ряда).
Решение. 1. В окрестности точки z—l- Имеем sinw =
w2n+1 , . , ч z
------- w = —-----регуляр-
1 -z
= —гй (sinw— целая функция).
п=0 \^п +1)!
ная в кольце 0 < |z -1| < оо.
w = (г-1)*1 = (z-D + l = L
l-z
1
Z-l
Z~l.
• Il 1 I -1
=>sinw = -sin 1 +-- =- sinl-
I Z-l J
cos
z-1
1 i-l
— + cosl-sin-
Z~l_
А тогда
sml £( 1) (2и)! (г1)2и
n=0
f(z) =
1 +COS1 £(-1)"
n=0
1
(2/1 + 1)!
1
(z-l)2"+1
Это разложение верно в
кольце
2. В окрестности точки
Z
f(z) = sin -—- — регулярна в
1 < Ы < оо (рис. 6.39). f(z) = sin w, где
w = z . В кольце 1 < Ы < оо имеем
1 -Z
Z = оо.
кольце
383
п
w= /
-zfl--l I-- n=°
V zj z
ill 1
— ч—— + — +...+ — +.
z z2 z3 zn
= -[sin 1 • cos w + cos 1 • sin w]. А тогда
где
~2 ,7,4
Z'/ \ • 1 1 w w
/(z) = -sml. 1- — + —
.,-1(1 1 1
sml 1-_
2!<Z z2 Z3
- (1 1 1 1
+COS1 - + — + — + — +
Iz z2 z3 z4
1 1 1
- + 2 + _3
Z Z Z
= -1 - iv,
sin w = - sin(l + iv) =
t (~ iv3 iv5
+ COS1- W- —+ —
2 z
I 1 (1 1 1
+ "й7 ~ +—T +-У
1 4!^z z2 Z3
_Н1 1 1
3!lz Z2 Z3
,3
. , (, If 1 1 2 2 111
-sinl-1- — Нг + -г + —г + —г+•••+-;-т+--
T -2 _4 _3 _4 л _4
V2kZ Z Z Z / Z
1111
z z z z
J_[_l_ 3
3ilz3+z4
4
. , . 1 ( 1 1 ) , (1 1 5 1
- -sinl + sinl- —t + —f+... -cosl- — + —г + -т-т+..
W z3 ) Z2 6 z3
. , cos 1 sin 1 - 2 cos 1 6 sin 1 - 5 cos 1
= - sin 1 -
2z2
6г3
Пример 16. Разложить в ряд Лорана
функцию f(z) = ctg z в окрестности точ-
ки z = 0.
„ rt \ COSZ
Решение. J\Z) = ctgz = регуляр-
на в кольце 0 < |z| < л (см. рис. 6.40).
Имеем
384
f(z) =
cosz
sinz
/fe)=«« = l
sin г z
zi
2! 4! 6!
_2 _4 _6
. z . z z
"IT 3T“¥
z^n
l)n —— +
’ (2«)!
Z2n
(2n +1)!
=> по правилу деления степенных рядов, получаем
1 7
f(z) = ctgz = -(А) +biZ + b2Z +...+ bnzn +...), где bQ =1.
Z — и
Пример 17. Разложить в ряд Лорана функцию f(z) - In---------
Z-b
в окрестности точки Z. = оо.
Решение. Функция /(г) является ветвью
- 1 т Z - а
многозначной функции Ln---- соответству-
Z-b
ющей к = 0. Точки z = я и z = b являются точ-
х т z-а
ками разветвления функции Ln---. Соеди-
z - ь
ним точки z = а и z = b разрезом, не проходящим
через точку Z = °о. На комплексной плоско- _
' Рис. 6.41
сти с выброшенным из нее разрезом можно
1 Т Z & т т
выделить однозначные регулярные ветви функции Ln-----. Наша
z-b
Z — а
функция /(г) = In--- — однозначная, регулярная в некоторой ок-
Z — ь
рестности точки Z = 00 • Следовательно, по теореме Лорана ее можно
разложить в окрестности точки Z = 00 • Имеем
<»1 I JL / \ / 1 \
f(z) = In-—- = In-7-^4 = In-у- = In 1-— -In 1 — =
z~b J1--I 1--
I z) z
Л an Л bn _^bn -an
n n _n
n = \nZ n = \nZ n=\ nZ
385
оо ап 00 ьп
Ряд сходится в кольце И < Ы < оо, а ряд X —сходится
Л=1 nz л=1 nZ
00 bn -ап
в кольце |й| < |z| < оо. Следовательно, ряд 22-- сходится в
л=1 nzn
кольце max {| а |,| b |} < |г| < оо.
§ 12. Примеры на исследование изолированных особых
точек однозначного характера
Мы знаем, что различают три типа изолированных особых то-
чек однозначного характера функции/(z), а именно.
Если z = а — изолированная особая точка однозначного ха-
рактера функции f (z), то она называется.
1. Устранимой особой точкой, если существует конечный пре-
дел ]imf(z) = A
Z-+a
2. Полюсом, если lim f(z) = <®.
Z^a
3. Существенно особой точкой, если/(г) не имеет ни конеч-
ного, ни бесконечного предела при z -> а (т. е. если z = я не явля-
ется ни устранимой особой точкой, ни полюсом).
Ранее было показано: если известно разложение функции /(^)
в ряд Лорана в проколотой окрестности точки £ = а, то тип изоли-
рованной особой точки легко устанавливается с помощью ряда
Лорана. Устанавливать тип особой точки во многих случаях помо-
гают также следующие две теоремы.
Теорема 1. Если для регулярной функции/(^) число £ = я есть
корень кратности т, то для функции F(z) = -77-г это число явля-
J \Z)
ется полюсом порядка т.
► Так как z = а есть корень кратности т функции/(г), то
f(z) = cm(z- а)т + Cm+i(z - a)m+i +... и ст * Ъ(т е N).
А тогда
/(Z) ст (z - а)т + ст+i (z - а)т+1 +...
1_______________1__________
(.Z ~ О) Ст + Ст+1 (Z — &)+•
386
Так как ст ф 0, то по правилу деления степенных рядов получаем
1
, . = +t\(z-a) +b2(z~a)2 +...,
+ Cm+l(Z #)+...
где й0 = — ф 0. Следовательно,
= / 1 хт к + ^1(г - а) + - а)2 +...] =
(z-a)
----—---+----—----Г +-------7 +‘ •>+ ^m + ^m+1U - a) +• • •
(Z~a)m (z-a)m~l (z~a)m-2
А это означает, что £ = я есть полюс порядка т для F(z) = -- - • ◄
f(Z)
Теорема 2. Если z = а есть полюс порядка т для функции f (г), то
для функции F{z) = -у < число z = а есть корень кратности т.
f\Z)
► Так как £ = я есть полюс порядка т для функции /(£), то в
достаточно малой проколотой окрестности точки z = а имеем
/(z) = ^^+ +...+ -£d_ + Co +
(z -а)т (z-a)m~{ Z-a
+ c^z-a)+...+ ck(z-a)k +...,
причем с_т * 0. А тогда
х km + С (m-1) (Z - а) + • • • + с- 1 (Z - а)т'1
=>/(?) = —!—
/(z)
1
= (z-a)m . ---------
С_т +C(m-i)U-а) + ...+ с. 1 (Z-a)m~l + cQ(z-а)т +...
Так как с_т * О, то по правилу деления степенных рядов
387
____________________________1__________________=
с_т + с(от-1)(Z - а) + ... + с_ 1 (Z - а)т-1 + c0(z-a)m +...
= b0+l\(z-а) + ...,
где Ьо = —* 0. Таким образом, получаем F(z) = (z - a)m<p(z), где
С-т
<p(z) = bl)+bl(z-a)+...
и, следовательно, <р(а) = Ьо * 0. А это означает, что число z — а есть
корень кратности т функции F(z).
Пример 1. Найти особые точки функции f (z) =----г, опре-
z-z
делить их тип и исследовать поведение функции на бесконечности.
Решение. Имеем f(z) = —-------------г. Видим, что точки z— О,
Z(1 - Z)(l + z)
Z=1 и z=— 1 — простые нули знаменателя. Следовательно, эти
точки являются простыми полюсами функции /(z).
В проколотой окрестности точки z = «> имеем
f, ч 1 1 1 (1 1 1 1
z 1___L г I z z z )
z2
fill 1 1
— —Z- И-7" И--7Г +. • .И-7-Т' +... •
_3 _5 _7 _2л+3
\Z Z Z Z )
Видим, что в этом разложении отсутствуют члены с положи-
тельными степенями Z- Значит, точка Z = <» — устранимая особая
точка функции/(z). Так как
ft ч 1 f, 1 1 1 "I 1 , ч
/(г) = __ 1+-г + _+...+ -БГ+...
Z < Z Z Z J Z
и lim ср (z) = 1 (* 0), то точка z - <» есть корень третьей кратнос-
ти для /(z).
Z^
Пример 2. Найти особые точки функции f(z) = ----у, опреде-
лить их тип и исследовать поведение функции на бесконечности.
388
Решение. 1 + z4 = О в точках Zq = -!= (1 + /), Zi = —т= (1 - 0,
1 . 1 . V2
Z2 = ~~^2 (1 + = ~^2 ~ ’ ВСе ЭТИ ТОЧКИ ЯВЛЯЮТСЯ просты-
ми нулями знаменателя f(z)- Следовательно, они являются про-
стыми полюсами функции f(z).
В проколотой окрестности точки Z = 00 имеем
Видим, что в этом разложении нет членов с положительными
степенями z Значит, Z = °° — устранимая особая точка функции f(z).
Пример 3. Найти особые точки функции f(z) -----у, опре-
(1-zr
делить их тип и исследовать поведение функции f(z) на бесконеч-
ности.
Решение. Видим, что точка z — 1 есть корень второй кратности
знаменателя /(z). Значит, точка z = 1 является полюсом второго
порядка для/(^). В проколотой окрестности точки z = оо имеем
1 11 1С 1 1 1^-1
= ~ = 1 +... =-> -г
1 ______________________________ fT-7 1-I >9 —И-I ' —/1+1
1 Z Z Z\ z z Z J n=$z
z
1 = Г 1 У _ “ п + 1
"(1-z)2 "11-J “„to z"+2 ’
Следовательно,
fi х Z5 W +1 Зт2о л $ 6
/U) = ~----T= = < +2Z +3z+4 + - + -y+...
(1-z)2 „=oZ"’3 Z z2
Из этого разложения следует, что точка z = 00 является полю-
сом третьего порядка для /(z).
Пример 4. Найти особые точки функции f(z) =---------у,
Z(Z2 + 4)
определить их тип и исследовать поведение функции на беско-
нечности.
389
Решение. z(z2 + 4)2 = z(z - 2i)2(z + 2z)2 . Видим, что точка z = 0 —
простой корень, а точки z=2i и z = — 2i — корни второй кратно-
сти знаменателя функции f (z)- Следовательно, точка z = 0 есть про-
стой полюс, а точки z=2i и z = ~2i являются полюсами второго
порядка для функции /(z).
В проколотой окрестности точки z - 00 имеем:
_4_Т2
z2)
f. . 1 11 1
/w z 2 a\2 5 ' S \2 5
z{z +4)2 Z L 4 1 Z
1+?
1
Z5
. 2(4"] 2-3f 4? 2-3-4Г 4^
1!U2J+ 2! U2J 3! tz2J
=-у <₽(*)•
Z
Так как lim cp(z) = 1 (* 0), то из последнего представления функ-
ции f(z) следует, что точка z - является нулем пятой кратности
функции f(z).
Пример 5. Найти особые точки функции f(z) =------у, опре-
1 + Z
делить их тип и исследовать поведение функции f (z) на бесконеч-
ности.
Решение. Видим, что точки z = — i и z = i есть простые нули зна-
менателя функции/(£). Значит, эти точки являются простыми по-
люсами функции /(£).
В проколотой окрестности точки Z = оо имеем
_ _2 _и
1 I I __1 I __|_
/U) = тДг = 1! 2! "2 п' =>
1 + z 1 + Z
=> по правилу деления степенных рядов получаем:
/(г) = l + qz + ^Z2 +...
Видим, что разложение функции /(г) содержит бесконечное
число членов с положительными степенями £. Значит, Z = °o —
существенно особая точка для f(z). Что точка z = оо является
существенно особой для /U), можно убедиться и так. Пусть z = х
ех ех
(вещественное). Имеем lim ------ = +оо; lim ---у = 0. Видим,
Г—Ь+СО 1 I Г—л-оп 1 I
390
что lim /(z) не существует. Значит, точка z - 00 является существенно
Z->co
особой ТОЧКОЙ ДЛЯ /(г).
z2 +1
Пример 6. Найти особые точки функции f (г) =-------, опре-
ем
делить их тип и исследовать поведение функции /(г) на беско-
нечности.
Решение. Функция f (г) регулярна на всей комплексной плос-
+1
кости. Пусть z = х (вещественное). Имеем lim ------------= 0;
Х->+оо 0Х
Х^ + 1
lim ------= +оо. Видим, что lim f(z) не существует. Значит, точ-
Х->-оО еХ
ка Z = °о— существенно особая для f(z)-
Что точка Z = °о— существенно особая для /(г), можно убе-
диться и так. В проколотой окрестности точки Z = 00 имеем
Видим, что разложение f(z) содержит бесконечное число членов с
положительными степенями Z- Значит, Z = 00 — существенно осо-
бая точка для /(г).
Пример 7. Найти особые точки функции /(г) = ze~z , опреде-
лить их тип и исследовать поведение функции f(z) на бесконеч-
ности.
Решение. f(z) = ze~z регулярная на всей комплексной плоскости.
х
Пусть z = x (вещественное). Имеем lim хе~х = lim — = 0;
Х->+«> X->+«.£*
lim хе~х = -оо. Вадим, что lim /(z) не существует. Значит, Z = 00 —
Х->-оо Z->°°
существенно особая точка для f(z). Иначе: в проколотой окрест-
ности точки Z = °о имеем
оо л оо ~п+1 -2 _3
/(Z) = ze~z = zL(-1)" п- = X (-1)" ^-Т = г - W-
и=о п\ „Го п\ 1! 2!
391
Видим, что разложение f (г) содержит бесконечное число членов
с положительными степенями Z- Значит, Z = существенно осо-
бая точка для f (z).
Пример 8. Найти особые точки функции f(z) =--------, оп-
ег -1 Z
ределить их тип и исследовать поведение функции на беско-
нечности.
Решение.
ez - l = 0=>ez = l<=>^ = Lnl = Ini + 2&тп, к = 0, ±1, +2,... =>
=> точки Zk = 2Азг/, к = 0,± 1,± 2,... — корни уравнения ez -1 = 0.
1) Исследуем поведение функции f(z) в точке z = 0- Имеем
в проколотой окрестности точки z = 0
=> по правилу деления степенных рядов, получаем f(z} =
где со=-|(*О).
2
= с0 + (\z + c2z +...,
Видим, что разложение
/(г) в проколотой окрестности точки z = 0 не содержит членов с
отрицательными степенями Z- Значит, z = 0 — устранимая особая
точка для /(г).
2) Точки Zk = 2kni, к = ±1, ±2,... являются простыми нулями
знаменателя функции/(г) и, в отличие от точки г = 0, не являются
нулями числителя /(г). Следовательно, они являются простыми
полюсами функции/(г).
3) Точка z = 00 является предельной точкой для полюсов функ-
ции /(г). Следовательно, в любой окрестности точки z = °о содер-
жится бесконечное множество полюсов (особых точек) функции
/(г). Значит, точка z = °о не является изолированной особой точ-
кой для /(г).
392
Пример 9. Найти особые точки функции f(z) =-------—, оп-
Z(l~e'z)
ределить их тип и исследовать поведение функции f (z) на беско-
нечности.
Решение.
l-e~z = 0=>e~z = 1<=>-z = Lnl = In 1 + 2kni, к = 0, ±1, ±2,... =>
=> Zk = -2.кп1, к = 0, ± 1, ± 2,... — корни уравнения e~z -1 = 0.
1) Исследуем поведение функции /(г) в точке z = 0. В проко-
лотой окрестности точки z = 0 имеем
=> по правилу деления степенных рядов, получаем:
/U) = 4-(1 + CiZ + c2z* 1 2 +...) =Л- + —+ с2 +c3z+-..
Z Z z
Видим, что z~ 0 является полюсом второго порядка для /(г).
2) Точки Zk = -2км, к = ±1, ± 2,... — простые нули знаменате-
ля f (г). Следовательно, эти точки являются простыми полюсами f (г).
3) Точка z = 00 является предельной точкой полюсов функции
/(г). (Значит, точка z = °о не является изолированной особой точ-
кой/Ш
1 — eZ
Пример 10. Найти особые точки функции f(z) =-----опре-
2 + ez
делить их тип и исследовать поведение функции f (z) на беско-
нечности.
Решение.
2 + ez = 0<=>ez = -2<=>z = Ln(-2) = 1п2 + /(я + 2Ъи), к = 0, ±1, ±2,...
393
Точки Zk = In 2 + /(л + 2kn), к = 0, ± 1, ± 2,... — простые нули зна-
менателя функции/(г). Следовательно, эти точки являются про-
стыми полюсами /(г). Точка г = оо является предельной точкой
полюсов функции/(г). (Значит, г = оо не является изолированной
особой точкой функции /(г) )
Пример 11. Найти особые точки функции f(z) = —;--------,
Z (2 -cos г)
определить их тип и исследовать поведение функции f (г) на бес-
конечности.
Решение.
а. .
2 - cosz = 0 <=> cos г = 2 <=>---= 2 <=> elz + e~z = 4 <=>
<=> e2tz - 4etz +1 = 0 => = 2 ± V4 -1 = 2 + >/3 => iz = Ln(2 ± 7з)=>
=> iz = 1п(2±л/з) + /2£л, к = 0, ±1, ±2,... =>
=> Zk = 2£л-Лп(2±>/з), k = 0, ±1, ±2,...
1) Точка г=0 — корень третьей кратности, а точки
Zk = 2кл - i 1п(2 ± >/3), к = 0, ± 1, ± 2,... — простые корни знамена-
теля дроби —:-------------. Следовательно, z = 0 — полюс третьего
Z (2 - cos z)
порядка, a Zk = 2£л - / 1п(2 ± 43), к = 0, ± 1, ± 2,... — простые по-
люса функции /(г).
2) Точка Z = °о— предельная точка полюсов функции/(г). (Зна-
чит, z = 00 не является изолированной особой точкой.)
Пример 12. Найти особые точки функции f(z) = th z, опреде-
лить их тип и исследовать поведение функции f (г) на бесконеч-
ности.
Решение.
f(z) = thz =---=-----------; ez +e z = 0 <^>е г+1=0=>
chz ez +e~z
^>e2z = -1 => 2г = Ln (-1) = In 1 + i(n + 2кл) = /(л + 2&л),
к = 0, ±1, ±2,... = i(^ + kn 1, к = 0, ±1, ±2,...
394
1) Точки
.[ 7С . )
Zlr = l — + ^7U ,
12 J
£ = 0, ± 1, ± 2,... —
простые нули
ez -е z
знаменателя дроби —----— • Следовательно, эти точки являются
ez + е z
простыми полюсами функции/(г).
2) Точка Z = оо— предельная точка для полюсов функции /(г).
(Значит, z = °о не является изолированной особой точкой функ-
ции/(z)). j
Пример 13. Найти особые точки функции f(z) = е *2, опреде-
лить их тип и исследовать поведение функции f (г) на бесконеч-
ности.
Решение. 1) В проколотой окрестности точки z = 0 имеем
Z 2! z п\ z2n V 1
Видим, что разложение функции/(г) в проколотой окрестности
точки z = 0 содержит бесконечное число членов с отрицательны-
ми степенями z- Следовательно, z = 0 — существенно особая точка
для/(г).
2) Заметим, что (*) является также разложением функции/(г)
в проколотой окрестности точки z = °о. Так как разложение (*)
не содержит членов с положительными степенями г, то z = °о яв-
ляется устранимой особой точкой функции /(г). t
Пример 14. Найти особые точки функции /(г) = zez , опреде-
лить их тип и исследовать поведение функции f (z) на бесконеч-
ности.
Решение. 1) В проколотой окрестности точки z = 0 имеем
Видим, что разложение функции f (г) в проколотой окрестности
точки z = 0 содержит бесконечное число членов с отрицательными
степенями Z- Следовательно, г = 0 — существенно особая точка/(г).
2) Отметим, что полученное разложение функции f(z) являет-
ся также разложением этой функции в проколотой окрестности
395
точки Z = °о • Так как разложение f (z) в проколотой окрестности
точки z = 00 содержит член z, то z = оо является полюсом первого
порядка для функции /(z). z
Пример 15. Найти особые точки функции /(г) = е1-г , опреде-
лить их тип и исследовать поведение функции f (г) на бесконеч-
ности.
Решение. 1) Исследуем точку z = 1. Имеем
z _______z (г-1)+1 ____1
/(г) = ex~z = е z i = е z~l = е~1 • е z~l =>
=> В проколотой окрестности точки z = 1 получаем
Видим, что разложение /(г) в проколотой окрестности точки г = 1
содержит бесконечное число членов с отрицательными степенями
(г — 1). Следовательно, z = 1 — существенно особая точка для f (г).
Z
2) Исследуем точку z = oo. Имеем lim f(z) = lim el~z =
= e*-"01-* = e 1 (предел существует, конечный). Значит, Z = °о— ус-
транимая особая точка /(г). 1
Пример 16. Найти особые точки функции f\z) - е г , опреде-
лить их тип и исследовать поведение функции f (г) на бесконеч-
ности.
Решение. 1) Исследуем точку z = 0. Пусть z = х (вещественное).
1 1
Х-— X--
Имеем lim е х =0; lim е х =+оо. Следовательно, lim/(z) не
х->+0 х->-0
существует. Значит, z = 0 — существенно особая точка функции f (г).
2) Исследуем точку Z = 00 • Пусть z = х (вещественное). Имеем
1 1
X---- X----
lim е х = -ню; lim е х =0. Следовательно, lim f(z) не су-
X—>+сО X—>—со
ществует. Значит, Z = °о— существенно особая точка функции/(г).
g z ~ 1
Пример 17. Найти особые точки функции f (z) =--, опре-
ez -1
делить их тип и исследовать поведение функции f (г) на беско-
нечности.
396
Решение. Особыми точками функции f (z) являются точка z = 1
и корни уравнения ег-1 = 0, т. е. точки ^=2Ая/,
к = 0, ± 1, ± 2,....
1) Исследуем точку z= 1- Пусть z = x (вещественное). Имеем
1 1
^Х-1
lim ------= 0; lim ---- — = -ню. Следовательно, limf(z) не
х->1-0ех-1 x^i+oex-l z^i
существует. Значит, z = 1 — существенно особая точка функции/(г).
2) Точки Zk = 2kiti, к = 0, ± 1 ,± 2,... — простые нули знамена-
1
е z ~ 1
теля дроби ----. Следовательно, эти точки являются простыми
ez -1
полюсами функции/(г).
3) Точка z = 00 является предельной для полюсов функции/(г).
(Значит, z = °о не является изолированной особой точкой/(г).)
Пример 18. Найти особые точки функции /(z) = , опре-
делить их тип и исследовать поведение функции f(z) на беско-
нечности.
Решение. Имеем
sin z = 0 => Zk = к™, & = 0, ± 1, ± 2,...
1) Точки Zk = , & = 0, ± 1, ± 2,... — простые нули знамена-
с 1
теля дроби -----. Следовательно, эти точки являются простыми
sin г
полюсами функции /(г).
2) Точка Z = °о— предельная точка полюсов функции/(г). (Зна-
чит, z = °о не является изолированной особой точкой для функ-
ции/^).)
Пример 19. Найти особые точки функции f(z) = С°|—, опре-
Z
делить их тип и исследовать поведение функции/(г) на беско-
нечности.
Решение. 1) Точка z = 0 является корнем второй кратности зна-
менателя дроби СО!*. Следовательно, г=0 является полюсом
Z
второго порядка для функции /(г).
2) В проколотой окрестности точки z = 00 имеем
397
f(„X _COSZ_ 1 C Z1 z4 z6
J \Z) J 7 1 /> I + A I £ I
Z2 z2 I 2! 4! 6!
z2n
W
1 1 —2 _4 _2n-2
z2 2! 4! 6! 1 ? (2л)!
Видим, что разложение/(г) в проколотой окрестности точки z = 00
содержит бесконечное число членов с положительными степеня-
ми Z- Следовательно, Z = существенно особая точка функции
/(г).
Пример 20. Найти особые точки функции f(z) = tg z, опреде-
лить их тип и исследовать поведение функции на бесконечности.
Решение. 1) f(z) = tgz = —cos z = 0 в точках z^ = (2Л +1)-^-,
cosг * 2
к = 0, ± 1, ± 2,.... Точки zk={2k + X)^ (к = 0, ± 1, ± 2,...)— про-
стые нули знаменателя дроби — . Следовательно, эти точки яв-
cos z
ляются простыми полюсами функции/(г).
2) Точка Z ~ 00 является предельной точкой для полюсов f(z)-
(Значит, z = °о не является изолированной особой точкой.)
Пример 21. Найти особые точки функции f(z) = tg2 z, опре-
делить их тип и исследовать поведение функции f(z) на беско-
нечности. 2
Решение, n f(z) = tg2 z = -S-1— ; cosz = 0 в точках
7 ^coszj
Zk = (2£ +1) —, к = 0, ± 1, ± 2,.... Эти точки zk являются нулями
2 . 2
_ sm z
второй кратности знаменателя дроби---z—. Следовательно, точ-
cos z
ки Zk - (2& +1) —, к = 0, ± 1, ± 2,..., являются полюсами второго
порядка функции /(г).
2) Точка z - 00 является предельной точкой для полюсов функ-
ции f (z). (Значит, £ = оо не является изолированной особой точкой
Д™/(*)•)
Пример 22. Найти особые точки функции f(z) = —5—, опре-
Z
делить их тип и исследовать поведение функции/(г) на беско-
нечности. cos
Решение. 1) /(г) = —----. Знаменатель дроби обращается
Z sin z
в нуль в точках z = 0, Zk = кп, к = ±1, ± 2,....
398
Исследуем точку z = О- В проколотой окрестности точки z = О
имеем
Лг) = 4
z
-2 4 6 2л
2! 4! 6! У f (2л)!
_3 _5 7 _2л+1
3! 5! 7! ’ (2и + 1)!
=> по правилу деления степенных рядов
/U) = -r(c0 +c^ + c2z2 +...) = -3- + -7 + —+ с3 +с4г+...,
Z Z Z Z
где с0 = 1(^0). Из разложения f(z) в проколотой окрестности
точки z = 0 заключаем, что точка z = 0 является полюсом третьего
порядка для /(г).
Точки z^ = ктс (к = ±1, ± 2,...)— простые нули знаменателя
cos^ г-
дроби —z-----. Следовательно, эти точки являются простыми
z sin г
полюсами функции f (г).
2) Точка z = 00 является предельной точкой полюсов функции
f (г). (Значит, z = 00 не является изолированной особой точкой функ-
ции /(г).)
Пример 23. Найти особые точки функции f{z) = ctg z - —, оп-
Z
ределить их тип и исследовать поведение функции f (z) на беско-
нечности.
„ ч COSZ 1 zcosz-sinz
Решение. J(Z) = —------=------:-----. Знаменатель дроби
sin z Z Z sin z
обращается в нуль в точках г = 0 и z^ = кк к - ±1, ± 2,...).
1) Исследуем точку z — 0. В проколотой окрестности точки z = 0,
имеем
399
3! 2! J <5! 4! J
( 2 4 A
3! 5!
1(1 1)2
---+-------\Z
3 14! 5! J
~ ' 2 4
3! 5!
=> по правилу деления степенных рядов,
/(z) = z(co + C{Z + C2z2 +...)= coz +C{Z2 + C2Z3 +...,
где c0 = ~0)- Видим, что разложение f(z) в проколотой окре-
стности точки z = 0 не содержит отрицательных степеней Z- Сле-
довательно, точка z = 0 является устранимой особой точкой /(z).
2) Точки Zk = кп {к = ±1, ± 2,...)— простые нули знаменателя
_ zcosz-smz
дроби------;-----. Следовательно, эти точки являются просты-
zsinz
ми полюсами функции /(г).
3) Точка z = 00 является предельной точкой полюсов функции
f (z). (Значит, Z = 00 не является изолированной особой точкой функ-
ции /(г).)
2
Пример 24. Найти особые точки функции f(z) - ctgz —, оп-
Z
ределить их тип и исследовать поведение функции f (z) на беско-
нечности.
п ч cosz 2 zcosz-2sinz э _
Решение. f{z} = —-----=-------:-----. Знаменатель дроби
sm z Z Z sm z
обращается в нуль в точках z= 0 и Zk = kit (к = ±1, ± 2,...).
1) Исследуем точку z = 0. В проколотой окрестности точки z = 0
имеем
400
(2 П з <2 П 5
- 7 +---------7 -----------7 +.
l3! 2\) 15! 41)
. (2 П 2 (2 П 4
1 U! 2! J 15! 4! J
=> по правилу деления степенных рядов,
f(z) = --[l + CiZ + c2z2 +...]= ---q -c2z~...
Из этого разложения f(z) в проколотой окрестности точки
Z = 0 заключаем, что точка z = 0 является простым полюсом функ-
ции/(z).
2) Точки Zk = кк (£ = ±1, ± 2,...) — простые нули знаменателя
zcosz-2sinz
дроби -----:. Следовательно, эти точки являются про-
zsinz
стыми полюсами функции/(z).
3) Точка z = 00 является предельной точкой полюсов функции
/(z). (Значит, z = °о не является изолированной особой точкой функ-
ции/(z).) j
Пример 25. Найти особые точки функции f(z) = —---:—,
sin z- sin a
определить их тип и исследовать поведение функции /(z) на бес-
конечности.
Решение. 1) Имеем
n Z + a . z-a л
sinz-sina = O <=>cos —-—sin ~ = 0 =>
2 2
Z~a .
и-----= кп =>
2
£ = 0,±l,±2,...
£ = 0, ±1, ±2,...
Z a /'>1 -i \
=>—^- = (2£ + i)-
=> Zk = (2fc + 1)я - a,
и Zk — 2fcn + a,
401
71
Отметим, что если а ф тп + — (т = 0, ± 1, ± 2,...), то Zk = (2Л + 1)л - а
и Zk = 2Лтс + а (к = 0, ± 1, ± 2,...) — простые нули знаменателя дроби
, а следовательно, простые полюса функции f(z).
sm z - sm a
Если а = + то при т четном ^=2Лл + у
(к = 0, ± 1, ± 2,...) и при т нечетном z.k = (2к + 1)л + являются
1 2
нулями второй кратности знаменателя дроби _ sjn ’ а сле“
довательно, полюсами второго порядка функции f(z)-
2) Точка z = °о (во всех случаях) является предельной точкой
полюсов функции f(z)- (Значит, z = °о не является изолированной
особой точкой функции /(£).)
Пример 26. Найти особые точки функции f(z) =---------,
cosг +cosа
определить их тип и исследовать поведение функции f (z) на бес-
конечности.
Решение. 1) Имеем
n п Z+a z-a
cos^ + cosa = 0 <=>2cos-cos-----
2 2
Z4-a /n/ 1Чя
-у- = (2£ + l)- и
S^ = (2* + l)^
Zk = (2fc + 1)л - а и Zk = (2fc 4- 1)ti 4- а (к = 0, ± 1, ± 2,...)
нули знаменателя дроби ---------------. Причем если а ф тл
cosг + cosа
(т = 0, ± 1, ± 2,...), то Zk = (2А; 4- 1)л ± а (к = 0, ± 1, ± 2,...) являют-
, 1
ся простыми нулями знаменателя дроби ---------------, если же
cos^ + cosa
а = тл, то при т нечетном Zk = 2&тс, а при т четном
Zk = (2Л 4- 1)тс (к = 0, ± 1, ± 2,...) являются нулями второй крат-
ности знаменателя дроби-----------. Следовательно, если а * тл
cos^ + cosa
(т = 0, ± 1, ± 2,... ), то Zk - (2А: 4- 1)л ± а являются простыми по-
люсами функции /(г); если а = пт, то при т нечетном точки
402
Zk = 2fet, а при m четном точки Zk = (2k + 1)тг (к = 0, ± 1, ±2,...)
являются полюсами второго порядка функции f(z).
2) Точка z = °о является предельной точкой полюсов функ-
ции f(z).
Пример 27. Найти особые точки функции f(z) = sin---, on-
1 z
ределить их тип и исследовать поведение функции f(z) на беско-
нечности.
Решение. 1) В проколотой окрестности точки z~ 1 имеем
1
1
f(z) = sin —J— = - sin
1-Z Z-1
1111
г-1 3! (г-1)3+5! (г-1)5 "У
Видим, что разложение функции /(г) в проколотой окрестности
точки z = 1 содержит бесконечное число членов с отрицательны-
ми степенями (г — 1). Следовательно, точка z — 1 — существенно
особая точка функции /(г)-
2) Имеем lim /(г) = lim sin—-— = 0. Значит, точка Z = °о —
1 - Z
устранимая особая точка функции f(z)-
Пример 28. Найти особые точки функции /(г) = ,
(г2 -4)2 cos—-
Z-2
определить их тип и исследовать поведение функции /(г) на бес-
конечности.
z7
z7
Решение. f(z) = . .
(г-2)2(г + 2)2
1
1 '
cos----
Z-2
1) Точка z = — 2 — нуль кратности два знаменателя дроби/(г).
Следовательно, z = - 2 — полюс второго порядка для /(г).
„ г7 з о 48г3 - 128г
2) Так как----z-----7 = г + 8г +------z-----=-, то
(г-2)2(г + 2)2 (г-2)2(г + 2)2
48г3 - 128г
/(z) = z3 + 8z +---------------y
L (г - 2)2(г + 2)2 J
-----Ц— =>lim f(z) = оо =>
1 Z->°o
COS-----
z-2
=> точка z - оо является полюсом третьего порядка для f(z)-
403
3) cos -L. =0=> -L. = (2Л+1)(k = 0, ± 1, ± 2,...) ^>zk =2 + —
Z-2 z-2 2 (2к + 1)я:
(к = 0, ± 1, ±2,...) — простые нули знаменателя функции f (z)- Зна-
чит, эти точки zk — простые полюса f(z)- Видим, что точка z = 2
является предельной для полюсов f (z)- Следовательно, точка z = 2
не является изолированной особой точкой для функции f(z)-
Пример 29. Найти особые точки функции f (z) = ctg —, опре-
z
делить их тип и исследовать поведение функции на бесконечности.
1
COS-
Решение. f (z) =---р;
sin-
Z
1) Точки Zk =— (к = ± 1,±2,...) — простые нули знамена-
кк
1
COS-
теля дроби-----• Следовательно, эти точки являются простыми
sin —
Z
полюсами функции /(z).
2) Точка z — 0 является предельной точкой для полюсов Zk - —
кл
sin — = 0 => —= кл (к = ± 1, ±2,...).
%k
(значит, z = 0 не является изолированной особой точкой для f (z)).
3) Исследуем точку Z = °°- Положим С = —. Это преобразова-
Z
ние переводит проколотую окрестность точки z = 00 в проколо-
1
COS —
тую окрестность точки £ = 0. Имеем ----р - . В проколо-
Sinz
той окрестности точки £ = 0
i + i___________ 1 + _______
cos<; = 2! 4! = 1 2! 4!
sin<^ ________I 1_____
З!4* 5! 3! . 5!
=> по правилу деления степенных рядов,
COS 1 г,') 2
"sin ~ + + +C3<’ +”‘) + + C3^ +•••
404
Из этого разложения следует, что точка £ = 0 — полюс первого
, cosС
порядка для функции ——Следовательно, точка Z = полюс
sin j
первого порядка функции f(z) = ctg —.
Z 1 1
Пример 30. Найти особые точки функции f(z) = ctg--, оп-
Z Z
ределить их тип и исследовать поведение функции f (г) на беско-
нечности.
1 1.1
cos- zcos—sin —
Решение. f(z) =--— =----------—-——;
• 1 7 -1
sin — z sin —
z z
sin- = 0=>— = kn (Jfc = ±l,±2, ...)=>Zk =— (A: = ±1,±2,...).
Z Zk /сп
1) Так как точки z^ = —-простые нули знаменателя дроби
1.1
Z cos — sin —
-----------—, то эти точки являются простыми полюсами
zsin-
Z
функции /(z).
2) Точка z = 0 является предельной точкой для полюсов Zk- =~г~
кк
(к = ± 1,±2,...). Значит, она не является изолированной особой
точкой функции f(z)-
3) Исследуем точку Z = 00 • Положим С, = . Это преобразова-
ние переводит проколотую окрестность точки z = °° в проколо-
тую окрестность точки = 0. Имеем ctg — - — = -C^S-~ - Q. В про-
Z Z sin Q
колотой окрестности точки = О
1-^^-
cosQ _ 1 2! 4!
Q 1 _ A r2 1 J_ r4 _
31 5Г
“ “ О + C1Q + c2^ 2 +• • •) “ Q “ “ + C1 + (c2 ~ % +• • •
405
Значит, точка £ = О — простой полюс функции ctg^-^. Следо-
вательно, точка z = °о — простой полюс функции f(z)-
Пример 31. Найти особые точки функции f(z) = sin — + -Д,
z z2
определить их тип и исследовать поведение функции f(z) на бес-
конечности.
Решение. 1) В проколотой окрестности точки z = 0 имеем
f(z) = (-
l._L l._L
3! z3 + 5! zS
Из этого разложения функции f (^) следует, что точка z = О
является существенно особой точкой для /(z)«
2)
( 1 11
Имеем lim f(z) = lim sin — + —
Z z )
= 0. Значит,
Z = 00 — уст-
ранимая особая точка для функции f(z)- 1
Пример 32. Найти особые точки функции f(z) = e~z cos — , оп-
Z
ределить их тип и исследовать поведение функции f (z) на беско-
нечности.
Решение. Пусть z = х (вещественное). Имеем
1) lime’* cos— не существует => z = 0 — существенно особая
х->0 X
точка функции f(z)-
2) lim е~х cos— = 0, a lim е~х cos— = +оо => lim e~z cosi не
х->+°0 X х->-00 X <->«> Z
существует. Значит, Z = °° — существенно особая точка функции/(г).
ctg—
Пример 33. Найти особые точки функции f(z) - е z , опре-
делить их тип и исследовать поведение функции f(z) на беско-
нечности.
cos(l/z)
Решение. f(z) = е^^ ;
sin—= 0=> — = кп(к = ±1, ±2, ...)=>zk = —(к = ±1,±2,...).
Z Zk кп
1) Положим z = x (вещественное). Возьмем с > 0— достаточно
о 11,
малое. Пусть х = --=> — = къ + е и, следовательно,
ля + е х
406
1
cos —
___x_
. 1
sm —
x
cos(br + e) _ (-1)* cose
sin(bt + e) (-1)* sin e
= ctg e -> +a> при e -> +0.
Пусть теперь x =------
kn - e
=> — = kit-e и, следовательно,
x
x _ CQS(b-e)
cin 1 sin(^ “ e)
(-1)* cose
- (-1)* sin e
= - ctg e -» -оо при e -> +0.
x
i . ,1
ctg- i ctg-
Значит, e x ->+oo, если x ->------------0, и e x -»0, если
। kit
x -» — + 0. Таким образом, lim f (г) не существует. Значит, точ-
। fat
ки Zk = — (к = ± 1, ±2,...) — существенно особые для/(^).
кк
2) Точка z = 0 является предельной для существенно особых
1
точек Zk = — •
кк
3) Исследуем точку Z = °о • Положим . Это преобразова-
Z
ние переводит проколотую окрестность точки z = °о в проколо-
тую окрестность точки £ = 0.
Пусть ^ = х (вещественное). Имеем lim ectgx = -кю;
х->+0
lim <?ct8X =0. Значит, limect8<’ не существует. Следовательно, точ-
*->-0 ;->0
ка С, = 0 — существенно особая для функции ectgt*. А тогда точка
Z = оо— существенно особая для функции/(z)«
tg-
Пример 34. Найти особые точки функции /(г) = е z , опре-
делить их тип и исследовать поведение функции /(^) на беско-
нечности. Sin(l/^)
Решение. f(z) = ;
11 71
cos—= 0 => — = (2А:+ 1)— (Л = 0,±1,±2,...)^
z Zk 2
=^Zk = n,^V-(k = Q,±l,±2,...).
(2k + 1)л
407
1) Положим z = x (вещественное). Возьмем е > 0— достаточно
2 1 7С
малое. Пусть х = —— -------— => — = (2к +1) — + е и, следовательно,
(2л + 1)л + 2е х 2
sin- sin
____X =___
1
COS — cos
X
(2fc + l)| + e
(2fc + l)| + e
sin(2A: + l)^-cose
- sin(2£ +1) ~ sin е
при e -> +0.
2 1 7C
Пусть теперь x = —---—----— => — = (2k + 1) — e и, следова-
(2k + 1)л - 2e x 2
тельно,
sin — sin
____х _____
1
COS — cos
X
(2fc + i)|-e
(2£ + l)^-e
sin(2fc +1) •cos е
ТС
sin(2fc +1) — • sin е
при
tg-
Значит, е х
2
2 „ *8-
—---------0, и e x -> -ко, если
(2k + 1)л
tgi
" (2k + 1) + O' Следовательно, lim e * не существует. По-
Z^(2*:+l)n
2
этому точки Zk = 777—7Т~ (к = 0, ± 1, ± 2,...) существенно особые
(Ч- 1 )7С
для функции/(г).
2) Точка z = 0 является предельной для существенно особых
2
точек Zk = ^"^'l) (^ = ± 1, ± 2,...). (Значит, z = 0 не является
изолированной особой точкой для функции /(г) )
tg-
3) Исследуем точку Z = °° • Имеем lim е z = 1. Значит, Z = °° —
Z->co
устранимая особая точка функции f(z)-
Пример 35. Найти особые точки функции f(z) = sin----р, on-
sin—
Z
ределить их тип и исследовать поведение функции f(z) на беско-
нечности.
408
Решение.
sin—= 0=> — = kn (k = ±l,+2, ...)=> Zk = — (k = ±1,±2,...).
Z Zk кл
1) Положим z = x (вещественное). Возьмем e > 0 — достаточно
малое. Пусть х = —-— => — = кл + е. Следовательно,
кл 4- с х
sin — = sin(fei 4- е) = cosкл • sin е = (-1)* sin е =>
х
1 1 1
=>----~ = ---------- =>-----;------> 4- 00 ,
• 1 (—li sine • 1 е->+о
sin— ' ьшь sin —
, 1
если к — четное, и------=- -> -оо, если к — нечетное.
. 1 е->+0
sm —
Пусть теперь х = —-— => — = кл - s. Следовательно,
кл - е х
sin — = sm(&7t - е) = - cos кл • sin е = - (-1)* sin е =>
х
-> -оо, если к — четное, и
— j—>+0
sin —
X
-> 4-оо, если к — нечетное.
Видим, что при к четном
sin —
х
1
. 1
sin —
X
1
кл
1
И . 1
sin —
1
кл
, 1
а при к нечетном: ------р
sin —
1
если х -> ---0, и
кл
во всех случаях
.. . 1
и lim sin
1 1
—;—>4-оо, если х -> — 4- 0. Следовательно,
. 1 кл
sin —
х
г • 1 о
lim sin---j- не существует. Значит, не существует
'"4 sin~
х 1
----р. Из этого следует, что точки
sin-
Z
1
1
(к = ±1, ± 2,...) являются существенно особыми для функции /(г).
409
2) Точка z = 0 является предельной для существенно особых
точек Zk =— (к = ±1, ±2,...). (Значит, £ = 0 не является изоли-
кл
рованной особой точкой для функции f(z)-)
3) Исследуем точку Z = °° • Имеем
lim sin — = 0 => lim —Ц- = оо => lim sin —Ц- не существует.
^_>оо 7 Z->°o • 1 Z->°o • 1
sm — sin -
z z
Следовательно, Z = 00 — существенно особая точка для функции f (^).
Пример 36. Найти особые точки функции sin —Ц-, определить
cos —
Z
их тип и исследовать поведение функции f(z) на бесконечности.
Решение.
cos- = 0=> —= (2/с + 1)- (А; = 0,±1,±2,...)г>
z Zk 2
2
^Zk ~ (2к + 1)л’
1) Положим z = х (вещественное). Возьмем с > 0— достаточно
малое. Пусть
2
к = 0,±1,±2,
~ ч => — = (2fc + 1) — + е => cos — = - sin(2fc + 1) — • sin s =>
(2* + 1)ти + 2е х 2 х 2
=> cos — -> - 0, если к — четное, и cos — -> + 0, если к — нечет-
X £->+0 х е->+0
□ 1 7 1
ное. Значит,------------->- оо, если к — четное, и-----— -> + оо, если
1 Е->+0 1
COS —
X
к — нечетное. Следовательно, lim
нит, не существует и lim
z
1
Sin----j-
cos—
cos —
X
не существует, а зна-
2
Поэтому ТОЧКИ Zk = ---7Г-
(2к + 1)л
(2Л + 1)71
1
Sin-----j-.
(2*4-1)71 COS £
(к = 0, ± 1, ± 2,...) — существенно особые для функции f (г).
2) Точка z = 0 является предельной для существенно особых
2
точек Zic =-----------•
к (2£ + 1)л
410
3) Имеем lim sin——- = sin 1. Следовательно, Z = °o—• устра-
Z->°0 1
cos —
Z
нимая особая точка для функции /(z).
Пример 37. Исследовать поведение каждой из однозначных вет-
Z
вей функции w =----... в точке z = 4. (Определить, является ли
1 + 7^-3
эта точка правильной или особой для соответствующей ветви; в
последнем случае указать характер особенности.) (Правильной или
обыкновенной точкой функции f(z) называют такую точку, в кото-
рой /(г) регулярна.)
Решение. Ветви данной многозначной функции будем выде-
лять в области, полученной из плоскости проведением разреза от
точки z — 3 до точки Z = °°, чтобы он не проходил через точку
Z = 4. Например, в области, полученной из плоскости проведением
разреза по вещественной оси от z = 3 до z = -оо.
Для того, чтобы определить, будет ли точка z = 4 правильной
или особой для функции w(z), необходимо и достаточно опреде-
1
лить, будет ли функция отлична от нуля или равна нулю в
точке z = 4, при различном выборе ветвей функции w(z).
Разложим ветви -3^ (к = 0,1) в ряд Тейлора в окрестно-
сти точки z = 4. Имеем
1/1
1 2 I 2
l+yU-4>+^3_
(Z-4)2 + ...
•eik\ к = 0,1;
Видим, что 1 + 7^-3 = 2(# 0) для ветви, соответствующей
к-4
к = 0, и 1 + 7^-3 = 0 для ветви, соответствующей к = 1. Значит,
к=4
точка z = 4 будет правильной для ветви, соответствующей к = 0, и
особой для ветви, соответствующей к= 1.
411
Для ветви, соответствующей к= 1, имеем
1(1-11
l + l(z-4)+ 2l2, J(z-4)2 +...
1 + -Jz-3 = 1 +
e
= 1-
1(1-11
1 + |(г-4)+2122, Л?-4)2 +.
= (z-4) -4 + |(z-4)-„. .
Z о
Видим, что точка z = 4 является простым нулем знаменателя
той ветви функции w(z), которая соответствует к = 1. Следователь-
но, z = 4 является полюсом первого порядка для этой ветви функ-
ции w(z).
Пример 38. Исследовать поведение каждой из однозначных вет-
вей функции w = * в точке z = 1. (Определить, является ли
эта точка правильной или особой для соответствующей ветви;
в последнем случае указать характер особенности.)
Решение. Ветви заданной многозначной функции выделим
в области, полученной из плоскости проведением разреза по от-
рицательной вещественной полуоси. Для того, чтобы определить,
будет ли точка z = 1 правильной или особой для функции w(^),
необходимо и достаточно определить, будет ли функция от-
лична от нуля или равна нулю в точке z = 1, при различном выбо-
ре ветвей функции w(z). Разложим ветви {jz]k (£=0,1) и (л/?)™
(т = 0, 1, 2) в окрестности точки z = 1 в ряд Тейлора. Будем иметь
= eikn
-I-
. 1, 1Ч 2V2"
1 + 2(^1)+Л:
к = 0,1;
(z-i)2 + ...
412
Тогда
т = 0,1, 2.
е1кя
2/ил ^2/ил
3 )+Qe,*"+|e 3 )(z-i)+...
1
+ зе
2тк
* 0 ни при каких к = 0,1 и т = 0, 1,2;
когда к = 1, а т — 0. Следовательно,
(V?)m=o точка z = 1 является простым
3
Заметим, что —е1кп
2
^тк
е1кп +е 3 =0 лишь тогда,
при выборе ветвей (Vz)t=i и
нулем знаменателя функции w(z), а для остальных пяти ветвей функ-
ции w(z) знаменатель этой функции в точке z = 1 не обращается
в нуль.
Вывод. Точка z = 1 является простым полюсом для ветви, соот-
ветствующей к= 1, т = 0. Для остальных же пяти ветвей z = 1 яв-
ляется правильной точкой.
Пример 39. Исследовать поведение каждой из однозначных вет-
и , 2z + 3 !
вей функции w =---------= в точке z ~ 1. (Определить, является
1 + Z-2VZ
ли эта точка правильной или особой для соответствующей ветви;
в последнем случае указать характер особенности.)
Решение. Ветви заданной многозначной функции выделим в
области, полученной из плоскости проведением разреза по отри-
цательной вещественной полуоси. Для того, чтобы определить, бу-
дет ли точка z = 1 правильной или особой для функции w(z), необ-
ж 1
ходимо и достаточно определить, будет ли функция —— отлична
w(z)
от нуля или равна нулю в точке z~ 1, при различном выборе вет-
вей функции w(z).
Разложим ветви (^ = 0,0 в окрестности точки z = 1 в ряд
Тейлора. Будем иметь
413
= eikn
1 1/ 2U
1 + 2U’1)+ 2!
к = 0,1.
(z-l)2 + ...
1) Для ветви, соответствующей к — 0, имеем:
=l+Z-2
ш_П|
1 1 z 1Ч 1 z 1Ч2 2<2
(z-D3 + ...
7^(z-1)2-|(z-1)3+...= (z-i/1
2 • 2: о
Видим, что точка z = 1 является нулем кратности два знаменателя
функции w(z). Следовательно, z = 1 является полюсом второго по-
рядка ветви функции w(z), соответствующей к = 0.
2) Для ветви, соответствующей к = 1, имеем:
l + Z-lJz = 1 + Z+ 2 1 + i(z -1) - |(Z -1)2 +... =
2 о
= 4 + 2(z-l)-|(z-l)2 +...
Видим, что z= 1 не является нулем знаменателя ветви функции
w(z), соответствующей к = 1. Следовательно, z= 1 — правильная
точка этой ветви функции w(z)-
Пример 40. Исследовать поведение каждой из однозначных вет-
вей функции f(z) = cos—в точке z = 1 • (Определить, является
ли эта точка правильной или особой для соответствующей ветви;
в последнем случае указать характер особенности.)
Решение. Ветви заданной многозначной функции выделим в
области, полученной из плоскости проведением разреза по отри-
цательной вещественной полуоси.
Разложим ветви (/ё)* (£ = 0,1) в окрестности точки z = 1
в ряд Тейлора. Будем иметь
414
= е‘кп
ifi-П
1+^(г-1)+2<|, J(z-B2 + -
к = 0,1.
1) Для ветви, соответствующей к= 0, имеем
l + 7z = i+ 1 + ^(г-1)-|(г-1)2+••
2 о
= 2 + l(z-l)-|(z-l)2 +....
2 о
Видим, что точка z = 1 не является нулем знаменателя дроби-—
l + Vz
и что для этой ветви
lim f(z) = lim cos—^—= = cos-^-
Значит, точка z = 1 является правильной точкой для ветви функ-
ции f (z), соответствующей к = 0.
2) Для ветви, соответствующей к = 1, имеем
1 + Vz=l- 1 + |(Z-1)-|(Z-1)2
2 о
2 о
=> limh+JE) = 0. А тогда lim----= = оо и, следовательно,
/ z->4 + ylz
1-1
lim cos-не существует. А это означает, что z = 1 — существен-
1 + y/Z
но особая точка для ветви функции/(г), соответствующей к= 1.
Пример 41. Исследовать поведение каждой из однозначных вет-
является ли эта точка правильной или особой для соответствую-
щей ветви; в последнем случае указать характер особенности.)
415
Решение. Ветви заданной многозначной функции выделим в
области, полученной из плоскости проведением разреза по отри-
цательной вещественной полуоси.
Разложим ветви (к =0,1) в окрестности точки z = 4 в
ряд Тейлора. Будем иметь
«= О4 + <*-<),
2е,кп
1 z -4
2 ’ 4
к = 0,1.
1) Для ветви, соответствующей к = 0, имеем
L Н о Ji 1 ^-4 1 (г-4)2
(2 + Vz)fc=0 - 2 + 2р+2 4~~ 8 ^2— + -"
_ Z-4 1 (z-4)2 .
4 4 42
(2-Tzko =2-2 1 + |.^
1 (Z-4)2
8 42
Z-4 1 (Z -4)2
4 + 4 42
sin (2 - Q = sin
Z~4 ! 1 (z - 4)2
4 4' 42
Z-4 1 (z - 4)2
4 4 42
Z-4 ! 1 (z-4)2
4 4 42
Из разложения [S’n\ ^/J^-o ВИДИМ> что Z=4 является про-
стым нулем [sin(2-Vz)ji o, а следовательно, и простым нулем
416
знаменателя f (z). Значит, z = 4 является полюсом первого порядка
для ветви функции /(г), соответствующей к = 0.
2) Для ветви функции f (г), соответствующей к = 1, имеем
= Z-4 . 1 Сг~4)2
4 4 42
Из этого разложения ясно, что z = 4 является простым нулем функ-
ции (2 + Тг)Л=1.
(2-^=1 =2 + 21 + |.^
1 (г-4)2
8 42
л . Z-4 1 (г-4)2
4 4 42
Отсюда ясно, что z = 4 не является нулем для функции (2 - Vz)*=i,
а значит, не является нулем и для функции ^sin (2 - .
А тогда z = 4 есть простой нуль знаменателя ветви функции f(z),
соответствующей к = 1, и, следовательно, z = 4 есть полюс первого
порядка этой ветви функции f(z)-
417
Глава 7
ТЕОРИЯ ВЫЧЕТОВ И ЕЕ ПРИЛОЖЕНИЯ
Пусть точка z= а (а * оо) есть изолированная особая точка од-
нозначного характера для функции f (z)- Тогда в проколотой окрест-
ности Ке (а) точки а справедливо разложение f (z) в ряд Лорана:
= ... +-^-+ + ... +_^1_ +
(z-a)m (z-a)ml Z-a
+0) + ci(z-a) + ... +cm(z-a)m + ....
Определение. Вычетом функции /(z) относительно ее изоли-
рованной особой точки однозначного характера z = а называют
коэффициент при (г—л)-1 в разложении /(г) в ряд Лорана
в проколотой окрестности (а) этой особой точки и обознача-
ют символом res af (z) (res — сокращение французского слова residu,
что означает вычет).
Таким образом, res af (z) = с _Р
Заметим, что если z = я есть точка регулярности для функции
f (z), то ряд Лорана не содержит отрицательных степеней (z — а), и
поэтому res af (z) = 0.
Из интегрального представления коэффициентов ряда Лорана
следует, что
resfl/(z) = с ! = [ f(z)dz, или J f{z)dz = 2ni resa/(z),
2я/ (т)О (г)о
где (у) — любой замкнутый контур, лежащий в (а) и охватываю-
щий одну-единственную особую точку z= а функции /(z).
418
Таким образом, зная можно вычислить resa/(z), и,
(г)СУ
наоборот, зная вычет res af (г), можно вычислить Jf(X)dz.
(г) О’
Так как существуют способы для вычисления вычетов без при-
влечения интегралов, то появляется возможность вычислять ин-
тегралы с помощью вычетов. Однако, прежде чем привести приме-
ры, иллюстрирующие эту возможность, важно выяснить, как следует
поступать, когда внутри интересующего нас контура интегрирова-
ния находится больше одной особой точки функции f (г). Ответ на
этот вопрос дает нижеследующая теорема.
§ 1. Основная теорема о вычетах
Теорема. Пусть функция f U) регулярна в ограниченной замк-
нутой области (В) с контуром (Q, за исключением конечного
числа особых точек (полюсов или существенно особых точек)
аи а2, лежащих в (В). Тогда
т
J/U)rfz=27r/^re^ f(z),
(С), обл. слева &=1
т. е. интеграл от функции f(z) по контуру (Q при условии, что
интегрирование производится в направлении, оставляющем об-
ласть слева, равен произведению 2тг/ на сумму вычетов во всех
указанных особых точках.
► Пусть для определенности область (В) — двусвязная (контур
(Q состоит из двух контуров, т. е. (С) = (Q) U (С2), см. рис. 7.1).
Пусть КРк(ак), к = \,т— круги радиусов рк с центрами в точках ак,
такие, что для любого к = 1, т Крк (ак) cz (В); Кр. (ц) П Кр. (dj) = 0,
если it j\ (ук) — контуры KPk(dk)9 к = 1,т. Рассмотрим область
(Д), полученную удалением из (В) всех кругов КРк(ак), т. е.
_ _ т _
(В,) = (В)\[]Кр(ак) (контуром области (Д) является
к=1
т
(Q) U (С2) U (J (У*) -) В замкнутой области (Д) функция f(z) ре-
k=i
гулярна. Следовательно, по интегральной теореме Коши для мно-
госвязных областей, будем иметь
419
т г г т г
\ f(z)dz= \f(z)dz+^ )f(z)dz => jf(z)dz=^ ]f(z)dz
(q)O (Сг)О *=1(Y*)CT (С), Обл. *=l(r*)a
слева
В проколотой окрестности каждой точки
Z = ак функцию f (z) можно разложить в
ряд Лорана
+00
/(?)= £
Л=-00
Выше было показано, что
\f(z)dz= 2тис^ = 2niKSak f(z),k = ]Jn.
(r*)O
Следовательно,
m
J f{z)dz = 2ni £ resfljt f(z) 4
(Q, обл. слева £=1
§ 2. Вычисление вычета в случае полюса
Пусть особая точка z = а является полюсом функции/(z). В этом
случае существует сравнительно простой способ вычисления res af\z).
Рассмотрим его.
I. Пусть z = а есть полюс первого порядка функции/(^). Тогда
/(z) = -^- + c0 +С1(г-а)+ ... +cm(z-a)m + ...,zekE •
Z-a
Умножим обе части этого равенства на (z — а) и перейдем к пре-
делу при Z -> я. Получим
С 1 = resa f(z) = lim(z - a)f(z)-
Z^a
Частный случай. Пусть /(z) = , где <p(z) и 4/(2)— функ-
Ч'(г)
ции, регулярные в окрестности точки z = а и такие, что <р(а) О,
ц/(а) = 0, но ц/'(а) * 0 (т. е. z~ а есть простой нуль знаменателя).
Значит, z = а оказывается простым полюсом функции f(z)- Так как
420
<p(z) и ц/(г) регулярны в окрестности точки z = а, то они в этой
окрестности разлагаются в ряд Тейлора. Следовательно, будем иметь
<p(z) = <p(a) + <p'(a)(z-a) + ^jp(z-a)2 + ...»
4/(z) = 4/'(a)(z-a) + ^y^(z-a)2+ ...
(vp(a) = 0 по условию). А тогда в проколотой окрестности точки
Z = а будем иметь
= ф(г) = ф(»)+ф'(а)в-а)+^(г-а)г+.
ф'(<?) (Z - а) + (Z - а)2 + ...
т <р(а) + ф'(а)(г-а) + ^р(г-а)2+...
z~a 4/'(a) + ^^(z-a)+...
Отсюда, по правилу деления степенных рядов, получаем
Лг)= 1
^^ + cj(z-a) + c2(z-a)2 + ...
г-а|_'И(а)
ф(д)
= + q + c2(z - а) + •••
Z-a
ср (я)
Видим, что коэффициент при (z—а) 1 равен • Значит,
resfl /(Z) = -^.
ц/(а)
II. Пусть z = а есть полюс функции f (z) порядка т(т> 1). В этом
случае в проколотой окрестности точки z = а справедливо разло-
жение
+ + ... +А1_
(z - а)т (z-a)mX Z-a
+c0+cl(z-a) + c2(z-a)2 +
421
где с_т 0. Умножим обе части этого равенства на — а)т. По-
лучим
(z - a)mf(z) = С.т + с_(m_l}(Z - а) + ... +
+c_x(z - a)”1-1 + c0(z - а)т + q(z - a)m+1 + ...
После дифференцирования (т — 1) раз последнего равенства
получим
= («-!)!<?_! +m!co(z-a)+ ...^
=> с-1 = rcsa Л*) = 1 1нп [(г-оГЛг)].
Замечание. Если точка z — а является существенно особой точ-
кой функции /(z), то resfl/(z) находится непосредственным раз-
ложением функции f (г) в ряд Лорана в проколотой окрестности
точки z = л. 1
Пример 1. Найти вычеты функции f(z) = --—----—
(Z-l)(Z + 2)
ее особых точках.
во всех
Решение. Рациональная дробь имеет особыми точками только
полюсы; они являются нулями знаменателя. В этом примере точ-
ки Zi — 1 и Zq — “2 являются простыми нулями знаменателя и, сле-
довательно, полюсами первого порядка функции f(z)- Имеем
reSj f(z) = lim (z -1);——тг = lim—Ц- =
wi (z-i)(z + 2) z^Z+2 3
res_2 f(z) = lim (z + 2)-——— = limi-Ц- =
z->-2 (z-l)(Z + 2) z->-2z~ 1 3
Пример 2. Найти вычеты функции f(z) - ctg£2 во всех ее по-
люсах.
cos 2
Решение. Имеем f(z) =----5-. Полюсами функции /(г) будут
sin z
нули sinz2, Т.е. точки z* = ±аДл, Л = 0, ±1, + 2, ....
1)Так как не только sinz2, но и его первая производная
2zcosz2 в точке z = 0 обращается в нуль, а вторая производная
422
(sinz2)’|2=o= (2 coss2 -4s2sins2)| 0 *0,
to z = 0 есть нуль кратности два функции sins2, а значит, z — 0
есть полюс второго порядка функции f(z)-
2) Так как в точках S* = +4кк, к- ±1, ±2, ... функция sin?2
обращается в нуль, а ее первая производная
(sins2)' =2scoss2 _*(), то точки s* = ±-/кп являют-
\zk=+-Jkn \zk=±Jkn
ся полюсами первого порядка функции /(г).
Имеем тогда
2s3 "I
• 2 2
sin S J
d
res0 /(s) = lim —(s2 ctgs2) = lim 2sctgs2 -
z->0 dz
.. 2scoss2 sins2-2s3 .. sin2s2-2s2
lim---------=—i------= lim s-----5-^5—
z->0 sin s z->0 sin s
2s2-|(2s2)3 +|(2s2)5 -•
В точках z - ±Jkn (к = ± 1, ± 2,...) имеем
res±=
2
COSZ
(sins2)'
Z = ±/kH.
2
COS£
2scoss2
1 1
2^ z=±4kn i 2VA?t
Z=±Jkn
(k = ±1, ±2,...).
Пример 3. Найти вычет функции /(s) = e^z в точке s = 0.
Решение. Точка s= 0 — единственная особая точка функции
/(s). В проколотой окрестности точки s = 0 имеем
/(г) = е1Л =l + l + l.-L + ... + l.-L + ...
S 2! z2 п\ z
Видим, что s = 0 — существенно особая точка функции/(s). Видим
также, что с_, = 1. Следовательно, res 0/(s)= 1 •
423
§ 3. Вычисление определенных интегралов посредством
теории вычетов
I. Рассмотрим интеграл вида
2л
I = j J?(sin х, cos x)dx,
о
где R (sin x, cos x) — рациональная функ-
ция относительно sin x и cos x. Если этот
интеграл существует, то его можно вы-
числить с помощью основной теоремы
о вычетах. Для этого введем комплекс-
ную переменную z=dx. При изменении
х от 0 до 2л точка z пробегает окруж-
ность |z| = 1 (рис. 7.2). Имеем
е^-е-^
sin X ------
2/
1
z z е^+е^
-----------cosx ---------
21----------------2
dz = e^idx => dx = — .
iz
1
Z + -
____Z.
2 ’
Поэтому получим
W=iak 7 w=ia
где R(z) — рациональная функция от z- Таким образом, остается
подсчитать сумму вычетов функции R(z) относительно полюсов
этой функции, лежащих внутри окружности |z| = 1, и умножить ее
на 2л/. Следовательно,
7 = 2л1 £resfljt(R(z))
(ак — полюса R(z))~ Отметим, что так как R(z) — дробно-рацио-
нальная функция, то у нее не может быть существенно особых
точек.
424
Пример 4. Вычислить I = [------{а > 1).
J а + cosx
7 72 +1 4/7
Решение. Положим z — Тогда cosx =-----------=------; dx = —.
2 2z ч:
Следовательно,
/= [ 1 <&_2 f dz
J Z2 +1 £2 + 2й£+1
|z=l|O 2* lz=i|o
Решая уравнение z2 + 2а? + 1 = 0, найдем полюсы подынтеграль-
ной функции ^1,2 =~а± 4а2 -1. Так как Zi • ?2 = 1 > то |zj| • |z2| = 1
и, следовательно, если один из этих полюсов лежит внутри еди-
ничного круга, то другой— вне его. Пусть Zi = 4а2 -1 -а,
Z2 = -а- 4а2 -1. Имеем Z2 = -а- 4а2 -1 < -1. Значит, лежит
вне единичного круга. Но тогда Zi = 4а2 -1 - а лежит внутри еди-
ничного круга. Подсчитаем вычет в точке zt-
res R(z) = lim (z - Zx) 7--------г = —-— = J----------
1 (z - Zi)(z - z2) Z1-Z2 24a2 -1
2
Итак, I = 2id--
1
1 2n
24a2 -1 4 a2 -1
+co P(x)
II. Интегралы вида I = \F(x)dx, где Fix) = y — рацио-
Л Q(x)
нальная дробь. Предполагается:
1) Q(x) не имеет нулей на ве-
щественной оси;
2)степень Q(x)> степени
Р(х) + 2.
Условия 1) и 2) обеспечивают
сходимость несобственного интег-
+00
рала j F(x)dx. Рассмотрим интег-
рал j F(z)dz, где (Q — замкнутый контур, состоящий из верхней
(С)
425
полуокружности (СЛ) радиуса R с центром в точке z = 0 и ее диа-
метра [-/?, Л] (см. рис. 7.3). При этом R считается достаточно боль-
шим, а именно таким, что все полюса функции F(z), лежащие
в верхней полуплоскости, попадают внутрь контура (Q. (Это сде-
лать можно, ибо рациональная дробь F(z) может иметь лишь ко-
нечное число полюсов.)
По основной теореме о вычетах будем иметь
R
J F(z) dz= J F(x) dx+ j F(z) dz= res^ Дг) (1)
(OCT -R (CR) rs а*еверхней
полуплоскости
(ak — полюса F(z), лежащие в верхней полуплоскости).
Станем оценивать
J F(z)dz. Имеем
(СЛ)^
J F(z)dz < max) Дг)| • nR.
ze(Cg)
Рассмотрим
P(Z)
Q(z)
a0Zn +aiZn~l +...+ a„_1z + an
bQzm +biZm'1 +...+ bm_lZ + bm
1 a\ 1 an — \ 1 an 1
n 1 + —-— +...+ L------r + — —
£o£_ . Др Z qQ Z aP Zn
bpzm i i _L
bp Z bQ zm~l bQ zm
Заметим, что второй множитель в правой части полученного ра-
венства стремится к 1 при |z| -> оо. Следовательно, он становится,
например, меньше 2 при достаточно больших |^|. А тогда
РМ
ге(Ся) -
аь|*л
Ж
1 < 2|д0| 1
Rm n “ |А)| ’ R2
(у нас т - п > 2) и, следовательно,
ГДг)^ <^1-^-7^—>0 \F(j)dz—>0
J |А)| Л2 Л-^оо J R-™
426
Переходя в равенстве (1) к пределу при R -> оо, получим
+со
J F(x)dx= F(z)-
-оо верхней
полуплоскости
Пример 5. Вычислить I = j------ГТ7Г ’ п е N (л — натураль-
-00 (1 + Х )
ное).
Решение. Нули знаменателя дроби-----1----• = /, х2 =
(1 + х2)л+1
не лежат на вещественной оси. Степень знаменателя, по край-
ней мере, на две единицы больше степени числителя. Видим, что
выполнены оба условия, обеспечивающие сходимость несоб-
ственного интеграла I.
В верхней полуплоскости лежит только один полюс z = i функ-
ции F(z) =----------г• Следовательно, I = 2тс/res,----—г.
(l + z2)"+1 (1 + г2)”+1
Так как z = iесть полюсь порядка (п + 1), то
1
res,-------=—г
' (l + z2)"+1
1 .. dn
= — Inn--------
п\ Z->i dzn
(Z - i)n+l---------------
(z-/)"+,U+/)"+1
= = ±. (->-D(-"-2)---(-2n)
n\ z-+i dzn 1 J (z + /)2"T
= J_ (~1)л(я + 1)(я + 2)...2я 1 (2я)!
я! 22и+1 (-1)" i “ (и!)2 22л+1/ ’
А тогда
/ = 2я/ 1 .-^=2Е(2л)! .
(я!)2 22n+1z 4"(я!)2
+СО
III. Интегралы вида j cbixje^dx.
-00
Лемма Жордана. Пусть функция Ф(г) непрерывна в конечных
точках замкнутой верхней полуплоскости, за исключением, быть
427
Рис. 7.4
(см. рис. 7.4).
может, конечного их числа, и пусть
при z -> 00 в этой замкнутой по-
луплоскости Ф(г) -> 0.
Тогда для любого ц>0:
lim f = 0, где (СЛ) —
^“(4)
Z = Re“*,R > О,
полуокружность Р ’ ’
О < ср < п
Введем в рассмотрение контур (С): (С) = [-Л, 7?] U (СЛ). При
достаточно больших R все конечные точки разрыва функции Ф(г),
лежащие в замкнутой верхней полуплоскости, окажутся или внут-
ри полукруга, или внутри его вещественного диаметра. Этих точек
разрыва не будет на самой дуге (Ся). Следовательно, Ф(г), а значит,
и |Ф(г)|, будут непрерывны на (Сл). Но тогда на (Сл) функция
|фр)| достигает своего наибольшего значения. Обозначим наи-
большее значение |Ф(г)| на (Сл) через е(7?). Из условия леммы
следует, что е(7?) -> 0 при R -> оо. Произведем оценку интеграла
IR = Имеем
(Ся)
|7Л| = je‘^z)dz = j е1^ ®(Re‘^ Reif • idq> =
о
(Ся)
j e W?cos Ф . ф . ф(Ле/Ф) . Ле/Ф . id(p < R . е(Л) . j sinФф =
О О
л/2
Л
В интеграле je-pJ?sinq>rf(p сделаем замену: <р = я-ц/. Получим
л/2
л л/2 л/2
je-^sin<₽dtp= p-^sin^(= р-н*япфф)
л/2 О О
428
На промежутке 0;— : —
к 2J <р
л/2
А тогда |7Л| < 2R е(Л) • J “п’dp.
О
. 7С
Sin — ъ
Ф >2 = 2
7С Л
2
(см. рис. 7.5). Следовательно,
2 . 2
sin ср > — ср => - sin ср < — ср.
л л
А тогда
л/z
« и
= _гс.Б.(ф(е->»* -1)------->0 .◄
|1 Д-соо
Следовательно, 1К -> 0. Лемма доказана. Ч
7?->00
Замечание. Если ц < 0, а функция Ф(г) удовлетворяет услови-
ям леммы Жордана в нижней полуплоскости Imz^O, то
lim [ef>lz^z)dz = 0, где (CR)— дуга полуокружности в нижней
^“(Сд)
полуплоскости. (Доказательство аналогичное.)
Теорема. Пусть функция Ф(^): 1) регулярна в конечных точках
открытой верхней полуплоскости, за исключением конечного числа
точек а],а2> •••, ат (полюсов или существенно особых точек); 2) не-
прерывна в конечных точках замкнутой верхней полуплоскости,
за исключением точек а{,а2, ,ат (лежащих в открытой верхней
полуплоскости и, следовательно, не лежащих на вещественной оси);
3) Ф(^) -> 0 в замкнутой верхней полуплоскости. Тогда, для лю-
£->оо
бого ц > 0:
|е,цгФ(х)^х = 2т £resajt(е,ргФ(г)).
-оо ак е верхней полуплоскости
(При этом имеется в виду так называемое главное значение несоб-
ственного интеграла:
+оо R
v. р. j е,цхФ(х)йСх = lim j е,цхФ(х)й?х. Но если
-оо ^*™-R
429
несобственный интеграл сходится в обычном смысле, то он равен
своему главному значению.)
Введем в рассмотрение
контур (О: (С) = [-/?, А] и (CR)
(см. рис. 7.6). Будем считать R
настолько большим, что все осо-
бые точки функции Ф(г), а зна-
чит, и функции е^Ф(^), лежа-
щие в верхней полуплоскости,
оказываются лежащими внутри
контура (Q.
По основной теореме о вычетах, имеем
R
|е/М2Ф(г)^г= |е2рхФ(х)<7х + |е2^Ф(г)^г = 2тг/^ге8аДе2р2Ф(г)).
(С)СУ -R (CR) СУ акЕверхней полуплоскости
Отметим, что правая часть полученного равенства не меняется
при возрастании R. (Мы R брали таким, чтобы все особые точки
функции е2цгФ(г) лежали внутри контура (Q.) Переходя в этом
равенстве к пределу при А -> оо, получим
4-00
v.p. р,м*Ф(х)с/х = 2тп]Г resat(e,pzO(z)). 4 (2)
-00 ак еверхней полуплоскости
Преобразуем полученную формулу (2). Имеем
+со 7? 7? г 1
|е/ц*Ф(х)</х = lim je'MXO(x)dx= lim |[е'цхФ(х) + е_4и:Ф(-х)]</х.
-оо 7?->со r R-+cn Q
Следовательно, формула (2) может быть переписана в виде
R
lim |рцгФ(х) + £-2ЦГФ(-х)}б/х = 2ш'У^ res^ (е2М2Ф(^)). (3)
>Q0 q ak G верхней полуплоскости
Из формулы (3) следуют частные случаи
1) Пусть Ф(х) — четная функция. Тогда (3) примет вид:
00
cos \\xdx = iti У resa*
О ак g верхней полуплоскости
430
2) Пусть Ф(х) — нечетная функция. Тогда (3) примет вид
О ак е. верхней полуплоскости
Если функция Ф(х) не обладает ни свойством четности, ни свой-
ством нечетности, то, отделяя в формуле (2) вещественные и мни-
мые части, получим
4-00
J Ф(х)созрх<7х = Re
2та^гезаДе,|д2Ф(г))
ак е верхней
полуплоскости
4-00
J Ф(х) sinpxt/x - Im
гти^гез^е'^ФСг))
ак е. верхней
полуплоскости
Пример 6. Вычислить интеграл I = [ C.°S^X> dx(a >0, ц > 0).
о а1 + х2
Решение. Имеем Ф(г) = —т---у (четная). Z\-ai, Zy - -ai •
a +z
На вещественной оси особых точек нет. Ф(г) -> 0 при Z -> <ю.
Следовательно,
( е1^ ]
7 = 7CZ resJ —--у
1° +Z )
^а‘ It -.а
= ы —— = -z-е ц
2ai 2а
ГТ -Г Г> , с 81ПХ ,
Пример 7. Вычислить интеграл / - I ------=-ах.
д, 1 + х + х2
Решение. Имеем Ф(^) ----------у (не обладает ни свойством
1 + z + z2
четности, ни свойством нечетности).
2 , п 1 . V3 1 . V3
+z + l = 0^Zi + i — , z2^-2~1 — -
На вещественной оси особых точек нет. Точка лежит в верхней,
а точка — в нижней полуплоскости. Ф(г) -> 0 при Z -> Сле-
довательно,
431
I = Im
2л/ resZ(
f
^1 + Z + ZZJ
= Im
2л . 1
~—i=e 2 sin — .
V3 2
= Im 2л/
1 + 2^i
§ 4. Теорема о вычетах для неограниченной области
Пусть точка z = х для функции/(z) есть либо точка регуляр-
ности, либо полюс, либо существенно особая точка. Тогда в проко-
лотой окрестности этой точки
/(Z) = ... + C2z2+qz+c0+^- + ^2- + ... (1)
z z
Определение. Вычетом функции /(z) относительно бесконеч-
но удаленной точки z = 00 называется взятый со знаком минус
коэффициент при z -1 в разложении этой функции в ряд Лорана в
проколотой окрестности точки Z = 00 •
Следовательно, если для z из кольца Я < |z| < оо имеет место
разложение (1), то res*, (/(£)) = -C-j.
c_i
Так как член — в разложении (1) входит в часть ряда Лора-
на, регулярную в проколотой окрестности точки Z = 00, то, может
быть, что ге8да(/(г))* 0, даже если f(z) регулярна в точке Z = оо.
Найдем выражение res00(/(^)) через интеграл.
Рассмотрим любой замкнутый контур (Q, содержащий окруж-
ность |z| = В внутри себя (см. рис. 7.7). Отметим, что ряд, стоящий в
правой части (1), сходится равномерно на (Q. (У нас f(z) регулярна
в кольце Я < |z| < оо. Значит, /(г) разлагается в ряд Лорана, равно-
мерно сходящийся внутри кольца сходимости.) Следовательно, ряд
(1) можно интегрировать вдоль (Q почленно. Все интегралы в пра-
вой части, кроме одного, будут равны нулю. Отличным от нуля будет
лишь I z (Он равен с_х -2л/). Так как [—dz= с_р2л/, то
(0СГ 1 г юЯ
res00(/(z))= -с-i = 2^7 f/(г)dz.
(QO
432
Теорема. Пусть точка z - °о является внутренней для области
(В) и пусть функция f(z) регулярна в замкнутой области (В)
всюду, за исключением конечного числа особых точек (полюсов
или существенно особых точек): аь а2,ат, лежащих внутри (Б)
на конечном расстоянии от точки z = 0. Тогда основная теорема о
вычетах верна и для неограниченных областей при условии: все-
гда включать в сумму вычетов вычет функции /(г) относительно
бесконечно удаленной точки.
► Рассмотрим окружность |^| = R, где R настолько большое,
что контур (Q области (В) и все особые точки а2,ат функ-
ции /(г) оказываются лежащими в круге |г| < R. К части области
(В), ограниченной окружностью |^| = R и контуром (Q, применим
основную теорему о вычетах.
т
\f(z)dz+ J/U)^ = 2m^res^(/U)) =>
|z|=/? СУ (С), обл. слева к=\
т
=> -2nzres00(/(z)) + |/(г)^ = 2л/^ге8ЯА(/(г)) =>
(С), обл. слева £=1
(С), обл. слева 1_£=1
тп
ге8л
ак
(/(£))+res00(/(z))
433
г г
Пример 8. Вычислить интеграл J 4—•
•УД Й = 4О
/ Решение. f(z) = —5-5—л---г-
/ \ (Z2 +1)2(? +2)3
г ' /<• \ \ х Имеем, точки = / и ?2 = по-
---* 1------* Уд люсы второго порядка /(г), а точки
I 4 ”z ' /
\ • * J 4/—4ГГ( 7U + 2&7U . . Л + 2Ь
\ " / Zk = V-2 = v2 cos-------— + zsin----
X X ^4 4
— полюсы третьего порядка f(z)- Можно, конечно, найти вычеты
f (z) в каждой из шести точек, а затем вычислить I. Но выгоднее
поступить иначе.
1= [ “э------------^dz=- [ ---у—й----тб/г=-2шге^0(/'(г))=
u J (? + 1)2(г4 + 2)3 J J? + l)2(?+2)3
й = 40 У = 40
= -2л/-ге%о
1
Z
= -2тс/(-1) = 2тс/.
§ 5. Задачи на вычисление интегралов
Задача 1. Вычислить [ , где (С) — окружность
J ^4-1
х2 + у2 = 2х.
Решение.
(С) : х2 + у2 = 2х <=> (х -1)2 + у2 =1;
^л+2&л
Z4+1 = 0 => ^ = ^/-1 => Zfc =е~^~, А; = 0,1,2,3.
434
l” ill
Точки = e 4 и z3 - e 4 лежат внутри контура (С), а точки
,3л .5л
Zi = е 4 и Z2 = е 4 лежат вне контура (Q (см. рис. 7.10). Имеем
(1)1 | 1 | 1
res. —j- = —г, res. —- = —т
U+1J 4^o U + 1J 4z33
res.
<0
4^’ 4’
resz3
z3
4z34
Z3
4 '
А тогда
. N • ,Л > 7 л • .Л Л
/ = 2™-^--^+z3) = -y(e 4 +e 4)=-y(e4+e 4) =
71/' _ 71 JU
=-------2 cos — = —=.
2 4 V2
Задача 2. Вычислить г----zdz— ; где (Q. |г _ 2| = 1
J (z-l)(z-2)2 2
(QO
Решение, (z - l)(z - 2)2 =0 => Zi = 1,Z3 =2. Точка лежит вне
контура (Q. Точка = 2 лежит внутри контура (Q (см. рис. 7.11).
(Zq = 2 — полюс второго порядка функции f (z) =
Имеем I = 2ni res2 (/(z));
---------------------)
(z-l)(z-2)2/'
(z-2)2z
res2 (f(z)) = -7-
H ’ dz{(z-l)(z~2)‘
Z=Z2
z-l-z
(Z-1)2
435
Следовательно, I = -2ni.
Задача 3. Вычислить
Решение.
dz
(г-3)(?-1)
, где(С): |z| = 2.
t2k-K
(z-3)(z5-1) = о ^>ZS =3,z* = &I = e 5 , £ = 0,1,2,3,4.
Все эти точки являются простыми полюсами функции
1 __________________________________________
f(z) =-------г---. Полюса Zk = е 5 , £ = 0,4, лежат внутри
(г-3)(г -1)
контура (Q, а полюс £$= 3 лежит вне контура (Q (см. рис. 7.12).
В этой задаче для вычисления / выгоднее пользоваться формулой
/=- f ~—7^5—T = "2’i/[res3(/(z))+res00(/(z))].
Имеем res3 (f (г)) - —--
Z -Ц=з
1
242
Найдем теперь res^ (f(z)) В проколотой окрестности точки Z - <»
1 11_______1__1_
(г-3) (z5-l) z6 i_3 ,_J_
Z Z*
436
Отсюда ясно, что с_г=0. Значит, res^(/(z)) = -C-i = 0. Будем
г о • 1
иметь, следовательно, 1 - -2ni - = “tzt-
х* 1 х* .L
Задача 4. Вычислить 1= f —где (Q: |z| -1.
J 2? + 1
(OCT
Решение.
.. .. ^n+2kn
2г4+1 = 0 ^z4 =-y ^Zk = -^e 4 ,k = 0,1,2,3.
Z у 2
Все эти точки z. являются простыми полюсами функции
z3
f(z) = —л--, и все они лежат внутри контура (С) (см. рис. 7.13).
2z +1
И в этой задаче для вычисления I выгоднее пользоваться форму-
лой /=- [ -^^- = -2rt/res„(X^))- Найдем res^J/Cz)). В про-
J iz+1
(СЮ
колотой окрестности точки z = °°
1 1
2? + (2?)2
2z4 +1 2z4 fl + * I + —
C 2z4J 2z4
Отсюда ясно, что c_t =^. Значит, res^ (/(z)) = -Cj =-±. Будем
иметь, следовательно, I =
7TZ .
Задача 5. Вычислить /= f 3 —, где (Q: Ы = 1.
J ?(?-9) 1 1
(ОСУ
Решение.
z2(z2 - 9) = о => Zi = о, z2 = -3, z3 = з.
ez
Точка z, = 0 — полюс второго порядка функции f(z) = —ч------•
z (z -9)
Эта точка лежит внутри контура (Q. Точки Z2 = —3 и z} = 3 —
437
полюсы первого порядка функции /(г)- Они лежат вне контура
(Q (см. рис. 7.14). Имеем, следовательно, I = 2iures0 (/(г)). Но
res0(/(z)) =
d z2ez
_z2(z2 -9)
ег(г2 -9)-2гег
(г2 -9)2
_9_ = _1
81 9’
Задача 6. Вычислить 1= jsin-dz, где (Q: |z| - г.
*\c)OZ
Решение. Точка z = 0 — единственная особая точка функции
/(г) = sin—. В проколотой окрестности точки z = О
/U) = -
Z
J_ fiY _i flY
3!+5!
... => C_ 1 = 1.
Значит, res0 (/(z)) = 1. А тогда I = y^res0 (/(z)) = 1-
Задача 7. Вычислить 1= —U f sin2-dz, где (Q:Izl = r.
2л/ J z
(QO
Решение. Точка z = 0 — единственная особая точка функции
? 1
/(z) = sin —. В проколотой окрестности точки z = 0 имеем
г
г/ ч -21 1 iflY 1 (1?
Н7) = £1П—--------1 — 1 4--I — I - ... =
Z 3! ^zj 5! I^zj
f(z) = sin2 - =
Z
j2 3! tzj +5! IzJ
438
Отсюда ясно, что c_j=O. Значит, ге^ (/(/)) = 0. А тогда
Z=|4reso(/(z)) = O.
2я/ '
Задача 8. Вычислить /= J z№zdz , где п — целое число,
a(Q:|z| = r. (О(5
Решение. Точка z = 0 — единственная особая точка функции
/(г) = zne2lz. В проколотой окрестности точки z = 0 имеем
f(z) = Zneyz =
„Г, (2^1 1 (2}2 1 2n 1
Z + + ’+ n\ гя+(л + 1)!
2
Z
= Zn +2г"“‘ +~22zn-2 +...+ --2n 1
2! n\
2"+1
(« +1)! z
Из этого разложения следует: 1)если п <-1, то с_( =0, а зна-
чит, reSQ (/(z)) = 0;
2) если я>-1,
А тогда:
то
2«+i 2n+i
C l = ° ,Ha4“T> re'"№l1 ?77T?'
если п < -1,
то
если п > -1,
то
-i--27izres0 (/(z)) = 0;
1 ?n+l
— • 2iti res0 (/(г)) = ----—.
2m v 7 (и + 1)!
, где
(QC5
(Q: И = 3.
Решение. Точки Z, = 0, ^=1, Zj — 2— особые точки функции
1 1 1
f(z) = (l + z + z2)(ez +ez~L + ez~2). Все они лежат внутри контура (С)
(см. рис. 7.16). Поэтому / = 2Tu[res0 (/(z)) + resj (/(z)) + res2 (/(z))].
1) В проколотой окрестности точки z = 0
439
J.
/iU) = (1 + Z + Z2)ez
,, 2. , 1 1 1 1 1
= (l + z + z) l + - + 2i ? + 5j-7+...
1 1 5
=> res0/i(z) = l + —+ —= -.
1 1
Разложение функции (l + z + z2)(ez-1+ez'2) в проколотой окре-
стности точки z = 0 не будет содержать отрицательных степеней z,
ибо эта функция регулярная в окрестности точки z = 0.
2) В проколотой окрестности точки z = 1
/2(z) = (1 + Z + Z2)^z'1 =
1421 Г, 1 1 1 11
]'[1 + Z-1 + 2!'(Z-1)2 + 3! (z-1)3
. , 4 , 3 1 14
=> res1/2U) = 3+— + — = —.
1
Разложение функции (l + z+Z2)(ez +ег~2) в проколотой окрест-
ности точки z = 1 не будет содержать отрицательных степеней (z ~ 1),
ибо эта функция регулярная в окрестности точки z = 1.
3) В проколотой окрестности точки z = 2
f3(z) = (l + Z + Z2)ez~2 =
= [7 + 5(z-2) + (z-2)2]x
1 1 1 11
X 1Ч----1--------г- Ч------г-
[ Z-2 2! (z-2)2 3! (z-2)3
'/47 5 1 29
=> res2/3(z) = 7 + —+ —= y.
1
Разложение функции (14- z + Z2 )(ez + ez~l) в проколотой окрестнос-
ти точки z = 2 не будет содержать отрицательных степеней (z ~ 2),
ибо эта функция регулярная в окрестности точки z = 2.
440
Т « « , _ /5 14 29) . 48
Таким образом, будем иметь I - 2тст - + — + — = 2tcz —
- 32тс/.
Задача 10. Вычислить 1= [ , где (С): М = 5.
J smz(l-cosz) 1 1
(0О
Решение, sin z(l - cos z) = 0 в точках z* = kit (к = 0, +1, ±2, ...).
Внутри контура (Q лежат точки z, = 0, z2 = -я, Z3 = тс (см. рис. 7.17).
1) Найдем res0(/(z)). В проколотой окрестности точки z=0
имеем
/U) = . л .
sin z(l-cosz)
Z3 г5
7- — +--------
3! 5!
z
L 2! 4! 6!
Z
\ ( ,2
1
z1
72 74
1- —+ —-
6 5!
1_________
fi- —+ —
2 4! 6!
1
z1
1 7
= -5"(A) + •••),
z
1
1 2( 1 1
--Z \ —I—
2 Ц2 24
где коэффициенты b0, b{, ... определяются из соотношения
l = f-^-|z2 + ...1(A) +blz + b2z2 +...)=> А) | = i => bo = 2;
о J L
А^ = 0=>А=° ит.д.
441
Таким образом, в проколотой окрестности точки z = 0 имеем
f(z) = \^2+- + b2+b3Z+
Z
=> reso(/(z)) = O.
2) Точка Z2 = -к является полюсом первого порядка для /(z).
Имеем
Z
COS£
Z = -ti
71
2*
3) Точка z3 = тс — полюс первого порядка для/(z). Имеем
z
res,,(/«)=.^S4
' 7 COS z
я
2*
Z=n
Следовательно,
I = 2ni [rcs0 (/(z)) + res_„ (/(z)) + res„ (/(z))] = 2th [O + 1 = 0.
интеграл 1=^ f -t&dz, где (C) —
2ni J zg(Z)
(Otf
простой замкнутый контур, ограни-
чивающий область (В), содержащую
точку z = 0. Функции f(z) и g (z) ре-
гулярны в замкнутой области (В),
причем функция g (z) не обращает-
ся в нуль на контуре (0 и имеет
в области (В) лишь простые нули
a{,a2, ...,ап, ни один из которых не
совпадает с началом координат.
/(0)^0; Ж)* 0, к = \п.
Решение. Точки = 0, zt = at, z> = а2,..., zn =an,z2 = a2, Z„ = an — npo-
f(z)
стые полюса функции F(z) = • Поэтому
zg(z)
го-1
I - 2я1-
2ni
п
res0 (F(z)) + Y re4 (f(z)}
£=1
442
а v(z) = Z- Имеем: res0
1) Найдем res0(F(z)). Положим F(z) = -^r> где ф(г) = -Д^,
v(z) g(z)
Ф(0) _ Ф(0) _ /(0)
Ф'(О) 1 g(0)
2) Найдем resfl (F(z)). Положим F(z) = -^г, где ф(г) =
Ш) Z
а ф(г) = g(z). Имеем тогда resa (F(z)) = -^гЦ- = , •
ф(^) ^-g(^)
т /(0) 1 f(ak)
g(0) к=10к g(^)
Задача 12. Пусть /(^) = ц, + a{z + а^2 + • • • + anZn. Доказать, что
2^ |гл’1|Лг)|2^=^й-Л2й.
14=ла
► Имеем
Zn~l |/(z)|2 =Zn~'(ao + a\Z + ... +anzn')(a0 +a{z+ ... +anzn) =
V" -Л-1хт 77 I V* 77 I I V* 77 —
-z^z щвкЛ + /. z a^Z'^kZ +---+2^^ anZ -^kZ -
к=0 к=0 к=0
п ( п \ п
= Ё 'LafikZlZkZn^ = Y alSkZn+l~lZk
/=OU=0 J l,k=0
Положим z = Rei,f => z = Re i<’>, dz = iRe'^dy. Будем иметь
1 1 n 2л
2й JZ"’V(Z)|2*= ^7 S
и=/ю Л^=о 0
1 Л 2л
1 v-» — f г>п+1+к i(n+l-k)q>. ,
= е id<9 =
Zia l,k=0 0
1 л 2л
1 v-» — г.п+1+к. г /(л+/-^)ф ,
= Е afltR 'Jе d<f>-
Zia l,k=Q 0
443
Но j et(n+l k>d<p = 0, если п + 1- к*0 и j е/(л+/ k)d(p=2n, если
о о
п- к-l. Так как (и = к - /) <=> (/ = 0; к = л), то получаем
2^/ |^’“1|Ж2^=2^Ц)^/?2л/-27с = ц)^Л2".
И=яа
Задача 13. Вычислить интеграл 1= i , где (С) —
lL^+z+i
(Ост
окружность |z| - г(* 1).
Решение. Имеем z2
Ук
(Уя)
*1 _
Рис. 7.19
1 2 2 ’ 2 2 2
Подынтегральная функция дву-
значная. Ее однозначные ветви бу-
дем выделять на плоскости (г) с
разрезом, соединяющим точки z{ и
по дуге единичной окружности
|z| = 1. Точки и — точки ветв-
ления подынтегральной функции.
I. Если 0 < г < 1, то 1 = 0 по
теореме Коши, ибо обе ветви
подынтегральной функции будут
однозначными регулярными фун-
кциями в круге |z| < г (r< 1).
И. Пусть г = R > 1. В этом случае для вычисления интеграла I
применим теорему о вычетах для неограниченных областей.
r= J_ f dz =_________If dz =
2ni L\^+z+i 2ni !r^^+z+i
(OCT (O 0
1 ч •
------2ni res
2я/ '
1
1
= -res
+ Z + 1
_ 1
Сделаем замену: ь = ~ • Тогда окрестность бесконечно удален-
__ Z ~
ной точки z = °o: Я<|г|<+<» (считаем 1<7?<Я) отобразится
взаимно однозначно в окрестность точки С, = 0: 0 < |<^| < -L.
R
444
Ji + г + г2 =
Обозначим
У1+^+^2. 1
л/1 + z + г2
7i+c+^2
ф(0 = 71 + С + С2 => <р(0) = л/i = eikn, /с = 0,1 =>
В проколотой окрестности точки Q = 0 будем иметь
•С
=^к
2
к
1_____
Z + Z2 )к
eink 2.
Z ,2 ,3
z z
к = 0,1.
Таким образом, получаем I = elnk , к = 0,1, т. е. I = ±1. (Знак “+”
соответствует ветви, отвечающей к = О,
ющей к= 1.)
Задача 14. Вычислить интеграл
а знак ” — ветви, отвеча-
2ni ,L
dz
(4 = 1),
где (С) — парабола у2 =х, обходимая
в сторону возрастания у.
Решение. Особыми точками для
подынтегральной функции явля-
ются точки = 2',
445
к = 0,1, 2, 3, и точки z 4 = /, Z 5 = По условию следует брать ту ветвь
двузначной функции, для которой у/1 = 1. Так как >/[ = eikn , к = 0,1,
то видим, что требуемая ветвь соответствует к = 0. Имеем
1 Г dz -If -
2л/J (? + 1)7? + 1 2л/ J (? + 1)л/? + 1
(Ост (Оо
=- [ге% (Лг)) + ге%3 (Лг))],
где /(z) =
1
/j
. Отметим, что точки ^о=е4
it=0
-i*
и Z3 = е 4 =е 4 являются простыми полюсами для /(г). Поэтому
1 1 1
y/yfaW _ ^/2е1п/8 .
1
l)xes/,(/(z))= ^..3^°
Де''371/4 4е'-3л/4 ’
1
1
’к=0
1
_ УУ2е~,л/4 _ ^2е~^
2) res^., (/(z)) 4^,.3ji/4 4e_,-.3л/4 4е- Зк/4 •
Следовательно,
4^/2
1 7
---7r=c°S —Л = 77=COS
2^/2 8 2^2
I 8 4 1 (к ЗтсЛ
2^/2 <8 4)
1 (п ЗтсЛ 1 . Зя
2^/2 12 8 ) 2^/2 8
1
” 2^2
2^/2 ’ 2 4
Задача 75. Вычислить интеграл f ——— (az = ezhia), где
2tcz (q az sin nz
a > 0, a (Q — проходимая снизу вверх прямая х = ос, 0 < а < 1.
446
Решение. Введем в рассмотрение
вспомогательный контур (у)
(см. рис. 7.21), а затем перейдем к пре-
делу при Р -> оо.
Заметим, что внутри контура (у)
лежит только одна изолированная
особая точка z = 1, которая является
простым полюсом подынтегральной
функции.
По основной теореме о вычетах,
имеем
Рис. 7.21
1 f dz rcJ 1 1 __J_
0*1 — resji 1 — — •
zttz j o^sinTc^ o^costi^- tt _
(у), обл. слева 4
С другой стороны,
-р
1 Г dz = 1 f d(<x + iy) +
2л/ J a^sinTtz 2ttz J e*a+'^lnasin7c(a + /y)
(у), обл. слева L Р
j__________tZ[(l + a) + zy]________+ “i1 z/(x-z‘P) +
-₽ e[(,+a)+*]toe sin [л + л(а + гу)] a e(x’/₽),ne sin л(х - ф) +
f d(x + zp)
Ja e(x+,₽)lna sin n(x + zp)
- Л + Л +h + Ц •
Имеем
d(a + iy)
e(a+^)1110 sin л(а+ zy)
+1 7 d(a + iy)
a p e(a+,J') *” a sin n(a + iy)
_L Г i+Г| г ^(a+f>)
2tcz\ aJJpe(a+'->,)ln<i sinx(a + iy)
—>--Ц(1+-1 f ———•
P->«> 2к/ a)(^ az sin nz
Имеем далее
447
IГ r I IГ I I r I If 2dr
I 3 + -d ^1 з| + 1 «I - 2Я I ех1па|е/л(л-/р)| _|е-/л(х-/р)|| +
1 “t1 2dx_____________< 2"?1 dx
2tc £ exlno|em(x+/p)| _L-m(x+/p)| я J ^xln склр _ ^-npl
2 1 Y dr 2 1 a:lflbc
n ’ |e"₽ _e-"₽|' i exlnfl я’|е”₽ -e-"₽|’ 1 ax
9 1 a+1
= --------r f axdx =
л И-е-лР J
2 1
it' Up _e-"₽|
1
U₽ _e-"P|
2 1
n Up _ e п₽
a • aa lnaP->+<»
1
a“+1 Ina
2 а-1
ибо------——
тс а • a In а
определенное конечное число. Таким образом,
получаем
1 f1+in^L_
2л/< a)(C)flz sinn^
J_ _Lfi+n f _A_ = ±
ап 2л/\ a)(^az sinnz
1 Г dz 1
2%/ az sin itz K(a +1)
Задача 16. Вычислить интег-
т 1 г ezdz
рал Z = — J ------, где (С)—
2л/ cos z
контур интегрирования, указан-
ный на рис. 7.22.
Решение. Точки Z* = (2Л +
к = -1,-2,-3,... — простые полю-
448
са подынтегральной функции, лежащие внутри контура (С).
I = 2л/ • 2 reszt (/(^))- Но
Z7U к=л
Ге*л/2 сГ3л/2 сГ5я/2
1 1
71
= е 2
1
eZk
res, (/(г)) = —:---. Поэтому
к v 7 -sin^A;
я+е*2л- ...) =
= е
е«/2
1 +<?"
t/ср
1
— = е
,-Д
-- ея
, 2 —— =
1+е-я 1+ея
2л
Задача 17. Вычислить интеграл I - Г--—-----у (а > b > 0).
о (а+ 6coscp)
Решение. Положим е"₽ =z. Тогда </ср = —; coscp =
iz 2г
I = I --------------7 = I ------~-------2
J / / \\2 J г . _ “12
|z|=i« iz a +
2z
1Ф1°
./ 2 1Ч э л Va2 -b2 - а 4а1-Ь1+а
b(z +1) + 2az = 0 => Zi =--------, Z2 =-----7-----•
b b
a2 -b2 - a2 1 । I I I 1
Имеем Zi • Z2 -----^2-----= 1 |^i I ’ |^21 = 1 • Значит, если одна
из этих двух точек лежит внутри единичного круга, то другая —
~ a yja2 - b2 1
вне его. Так как £2 =--------7---< -1, то точка лежит вне
b b
единичного круга. Но тогда точка лежит внутри этого круга. Так
как точка z{ есть нуль кратности два для знаменателя функции
4^
----------------7, то она является полюсом второго по-
. Г. , о - “1^
рядка для/(г). Отметим, что точка zt — единственная особая точка
функции f (z), лежащая в круге |г| < 1. Поэтому
т _ . 4
1 - 2л с • — res7
i Zt
Z-(Z-Zi)2
2
= 8л^- ~2------2------
dz[b2(z-zi)2(z-z2)
z=z.
z
= 8я 1 (z-z2)2 -2z(z-z2)
b2 U-z2)4
z=zt
= 8л (Zi -z2)-2zi = 8л Zi +Z2
b2 (Z1-Z2)3 ь2 (Z2-Z1)3
449
тт эа Э ~ Ь‘
Но Zi + Z2 = -2-J z2 - Z1 = -2——
о о
Следовательно,
э_
8л j) _ 2па
' (4а2-Ь2 У ' (а2-*2)3/2 ’
о------"1---
Задача 18. Вычислить интеграл I = [--—у (а > 0, b > 0).
о (a + bcos ср)
г» П /ф J ^Z Z “Ь 1
Решение. Положим е - z => «ср = —, cos ср = ——.
IZ 2z
.2 л 2 а ,. la z2 +1 , • [а
а + Z>cos ср = 0 => cos ср = — => coscp = ±i. — <=> -= ±ij— =>
b У b 2z v b
° ’ 2'^Z + l" ° =* Z1 = + = +
2) Z2 + 2,\j^Z +1 = 0 => z3 = + ^-^-1 = -~j=(4a - Ja + b),
у О у b yjb v '
Имеем Zi • Z2 = (a-a-b) = 1 => |zi| l^l = 1- Ясно, что
Рис. 7.23
Ы = + ^ + 1 > 1- Значит, |z2| <1- Сле-
довательно, точка лежит вне единичной
окружности |z| = 1, а точка z2 лежит внут-
ри этой окружности.
Имеем далее: ‘^4 = -^-(а~а-^) = 1 =>
b
=> |z3| • 1*41 = 1 • Ясно, ЧТО 1^41 = + ^ + 1 > 1 •
Значит, |z31 < 1. Следовательно, точка ле-
жит вне единичной окружности |z| = 1,
450
а точка лежит внутри этой окружности (см. рис. 7.23). Будем иметь,
таким образом,
।______I6z3dz________16 г ______________z3dz______________
|Z|=1O + О2 + W]2 " Z^Z - Z^Z - Z3 )(Z - 24>f
_ 16 г _____________z3dz_______________
ib1 (Z-Z1)2(Z-Z2)2(Z-Z3)2(Z-Z4)2
|z|=10
=2’tZ^'[ies* (z<z>)],
где f(z) = ------j-------5------j------7. Отметим, что точки z,
(Z~Zi) (Z~Z2) (Z~Z3) (Z-Z4)
и z3 — полюса второго порядка для f(z)- Имеем
1) res if (z)) = --- Z -------------3-
\_(z-Ziy(z-Z3Y(z-z4y ]Z=Z2
= 3z2 (z2 - Zl У2 (z2 - z3 У2 (z2 - Z4 У2 -
-2^ [U2 - Zi У3 (z2 - z3 У2 (z2 - Z4 У2 +
+(z2 - Zl y2 (z2 - z3 )’3 (z2 - Z4 y2 +
+(z2 -zi)*2fe -£3)~2(z2 - ^4>-3];
2) z3 (/(*)) ^z_Zxf^z_Z2^^z_Z4f
<• <3
= 3z32(z3 -z(r2(z3 -г2)’2и3 -Z4)'2 -
-2z3 [(z3 -ZiY3(z3 -z2y2(z3 -Z4)’2 +
+(z3 -Zi)-2(z3 -z2y3(z3 -Z4)'2 +
+(z3 -zi)’2(z3 -z2y2(z3 -
451
. 2 V# + b . 2yla + b
zi-z2 = i—7^; z3-Za = i—t=— => zi-z2 = z3-za ;
yjb y/b
~.y[a ~.y/a , ^.>Ja + b
Zi ~Z3 = 2i-=;z3 -z2^-2i-1= + 2i—=-->
yjb у/Ь yjb
~ . у/d ~ . yjd + Ь ~. y[H
Zi -Z4 =2i —j= + 2i —=—;z2 -Za =2i—=.
y/b y/Ь yjb
А тогда
resz2 (7(^)) =
_____________z2____________ J_2 ^2 j ^2 t z2
(Z2-Zi)2(Z2-Z3)2(z2-Za)2[ 1*2- Zl Z2~Z3 Z2-Za
resZ3 (7u>) =
Заметим, что
(z2 -Zi)2(z2 - z3)2(z2 -Za)2 _^(7a + z> “Ta)2
^(a + b)
D
= (z3-Zi)2(Z3-z2)2(z3-Za)2
Принимая во внимание, что Z3 = -Z2, находим
res,2 (7(z)) + resZj (/(z)) =-------- --- 2 x
64(a + b) ly/a + b -yjaj a
1 1 1
Z3 — Zi Z3 — z2 z3 — Za
452
b2
---------x
64a(a + b)
Гь i /ь i 4ь i '
2i 4a 2i 4a + b - 4a 2/ 4a + b
b2
. . —__x
64(a + b)a
r , 4a . 4a+ b , 4a+ b . л . 4a
6 -1 + ... -1 + —=-------1 + —=-------1 -1 -1 + -----
•Ja + b yja у/a Ja + b
b2 Г 24a + _
64(a + 6)<z -Ja + b 4a >
b2 2(a + a + b) _ b2(2a + b)
64(a + b)a 4a4a + b 32a3/2 (a + Ь)^2
А тогда
r = 7 .16 b2(2a + b) = n(2a + b)
2л j
Задача 19. Вычислить интеграл I - f--------------т- (a — комп-
o l-2acoscp + a
лексное число и а ф ±1).
W-Г (Ф J 1
Решение. Положим Z = ^ =>а<р = —, coscp = ——.
IZ 2z
1О 2 i э £2 +1 2 2z- 2a(z2 +1) + 2a2z
l-2acos<p + a =l-2a--------+ a
2z 2.z
j = r 2zdz______________________ £ Г dz
453
Точки Zi = а и Zi ---простые по-
а
люса подынтегральной функции. Заме-
чаем, что Zi • Zi = 1 => |zi| -|z2| - !•
1. Пусть |a| < 1. Тогда точка Zi = а
лежит внутри окружности |z| = 1, а
1
точка Zi =— лежит вне окружности
а
|z| -1 • В этом случае
I = 2л/ • - resa -—-------- = 2л lim -—v —- =-------=-.
2. Пусть |o| > 1. Тогда точка Zi = — лежит внутри окружности
|z| = 1, а точка Zi = а лежит вне этой окружности. В этом случае
т о . 1 f 1 о l/(z-a) 2л
» ' {(z-a)(l-az)) -a z=l/a а2-1
3. Пусть |а| = 1 (а * +1) => а = Д = е~'4'. Обе особые точки
лежат на контуре интегрирования (см. рис. 7.24). Значит, интеграл
в этом случае несобственный.
Так как
/=1 f _________= _1 f _________
z J (z-a)(l-a$ ia J ( \( 1Y
И=1О И = кГ V а)
1 а ( 1 1
а2-1Д-а Z-Ца)
I а)
J—- 1 Y
‘ e2-US“
i
а2-!
(4 - 4)-
Имеем
г .• ф=2л+ш-8 ф=2л+ш-8 -•
Г dz _ z=(W = f _ f d(^-a)
J Z-a dz=i^dp J ^-a \„ d^-a
|q=lCj ф=ф+8 ф=ф+6
, |<р=2л+ч>-5 — a
= In (e ф - а) = In ——-г--------------------> In 1 = 0.
l<p=4/+5 gKM'+S) _ q g_>0
454
Имеем, далее,
л. г7-Ч^4)
^4 -X е1Ф_г
= 1п|е'ф --
I а
Ф=2л-ф-8 g <(ф+8)
= In-----------y -> Ini = 0.
ф=-ф+8 g-<(V-8)----8->0
Таким образом, в случае, когда
|а| = 1(д * ±1), получаем
v = 0.
v.p.
14= id aJ
Замечание. В случае, когда а = ±1, име-
. Возьмем для опреде-
ем: /=-4
И = 1'
ленности случай, когда а = 1. В этом случае
Xz-l)2 dz=i^d^
И = id
2л-8
= zlim I
8-»o •
ze^zip
6 (^-1)2
... 1 <P=2’‘"S .• / 1 1
z lim —\= -z lim —:-------------- = lim z ------------77—r:---
8^0 J (e/<p -I)2 5->0e<p-l(p=5 s->o <e,8-l e'(2"’8)-l
.. .( 1 1 'l .. . g iS-giS 2sin8
limz —------------ = limz — ----------= lim———-
8^0 ly8-i e-'S-lJ 8^0 (e'5-l)(e-'5-1) S^o(z8)(-z8)
.. 2sm8
= lim—-— - 00.
8->0 52
Следовательно, при a = 1 данный интеграл расходится. В этом случае
не существует даже v.p./.
455
г. тч т Г COS ЭСрЯСр
Задача 20. Вычислить интеграл 1 = I---- 7 {а — ком-
о l-2acoscp + a
плексное число и |а| * 1).
Решение. Из соотношения
(cos ср + i sin ср)3 = cos3 ср + 3/ cos2 <р • sin <р -
-3 cos ср • sin2 ср - i sin3 ср = cos 3<р + i sin 3<p
находим cos 3cp = cos3 cp — 3 cos cp sin2 ср. Положим
/ф , dz z2 +1 • Z2 -1
e ф = z => d(p - —; coscp = --, sincp =-;
iz 2z 2iz
со83ф-(г1+1У ч-зГ^2 'ь1'|
СО53<₽-^
1-2аеО8Ф4аг.1-2а^4аг gfc-aXl-az).
2z z
cos2 3<p = (z6 + l)2z _ (z6 +1)2
l-2acoscp + a2 4z6(z-a)(l-az) 4z5(z-a)(l-az)>
/=_L f (/+l)2Jz
^_Jioz‘(z-a)(l-az)
Точка Zq = 0 есть полюс шестого порядка, а точки Zi = и, Z2 =^~
полюсы первого порядка подынтегральной функции. Имеем
Z1-Z2 = 1 |zi| ’|^| = 1-
1) Пусть |а| < 1. Тогда точки Zq = 0 и Z\= а лежат внутри ок-
ружности |z| = 1, а точка z2=~ лежит вне этой окружности.
В этом случае
I = 2iti [res0 (/(z)) + resa (/(z))],
z_6 j\2
где f(z) = , v--------• В проколотой окрестности точки z = О
Z (z-a)(l-az)
имеем
456
f(z)=
...£<±£_.. = |> + 2 +Г|_________*____
z6(z-a)(l-az) I. z6)
1
1-az
X [1 + az + (az)2 + (az)3 + (az)4 + (az)5 + ... ] =>
If 5 _з 11 И
=> C-t = — <r +<r +a + — + —Г-+—r .
A a a5 o’)
Следовательно,
reSo (/(z)) = —^-(a10 +°8 +°6 +fl4 +°2 +1);
res,, (/(z)) = res, (/(z)) = £ *4
w V- t* /
Таким образом, получаем
r 71 1 (дб +1)2 z ю g 5 4 2 1\
I =----г 1---т— (“ + a + a + a + a +1)
2 a6 |_ 1-a2
л 2(a12 +a6) _ a6+l
"2^‘T^ ’'rv
2) Пусть |a| > 1. Тогда точки Zo = 0 и Zi = ~ лежат внутри ок-
ружности |z| = 1, а точка Zi = а лежит вне этой окружности. Сле-
довательно,
I = ^7 • 2W [res0 (/(Z)) + resVa (/(z))].
Имеем
resv,(/(z)) =
(Z6+1)2 r n
Z6(z-a) I a)
1 дб f 1 .if - <fl6+1)2
a'l_a V ) ~a6(a2-l)'
a
457
Таким образом, получаем
т 71 1 (cfi +1)2 zio g 6 4 2i\
I --------г —— - (a + a8 + <r + a4 + a1 +1) =
2 a6 |_ a2-l
= л 2(1 +a6) _ л a6 +1
2a6 a2 -1 a6 a2 -1
2л
Задача 21. Вычислить интеграл I = J eCOS(pcos (лер-sin q>) dtp
о
(n — целое число).
Решение. Введем в рассмотрение вспомогательный интеграл
Z. ^Л
I = i j ecos<₽ sin (лф - sin<p)</cp и образуем интеграл
о
~ 2л
I - I + il - j ecos ф [cos (лф - sin ф) + i sin (лф - sin ф)] d<p -
о
2л 2 л 2 л
= j ecos<p • e/(n<f"sin<p)^ = j einif е(С05ф’'5й,ф)4/ф = J Ле"Ф</ф.
ООО
Положим z = el<v => d<p = — ;e~l<v = —. Тогда /=^ [^~lezdz-
iz z 1
Точка z = 0 — единственная особая точка функции f (г) = zn~xex 1 z.
В проколотой окрестности точки z — 0 имеем
f(z) = Zn~lel/z =
„_1 [, 1 1 1 11 1 1 "I
=г
1) Если л > О, то Ci = res0 (z"-1eVz) =
2) Если л < 0, то resn (znle^z) = 0. Поэтому I = ^--— =
’ \ / z л! л!
если л > 0, и I = 0, если л < 0. У нас 7 - Re/. Значит, 1 = 1, т. е.
2я
/ = —, если л>0, и I = 0, если л<0.
л!
458
Л
Задача 22. Вычислить I = J tg (х + ia)dx (а — вещественное
о
число).
Решение. 1. Пусть а^О. Введем в рассмотрение вспомога-
2л л
тельный интеграл I = j tg (х + id)dx. Имеем I = jtg (х + ai)dx +
о о
2л
+ j tg (x + ai)dx. Во втором интеграле справа сделаем замену:
л
х = х - я. Тогда tg (х + ia) = tg (х + za);
2л л л
j tg (х + ia)dx = f tg (х + za)a£(= j tg (x + ia)dx).
л о о
Следовательно, I = —I. Найдем I. Имеем
2л 2л
I = j tg (x + ia)dx = J
о о
sin (x + ai)
cos (x + az)
_ 12" _ e-i(x+ai) l2* e^e'0 - e^e0 .
“ 7 J ei(x+ai) +e-i(X+ai) - ~i J eixe-a + e-i*ea
Положим ea = z => dx = —. Тогда
iz
ld =
-a a 1 л
e 'Z~e 'I dz^ f eae~ea dz
e~a'Z+ea-- z J e~a^ + ea Z
1& z Id = io-
e + ea - 0 => Zi = iea9 Z2 = ~iea •
Точки Zq = 0, Zi = iea, Z2 = -№а — простые полюса подынтеграль-
ной функции. Точка Zq = 0 лежит внутри окружности |z| = 1; точ-
ки Zi = iea и Z2 = лежат внутри этой окружности, если а < 0, и
вне окружности если а > 0.
В случае, когда а < 0, будем иметь
1 = -2nz[res0 (/(z)) + res.e„ (/(z)) + res_fe0 (/U))],
где
f(z) =
e~az2 -ea
e^az2 +ea
-1;
459
( г/ W е ~е° 1
-е-ае2а-еа
iea
z=ie° ie“
^ = 1;
-2еа
1
2iea -е а
res_fc0 (/(^)) = —----------—
1
2ze~a
= 1.
Z = -/e°
Следовательно, I = -2л/(-1 +1 +1) = -2л/. А тогда I = АI = -л/.
В случае, когда а > 0, будем иметь
I - -2ni res0 (f (г)) = -2 л/ • (-1) = 2л /.
А тогда 7 = ^7 = л/. Таким образом, в случае, когда а* О,
I = л/ sgn а.
2. Пусть теперь а = 0. В этом случае имеем
7i/2 — e л
v.p.7=lim [ tgxd!x + [ tgxdv =
Е—>+0 J
0 71/2 + E
= lim -Inlcosxir 71/2 e -Inlcosxll* 71
e_>+o|_ 1 Hx=0 I Нх=л/2+б
= lim
£—>+0
-In
+ In
= lim (-Insine + Insine) = 0
E->+0
2л
Задача 23. Вычислить интеграл I = j ctg (x + a)dx (а — комп-
— 0
лексное число и Im a * 0).
Решение.
T 2? cos (x + d)dx 2? ei(x+a) + e~l(x+a) , 2? e*e'a + e^e~ia .
I = -----------------— - i -------------------dx = i --------------------dx
J sin (x + a) I ei(Xi a) - e-Kx+a) { e“e'a - e'tee'/a
2? e2bce2la +1
J e2ixe2ia _ldx~
elx = z
iz.
r e2iaz2 +1 dz
J e2iaz2 _ i z
|фю
460
Находим нули знаменателя z(e2iaZ2 -1) = 0 => Zq = 0; z2 = е 21а .
Пусть а = а + /р (р * 0). Тогда
е-2,а = е-/(2а+2/Ю = g2p . g-/2a L-2/al = g2p. ^-2/а = _2а;
-2а+2кл
JT2^ = е?е , к = 0,1.
Таким образом, точки - 0, Zi = e~la, Z2 = ~е~‘а — полюса перво-
го порядка подынтегральной функции. Заметим, что точки г, и Zz
лежат внутри окружности |z| = 1, если p = Ima<0; если же
Р = Im а > 0, то точки z, и Zj лежат вне окружности |z| = 1 •
Имеем
/ f( ,ч e2la£ +1
res0(/(z)) = g2^2-Ji
1;
2ia _2 -1
е2УД|° 4-1
e2ta -2е~2'а
resZ2(/(z))=resZ2
W+l 11
^e2iaz2 -1 ZJ
e2,az2 +1
Поэтому, если Im a < 0, to
I = 2nf[res0 (/(z)) + resZ1 (/(z)) + res?2 (/(z))] = 2л/(-1 +1 + 1) = 2л/.
Если Im a > 0, то I = 2л/res0 (/(z)) = • (-1) = -2л/. Следова-
тельно, I = -2rc/sgn (Ima).
+co xdx
Задача 24. Вычислить интеграл I = [ —:---------т.
Jm(x2+4x + 13)2
z
Решение. Ф(г) = —5--------у- Находим нули знаменателя.
(z + 4z +13)2
z2 + 4г +13 = 0 => zi = -2 + 3/, г2 = -2 - 3/.
Точки Zj и г2 — полюса второго порядка для функции Ф(г). Точка
Zl = — 2 + 3/ лежит в верхней полуплоскости, а точка ^ = —2 — 3/ —
в нижней полуплоскости. Имеем
461
Z(£~£l)2
res, (Ф(г)) = --------~
<fc[(z-zi)2(z-z2) J
Z = Z1
d z
dz[(z-z2)2.
z=zi
= (z~Z2)2 -2z(z-z2) = Zl -z2 - 2zt = _ Zl + z2 = 4 =__1_
(z - z2)4 |Z=Z1 (Z1-Z2)3 (Z1-Z2)3 (6z)3 54/
/ -1 \ n
А тогда I = 2ni resZi (Ф(г)) = 2л/’• I — I = -—.
00 x2dx
Задача 25. Вычислить интеграл I - f—=--tv (° > 0)-
o(x +a2y
Решение. Так как подынтегральная функция четная, то /можно
1 x2/j5c z2
представить в виде / = - J —; Ф(г) = —5--------ч-т-
2Д(х2+а2)2 (Г+а2)2
Z2 + а2 - 0 => Zi = /а; Z2 = -ia.
Точки zt и Z} — полюса второго порядка для функции Ф(^). Точка
Z{ лежит в верхней, а точка z2 — в нижней полуплоскости.
res,, (Ф(*)) =
Z2(Z-Z1)2 ' = 2z(z -z2)2 -z2 2(z ~ Z2)
(z-zi)2(z-z2)2 ] (z-z2)4
z=zi 1
= 2ziZ2 = 2a2 = J_
(Z1~Z2)3 (2ia)3 4ai
Таким образом,
21 = 2iti res. (Ф(г)) = 2iti • —= — => I = —.
00 dx
Задача 26. Вычислить интеграл I = j —-----n e
о (x +1)”
Решение. Так как подынтегральная функция четная, то /можно
т 17 dx
представить в виде / = — Г —-------.
2 Д (х2 + 1)л
462
Ф(г) =
1
(z2 + l)"'
Нули знаменателя zt = i, г, = — i не лежат на
вещественной оси. Степень знаменателя, по крайней мере, на две
единицы больше степени числителя.
Точки zt и Z2 — полюса порядка п для функции Ф(^). В верхней
полуплоскости лежит только один полюс zt = /• Следовательно,
21 = 2л/ resZj (Ф(г)) • Так как zt = i есть полюс порядка п для функ-
ции Ф(г), то
res, —т------
l(? +D" )
1 dn~l (z-i)n
(л-1)! dzn~l (z-i)n(z + i)n
= 1____dn~l Г 1 1 = л(л+ 1)...(2и-2)
(« -1)! dz”'* [(z + 0" J с=/ (« - 1)Кг + О2"1 z=l
= /пл-i я(и + 1)...(2и-2) = .п_1 (2и-2)! i
(«-1)!(2/)2и-1 [(/i-l)!]2-22"1 (-1)" ’
А тогда
„_1 (2я-2)! i = 2л-(2и-2)!
(_1)Л . 22л-1 . _ р |]2 22„-1 . |]2
л-1-3-5-...-(2я-3) , = л-(2«-3)!!
(2и-2)!! " 2-(2д-2)!!’
Задача 27. Вычислить интеграл | —=-=—=-=- (а>0,д>0).
i(x2+a2)(x2+b2)
Решение. Ф(^) = —~-5^5----точки z, = ia,z, = -ia, z. - ib,
(z2+a2)(z2+b2) 1
Z4 = —ib — простые полюса ф(г). Точки z, = ia и = ib лежат в верх-
ней полуплоскости.
1 1 1 1
i)a>fc).i^_d±£ э га,а(ф(г)) = 1 1 ;
Z-ia v 7 1 2ia Ь - a
463
1 1
2ib'a2-b2_ 1______L_
1 2ib'a2-b
1__________1
а(Ьг-a2) b(b2-а2)
1 1 1 1
Z-ib х 7 1 2ib а -Ь1
А тогда
/ = 2«[rai,(ФИ) + rcs,s (ФИ)] = 2» 4[-^- -
_ л Ь-а _ л
ab Ь2 - a2 ab(a + 6)
00 х2 +1
Задача 28. Вычислить интеграл I = [—-dx,
о* +1
Решение. Так как подынтегральная функция четная, то
1 X2 +1 72 4-1 /— /—
/ = э/~—ф(^) = ——;• Точки ?о=е4; Zi = е 4 ;
2 Д, х +1 Г +1
^5л ^7л
Z2 = е 4 , Z3 = с 4 — простые полюса Ф(г). Точки и z{ лежат в
верхней полуплоскости.
(ф(г))-+е'^ - +
2-13 1 ,3л
А тогда
21 = 2ш [res^ (<D(z)) + resZi (Ф(г))] =
_ . ( ПГ/i л(1 + 0 Л *\0‘-1)1
= 27U-|j-J (1 + /)1^ + (1-/)^/ =
= -2EL.(i + 2/-1-1 + 2/ + 1) =
2у/2 2-^2 42
Задача 29. Вычислить интеграл I =
? dx
01 + х"
(п е N;n > 2).
464
Решение. Введем в рассмотрение
f dz
I l + zn
(C)G
где (С) — контур, со-
стоящий из лучей aig z = 0, aig z = — и соединяющей их дуги
п
окружности: |z| = R.
i(n+2kn)
1 + z" =0 zn =-1 => Zk n , fc = 0,l,2,
Точки
t-
Zo - e n > Zi
простые
/U) = -^
1+z
ственный полюс функции /(г), ле-
жащий внутри контура (С).
.л+2(л-1)л
= е ~п -
функции
I-
— . Точка zo = еп — един-
= е п Zn-i
полюса
(С): [0; A] U (уЛ) U АО (см. рис. 7.26).
Имеем
Рис. 7.26
(С)О
f dx t f dz f dz
Jl+x" J 1 + / J 1+z”
O1 X (OA)l+Z
z-Rev, /« dz _ f” iRe'^dtp
' |0<<p<—; J 177" J l + 7?Vn<₽'
I » (r«)/-s Ф=°
Так как |1 + Rnein,f | > |яле/я<₽| -1 = Rn -1, то
с dz 27 R J 2УЙ 1
J | , -Л “ J пп < J .
(Тя) 1+г 0 л -1 О Rn~l
Следовательно, lim [ -0.
л_>со ( \ 1 4- 7П
(Гя) 1
—dtp -> 0.
1 Д->«>
~R
у2л
Z = ге п , [
J I . ~п
Q^r<.R\OAl + Z
il±R
= е « /
о
dr
1 + rne,ln
shR
= е "J
о
dr i dx
-----(=e ” f------
1 + rn Jo 1 + x”
(ОА):
465
Имеем далее
.7С
1 27TZ-S-- -271/^ •
1-1 -п
I _“<_ = 27t/Tes- —=2яг
"г <
Таким образом, если в соотношении (*) перейти
7? -> +оо, то получим:
.Л
z~ .2л
-2л/£- = /(1-А)
п
п
к пределу при
.л
2л/ Т ( ~1~п п
----= I (е п -е п
п
7С _ 2л/
п п
• 7С
Л Sm —
30. Вычислить интеграл
Задача
? х"
0 1 + х2я
Решение. Введем в рассмотрение кон-
dx(n& N, и >2).
турный интеграл J dz , где (С) —
контур, состоящий из лучей: argz = 0,
ar&Z и соединяющей их дуги окружности: |z| = R (см. рис. 7.27).
l + z2n
:2"=-U* =
. л + 2£л
' 2л
zn
(Jc = 0,1, 2, ..., 2п -1)— простые полюса функции f(z) =-5—.
,п_ 1+Z
Точка Zq = е 2п— единственный полюс функции f(z), лежащий
внутри контура (С). (С): [0,7?] U (уЛ) U АО. Имеем
reSZo (/U)) = reS<o
zn
1 + z2”
- 1 (с2л\
2«^оп"* 2и 2п
.Л .JT_
е 2 . £ 2л I i
----------=-------е
2п 2п
. л
‘bi
466
Следовательно,
z . \ . л .л
I = 27u/res, (/(?)) = 2тс/| —— ]е 2п = —е2п .
х 7 V 2п) п
С другой стороны, имеем
(♦)
J 17^*'
' |0<cp<-; J 1+72й J 1+A2V2"4’
Г n (rs)AT* ф=0 1+Jve
£"-l Ф fl2"-!
Л _ 1
n p»-l 1
7?'+1
7t ______
Я /?—>oo
f
J l + z2"
(Ъг)А
->0.
.л
2)(OA): J Z = ren
f --~----
J i । 72и
О A 1 + ^
, n rndr
dl = e e <77^
= -enj
о
rndr xndx .
1 + Г2" о 1 + x2n
Переходя к пределу при R -> со в соотношении (*), получаем:
J 1 + ?"
(ОО 4
Сравнивая два выражения, полученные для интеграла
находим
f ?dz
J 1+ ’
(ОО
(1 + е ")/ = — е 2" =>
п
п
, 71 , 71 1 sin
S) = I =»/ = -----— ---------2*-
" " 2cos^ п sin =
2п п
467
Задача 31. Вычислить интеграл I =
+? xco&xdx
х2 — 2х +10
Решение. Ф(г) = -}—-----; z2-2z + 10 = 0 в точках:
Z2-2Z + 10
Zi = 1 + 3/; z2 = 1 - 3/. Точки zt и Z2 — простые полюса функции
Ф(г). Точка Zi лежит в верхней полуплоскости, а точка — в ниж-
ней. Найдем (е/гФ(г)). Имеем
Z = Re
2тс/ • resZi
( lZ \
Zetz
<Z2~2z + 10>
= Re
yg 3(l + 3z)(cosl + zsinl) =
= y^-(cosl-3sinl).
Задача 32. Вычислить I = f xs’nx6^:
lx2 -2x + 10
Решение. I = Im
2tu' • resZ|
Ze‘z
Z2 - 2z +10
где Zi = 1 + 3i. Ис-
пользуем результат, полученный при решении задачи 31. Будем
иметь
I = Im
ye 3(l + 3z)(cosl + zsinl) = (sin 1 + 3cos 1).
Задача 33. Вычислить интеграл I = f —s.
Д,х2 +4х + 20
Решение. Ф(г) = —— -------; z2+4z + 20 = 0 в точках
Z +4z + 20
Z{ = -2 + 4z, Z2 = -2 -4z. Точки z, и — простые полюса функ-
ции Ф(г). Точка Zj лежит в верхней полуплоскости, а точка —
в нижней. Имеем
468
2zi +4
(-2 + 4i)el(~2+4,)
8/
=> 2л/ • resZ( (е'гФ(г)) = ^(-2 + 4i)e 4 (cos 2 - /sin 2).
А тогда
I = Im
2л/ • resZj
( iz \
Ze
^Z2 +4z + 20?
= -^-(4cos2 + 2sin2) =
4e
= -^-r (2 cos 2 + sin 2).
2e4
+oo 00g
Задача 34. Вычислить интеграл I = [ —5-----~dx (a > 0, b > 0).
0 x + b
Решение. Ф(г) = , - четная функция. Точки Z\ = ib
Z + b
и Z2 = -ib— простые полюса функции Ф(г). Точка z (лежит в верх-
ней полуплоскости, а точка z 2 — в нижней. Имеем
resr.
( eiaz '
U2 + b\
eiaz' e-ab
2^i 2ib ’
Задача 35. Вычислить интеграл I = f dx (a > 0, b > 0).
0 xl + bl
z
Решение. Ф(г) = -x---у— нечетная функция. Точки Z\=ib
Z +bz
и Z2 = -ib— простые полюса функции Ф(г). Точка z{ лежит в верх-
ней полуплоскости, а точка z2 — в нижней. Имеем
res.
"I _ Z\eiaz'
^Z2+b2J 2Zi
eiaz‘ e-ab T ( zeiaz "l ne^
Задача 36. Найти главное значение интеграла
вещественное число).
е1гх
х
dx (t —
469
Решение.
I. Пусть />0. Введем в рассмотрение контурный интеграл
где (С) = [-А,-р] U (ул) U [р, A] U (СЛ) (рис. 7.28). Функ-
(ОО
е‘к
ция f(z) = — не имеет особых точек внутри контура (Q. Поэто-
Z
fdtz
му — dz= 0. С другой стороны,
J Z
(ОСТ
(Р* fdtz tdtz
)zdz=Jxfc+lzdz+!xdx+Jzdz- <*)
(OCT -R (y₽)o p (Q)
Z 4. f Z = ре"₽,
Uio.,1. Ha <’»>
Так как этот ряд сходится равномерно на (ур), то его можно ин-
тегрировать почленно вдоль (ур). Имеем
i^TdZ= f г + /У + |^2г+ - dz=
(Yp)/^ (Ур)/*>
[Р<е d(? + [it• pie‘vd(p + ...= /<р|° + itp• е,<р|° + ... -> -ni.
J ре«Р J L41" Р I" J p-о
470
—dz------>0 (по лемме Жордана). В соотношении (*) перей-
J Z Я->«>
дем к пределу при р -> 0 и 7? -> оо. Получим
Г- Р g'» R е'<*
О = lim f-----dx + f--dx
cd-* ‘ Jx .
+a> dx
II. Пусть t = 0. В этом случае I = f —.
-CO X
v.p./ - lim f— + J— = lim
m-*x sx
= lim In—+ ln— = lim In
R P J J?
Jx-
+f°°eto ,
-я/ => v.p. --------------dx -ni.
J X
-00
+00
X
>->0
£.*| = 1п1-0.
(.Л pj
III. Пусть /<0. Введем в рассмотрение контурный интеграл
г Pitz
[^-dz, где (С) = [А,р] U (ур) U [-р,-Л] U (СЛ) (рис. 7.29). Функ-
(QO
eitz -
ция f(z) =— регулярна в замкнутой области (В), ограничен-
Z - f eitz
ной контуром (С). Поэтому I—dz= 0. С другой стороны,
(ОСУ
О — R
Пр)'-*' _Р (Cr)s>
тт z_ ч e,lz 1L itz 1 Ч2
(Yp) T = 1!+2( Z) +-];
: I 7 + z7 + 5!^)2^+... dz=
(Yp)^
+ it jpiei<fd<f> + — (it)2 Jpe'v ipe'^dcp +... -> - ni.
2л * 2л _p->0
(C)&
(yp) :
R
Z = pe"f,
,itz
z
Л
п
pie“fd<p
л
L peilf
Л
471
---> 0 (см. замечание к лемме Жордана). В соотношении
(**) перейдем к пределу при р -> 0 и R -> оо. Получим
7 eitx Rt eitx
О = - lim [—dx + [—dx
P-+0 J„ X 'X
x cos xdx
Задача 37. Найти главное значение интеграла I = | —-
1х2-5х + 6
Решение. х2-5х + 6 = 0 в точках xt = 2, х2=3.
Т т, 7 x(cosx + z'sinx) , _
/ = Ке —-—=-----------dx. Введем в рассмотрение контурный
х - 5х + 6
cfc, где
интеграл J
(С)'
(С) = [-Я, 2 - Р1] U (ур,) U [2 + Р1,3 - Р2] U (уР2) U [3 + Р2, Я] U (Q)
ze*
(рис. 7.30). Функция f(z) = —j------регулярна в замкнутой об-
Z -5z + 6
ласти (В), ограниченной контуром (Q. Поэтому [
dz=Q.
С другой стороны,
f 7,-ё7- 2 fP1 x(cosx+ zsinx) , .
J t-Sz+fT J„ л2-5х+6
,+ r ^dZ /f^xtcos^-isinx)^
</„>^-5г+6 г’п ^~5х+6
+ г гЛЬ + г x(cosx+,-sinx)A+ г (ш)
,JV-5z+6 J ^-Зх+б
(Тр2)л\ >+Р2 (Q?)rs
472
}.\z-2=Pi^, f zdzdz
pd- I 0<ср<л; J (z-2)(z-3)
(Vpi)
?(2 + P1^)/P1^2+^>
; Р1г?'ф(-1 + Р]/₽) Pi-*o
°f2/e2' o-2/
j —— dty = ^le *711
1 z-3 = P2*?'ф, f zdzdz
p^l 0<<p<7r; J (z-2)(z-3)
(Tp2>
\(3+P^yP^^^ ,
’ (l+P2^<₽)P2^l₽ p2-*°
°f3ie3' .. з/
-> I —-— Jcp = -3ie
P2-^°Jn 1
• 7C .
f Zj^^dz
lim I -------— = 0 (по лемме Жордана). Переходя в соотноше-
R^Cr^ ~5z+6
нии (*) к пределу при R -><®, Р1->0, р2 -> 0, получим
473
0 = lim
P!->0
-+o
21?1 x(cos x + i sin x) , 3 f2 x(cos x + i sin x) ,
j 2 :------ax 4- — -------ax +
_R x - 5x + 6 2+p! x - 5x + 6
A->+oo
x(cos X + z sin x)
3+p2 x2-5x + 6 J
т 2/ э-3/ Tx(cosx + isinx) , 2l- з/ч
+2ie -K-3ie -n => v.p. f —;------------dx = -tc(2/z? -3ie)
Д> xl - 5x + 6
+? xcosx , _ T x(cosx + isinx) ,
=> v.p. -----------dx = Re v.p. .---------------dx =
1x2-5x + 6 _< x2-5x + 6
= Re [2z(cos 2 + i sin 2) - 3z(cos 3 + i sin 3] (-л) =
= -Tt(3sin3-2sin2) = rc(2sin2-3sin3).
Задача 38. Найти главное значение интеграла I = | —2-----.
Д(х4+4)(х-1)
n V sinxdr т V cosx + zsinx , z , , 1\ л
Решение. [ —---------= Im f ------------dx ;(х2 + 4)(х- I) = О
Д(х2+4)(х-1) Jo(x2+4)(x_1)
при х = ±2/, х = 1. Введем в рассмотрение контурный интеграл
(С) = [-/?, 1 -р] U (ур) U [1+Р, A] U (Q)
(см. рис. 7.31). В области, ограни-
ченной контуром (С), функция
eiz
№ = ~п—тг;---77 имеет одну
(Г+4)(z-l)
особую точку. Это — точка = И
(простой полюс для функции/(г)).
г/ \ е е е
res2/ f(z) - (z _ 2z - (2. _ 4. - _4(2 + 0.
474
__2
По основной теореме о вычетах, [ —. dzdz-------= 2ni-—@ ~
А (? + 4)(;-1) -4-5
Г, - (С)О
С другой стороны,
f , —Л" <га*+<яп* ---+
(^^)(г-1) _^(?+4)(х-1) J^^z-V
л J7j
г cosx+zsmx , Г edz
1|р(х2+4)(х-1) (^(г2*4)^-»
(у„): р~1-Ре > => z -1 + ре'ф dz = ipei4,d(p;
р [ <ре[0,л]
f Ль
(;р)(?+4)(г-1) Ц(1+Р/₽)2+4]рЛ P-^oJ 5 5
f ^dz 0
(j U2 + 4)U -1)^» (по Лемме ж°рдана)-
Переходя к пределу при R -> +оо, р -» 0 в соотношении (*), по-
лучим
О .е'2(2-0
2ш—--------- =
1-р
- lim [
££|Л <х +4)(х-1)
• R
COSX + /SH1X , г COSX + /SH1X ,
ах+ —г-------------------------ах
Ьр(х2 +4)(х-1)
ie л
cosx + zsinx , ше 2(2-/‘) л/е1
------------dx =------------ н---
(х2+4)(х-1) -2-5 5
А тогда
? sinxdx _ jm яге' ~ О
t(x2+4)(х-1) 5 2-5-е2
л j п 1
= 5Г1-?.
475
Задача 39. Найти главное значение интеграла I = j----^dx.
+“> РГ1<г fy
Решение. I = f =^^dx = Re f -^dx.
i 1 + % il + x3
I. Пусть t > 0. Введем в рассмотрение контурный интеграл
где (С) = [-R; — 1 — р] U (ур) U [—1 + р, R] U (CR) (см. рис. 7.32).
Ф(г) -----iS эта функция в области, ограниченной контуром (С),
1+г « 1+/J5,
имеет одну особую точку — (£> ~ полюс первого поряд-
ettz 2
ка для функции ----г)- Имеем
1 + z
ies,2
( eitz
[l + z3,
1 Z2e%2
5”
з?
! (1+/V3) 2
3 2 3 ь/з -1
Следовательно,
f
J 1+?
(Oo
dz~2ni'23 2
e1
476
С другой стороны,
-1-р
р.
R
г
dx+ J 773 dz' <*)
(ся)А+г
Jp)W Z’!p^[i-p^ + i+(p^-D2] р-J 3 <₽-’л 3 ’
f ——^dz -> О
(i)l + Z3
(по лемме Жордана).
В соотношении (♦) переходим к пределу при R _> оо и р -> 0.
Получаем
7 eiu
v,p,J 77TJ
, Til _it
dx--------е
3
4-00 itx • • / . . X >/3
r e 1 7U z , . . . 7U ( t . . t]
=> v.p. ---Tax = — (cos / — / sincos — + /sin— e 2
•Ll + x3 3 3 I 2 2 J
А тогда
+» „„с fy. +® oitx
v.p. [------dx = Re v.p. [------dx =
11 + x3 Al + x3
n . . n ( . t pz t
= — sin/ +—e 1 sin —+ V3-COS— .
3 3^2 2)
f dtz
II. Пусть t < 0. Введем в рассмотрение контурный интеграл J -—3 dz»
(С)О^
где (С) = [7?, -1 + р] U (ур) U [-1 - р, - A] U (СЛ) (см. рис. 7.33). Фун-
кция т----3- в области, ограниченной контуром (С), имеет одну
14"^ .—
-г
особую точку Z3 = —-—. Точка z3 — полюс первого порядка для
eiiz 2
;---г- Имеем
1 + Г
477
Следовательно,
j -^^=-2лЦ-Ь^/г'.Д = '£
(C)i+^
С другой стороны,
-1+р
I
R
dx+ Г ,dz+
(rP)l^
(**)
(уР)
г +1 - pe'4>, ^z = pelv _ i dz = /pe«pJ(p
cp g [л, 2л]
(Ур)Чг' (7рЮ *"
2c е^,ф-1)./р^ф 2^je-it ie-it
’ { pe,<₽[l - pe,<₽ + 1 + (pc,<₽ -1)2] 7^0 J 3 Ф 3
Г dtz
lim ------?dz= 0 (см. замечание к лемме Жордана).
J 1 + 7
(CR)VZ
В соотношении (**) переходим к пределу при R -> оо, р -» 0. Полу-
чаем
» л/ _»/
dx -—е ‘
3
7 ettx и
-----^dx
л/
т
? ‘I
е1 е2
е и
478
А тогда
? cosbc , o 7 e , n 7c/Z/ 4 . . .
v.p. -----Tdx = Re v.p. ----Tax = Re ——((cos/-/sin/)-
До 1 + X До 1 + x L 3
ин-
+00 ,
n w-i _ r f COS TX л s (\
Замечание. Главное значение интеграла 1 = J ----j-dx для t < О
-<Ю 1 + X
может быть найдено проще, если известно главное значение
теграла I = f С —dx при t>0.
В самом деле, положим t = -i. Тогда, если t < 0, то i > 0.
. - . г Т COSbC ,
как cos Zx = cos(-tx) = costv, то получаем: 1= -------^dx,
Д 1 + X
Так
где
t > 0. А тогда, принимая во внимание результат, полученный в
пункте I, находим:
smf+e 2 sin— + V3cos—
I 2 2)
t г t
-sin/ + e2 -sin —+ V3cos—
12 2
Задача 40. Найти главное значение интеграла
+ 00 л
I= {^.dx
11-Х4
(t— вещественное число).
_ , Tcosfic , „ 7 ,
Решение. I - ----тах - Re ------
Al-Х4 ll-x4
1-х4 - 0 => Xj = -1, х2 - 1, х3 - i, х4 = -i.
479
I. Пусть />0. Введем в рассмотрение контурный интеграл
®(z) =
1
1-Z4
. Функция
eilz
1-Z4
в области, ограничен-
ной контуром (С), имеет одну особую точку = i (z3 = i — простой
полюс этой функции);
(С) = [-Л, -l-P1]U(yp,)U
U[-l + Рь 1 - Р2] и (уР2) и [1 + Р2,Я] и (СЛ)
(см. рис. 7.34).
С другой стороны,
Г e>tz V1 j** Г jtz 1 Г2 <?"*
f bVdz+ -I
(OCT -Л (уР1)Лч z -1+P1
+ j f J Adz-
/ \l-< 1 1-Л
(У₽2)Лч * 1+P2 (О)
(*)
(Ypi):
z + l Pie ’ = pie«P-1,
cp G [0, л]
г e^tz , _ f е/7(р]^ф О./р^Ф^ф ___
(/„.k7 г= i [> --»] +<ркф - о2] i~
7CZ -it
4е
(Ypj)
' Z 1 глР2б| ' Z = P^e‘4’ +1>dz = 1Р2е‘^>
ф G [0, 71]
480
(Д)кг4 z 41+(р2^ф+1)1р2е [1+(р2е'ф+1)2]4
-2ЁЛ
" 4
Переходя к пределу в соотношении (*) при R ->оо, р( ->0,
р2 -> 0, получим
+? eitx
11-х4
j -it
dx------е
4
л .
~2в
4
=> v.р. [ —-—-dx + --2isint = —е 1 =>
11-х4 4 2
+0° о,йс тг тг
=> v.p. Г---dx - — е~г +—sin/;
11-х4 2 2
С cos/x , о f е“х к . _t . .
v.p. I -----TtZx = Re v.p. J ---dx = -(e '+sin/).
-»l-x4 Д1-х4 2
II. Пусть /<0. Положим t --t. Тогда если / < 0, то t > 0. Так
как cos/X = cos (-tx) - cos/x, то получаем
+? costxdx +? costxdx n, n, , .
v.p.J -----7- = v.p. J---r- = -(e +sin/) = -(e' -sin/).
_JX 1-х4 Д 1 - x4 2 2
Задача 41. Вычислить интеграл
T xtX2-b2 sinax , , n l
I - —z-----т-----dx (o > 0, 6 > 0).
Jo x2 + b2 X
Решение. Так как подынтегральная функция четная, то
т 1 +? х2 - b2 sin ах ,
I = - Г —z----------------т------dx =>
2Дх2+й2 х
1 +со х2 - 62
=> I = — Im f —т-т— (cos ах + i sin ax)dx.
2 4,(х2+62)х
481
Введем в рассмотрение
контурный интеграл
(Q, обл. слева
(С) = [-Л,-р] и (Ур) и [р,/?] и (СЛ)
72-b2 1
(см. рис. 7.35). Ф(г) = -j—-г•
z +ьг z
Точки zt = 0, Zj — ib, Zj = ~ib — простые полюса функции <t>(z)elaz.
В области, ограниченной контуром (С), лежит единственная особая
точка — ib. Поэтому
f res. I
J Л+Ь2 zaz 1 res'z’l
(Q, обл. слева
?-z>2
f+b2’ J
. (?-/>2)^
1 2zz
= 2nie~ab.
С другой стороны,
f tf-b2)^
•* (z?+b?)z
(Q, обл. слева
dZ= f (x2 ~ . (CQS0X+ /Sinox) t
% xt+b2 x
~J\
г tf-b2)daz
J) tf+b2)z
Vp) Л
dz+
(x2 -Z>2) (cosax + /sinox) f (^-b2)e,az
^+‘2' x
(T ); B = Pe'’
₽ [<p G [О, Л]
=> dz = /pe/<pJq>.
Тогда
f t-Ь1
—j— • /pe^dp-----> I -zdp = id.
per p->o J
Перейдем в соотношении (*) к пределу при R -> оо и р -> 0.
Получим
482
n . -ab x2-b2 cosax + /sinax ,
2iae aD = ---г----------------dx + m =>
Lx2+b2 x
+?x2-/>2 cosax + i sin ax , ~ .-аь • -> ( -ab C
=> ----v-------------dx = 2nie a - ni = 2tu e - - .
_ix2+b2 x I 2)
Следовательно,
T 1, +7 x2 - b2 cosax + /sinax . ( _ab Iх)
I = -Im f —---г---------------dx - it e 00-- .
2 ^х2+Ь2 x 2 J
co gjji (7_X
Задача 42. Вычислить интеграл I - [-~-т-dx (a > 0, b > 0).
о x(x2 +У)
Решение. I = }- f —v dr = j- Iin [------5-dr. Введем
2^x(x2+b2) 2 ^x(x2+b2)
f daz
в рассмотрение контурный интеграл I —*-------i~dz, где
1 ztf+b )
(С), обл. слева
(С) = [-/?, -Р] и (ур) и [Р,Л] и (Сл) (см. рис. 7.35). ф(г) =
= ——ч-; точки г, — 0, Z2 — ib, z3 = ~ib — простые полюса функ-
z(z +ь)
ции Ф(^) • e'az. В области, ограниченной контуром (С), лежит лишь
одна особая точка г2 = ib. Поэтому
f daz daz }^.daz
г*
L z^+b2^
(Q, обл. слева
Z=ib
е~аЬ
2(-А2)
т . л/е аЬ
• 2ni =----т—
Ь2
С другой стороны,
daz
rP dox г
dz= —5—~-dx+ —5—T~dz+
(Q, обл. слева
(*)
483
(УР)
< Vе ’ => dz = /ре'фй?ф.
ср e [0, л]
f -> f da^-ipj* л г i . _ Л/.
^zt^+b2) Z [pe^tfe^+b2) p->o [b2 b2’
\ * P) ЛЧ 71 л
J - j” 2"^-->0
(см. лемму Жордана).
Перейдем в соотношении (*) к пределу при R -> оо, р -> 0. Получим
ni-e~ab = 7 elaxdx _ . J_ 7 elaxdx = тй_
b2 _жх(х2+Ь2) П1 Ь2 _1х(х2 +Ь2) Ь2
Следовательно,
/ = |lm te(l-e-fli)| = -^-(l-e-aft).
2 U2 ) 2b2
Задача 43. Вычислить интеграл I = J (a > 0, b > 0).
0 x(x + Ь )
Решение. I =
17 sinax , T fl 7 elax
2 4 x(x2 + b2 )2 2 4, x(x2 + b2 )2
дем в рассмотрение контурный интеграл
Вве-
Ю ф2 +Z>2>2 dZ' ГДе
(Q, обл. слева
(С) = [-/?, -р] и (ур) и [р,/?] и (CR)
(СМ. рИС. 7.35). Ф(г) = —--------72~2-
z(z +Ьг У
Точка zx = 0 — простой полюс,
а точки = ib, Zy = — ib — полюсы второго порядка для Ф(^)е/дг.
В области, ограниченной контуром (Q, лежит лишь одна особая
точка = ib. Поэтому
484
f daz I daz
j ?(?+»VA=2”'r4W+42)2
(С), обл. слева
» .iaeiaz [z(z + ^)] - eiaz [z + ib + 2z]
_ -----------------------
Pz
= 2n/-^- ---------у
Z=ib
Z2(z + ib)3
Tti
~ ~2b^'e
Z = ib
-ab -(2 + ab).
£^«.2» =
4i’
С другой стороны,
f eiazdz 7 (^dx . f Jazdz
J z(? + b2)2 _RX(^ + b2)2 J к z(? + b2)2
(С), обл. слева
f /“A , r Ak
Jp^+‘2>2 <l>#+i2’2'
(yp):
z ре ’ => dz = ipei,fd<p.
Ф e [0, я]
r dazdz _f e^P^-zpe^dp________ fidt|>_ ni
,Лг(?+62)2 'p^Cp^ + i2)2 p-*o J/)4 b4
(Ур)Лл * *
Перейдем в соотношении (*) к пределу при R -> оо и р -> 0. По-
лучим
• +oo lax j
711 -ab г e dx th
—r-e (2 + ab)= f----z---7-Г--7
2b4 Дх(х2+/>2)2 b4
eiaxdx
x(x2 +62)2
=>/ = |lm -^T(2-e-ab(2 + ab)} =^-\2-e~abi
2 |_2d4 ’] 4b4 L
Задача 44. Вычислить интеграл
т 7 cos 2ах - cos 2bx , z Л ,
-------------------dx (a > 0, b > 0).
xL
0
485
п r 17cos2ox-cos2&c , n Г”е,2ах-ei2bx J
Решение. I = — ---------z------ах = Re— ------z--ах.
2Д х2 2Д х2
Г ^2az-^2bz
Введем в рассмотрение контурный интеграл I ---у--dz, где
(С), обл. слева
(С) = [-Л -р] и (Гр) и [р,Л] U(G)
(см. рис. 7.36). В замкнутой области, ограниченной контуром (Q,
f ^z_ei1bz
подынтегральная функция регулярна. Поэтому I ------j---dz=Q-
(С), обл. слева
С другой стороны,
- J2az _ Jlbz -Р J2ax _ J2bx
J ——*= J —J—
(Q, обл. слева
fd2ax-d2bx, f e -e ,
+ J----—y----dx+ J -----~2---dz.
(CR)^ z
^2az_^2bZ
-----o---dz+
Р
(Yp): 1 pe ’ => dz = ipel<fd<p.
p [<pe[0,n]
g?2flz _ j* е»2аре*> _ ^Ibpe1*
dZ=[ №
Q.J2apj>_J2bpeb
ipd^dp = if ---j------dp =
p^
.? /2аре'ф - /2£ре'ф +о(р) , ~ ч, ч
г ——----------dp -> (2b - 2а)(-л);
р->0
i р*/ф
^2а? _ ^’2^
dz----> 0 (по лемме Жордана).
R-+CX)
J T2
(CR)^ Z
Перейдем в соотношении (*) к пределу при R -> оо и р -> 0. По-
лучим
+«> „12ах _ „12Ьх +°о /2ох _ pi2bx
О = J------2----~л(2/>- 2а) => j--------j---= ~°)-
-СП X _ау X
486
Следовательно, I = Re
= n(b - a).
00 • 2
Задача 45. Вычислить интеграл J —
о x
D т 1 sin2 х ,
Решение. 1 = — \ —г—ах.
2Д *
интеграл J —р—az,
(О. обл. слева
Введем в рассмотрение контурный
(C) = [-R, -p]U(yp)U[p,A]U(Q)
(рис. 7.36). В замкнутой области, ог-
где
раниченной контуром (Q, подын- рис. 7.36
е2'г -1
тегральная функция----------регуляр-
г2
г е2'2-!
ная. Поэтому I —-д—dz= 0. С другой стороны,
(С), обл. слева
Г z?2'z-l ~rPe2Zv-l f e2'z-l
J «?= J J "j ldz+
(С), обл. слева (Yp)'*'
f^-l, f e2*-!.
J Л J 2 dz-
P (CR)^Z
(yp)
Z = pei<f,
<p e [0, л]
=> dz = /ре'фЛр.
f
(Ур)лч^ л P
o^l+2/p^i₽ +^(2/pc(‘p)2 + o(p2)} -1
= 4-------------—^5----------------=
71
°/ ] \ 0
= zf 2z + — (-4ре'ф) + о(р) Лр -> г[2г</<р = 2л;
JI 2 j p->o J
71 V 7 71
487
J —>0.
Переходим в соотношении (*) к пределу при R -> оо, р -> 0. Получаем
7e2ix-l
J х2
cos2x + isin2x-l , ~
--------=------ах - -2 л =>
х1
71-cos2x,, ,7sin2x, _
dx-i \ —z—dx = 2л =>
-a, X2
+c° sin2 x ,
—z— dx = л.
’ x2
co
+?2sin2x 0
J ---j—dx = 2л =>
-co
~ г 1Т si1* х л 71
Следовательно, 1 = — J —— а* = у
г г Slir X ,
Задача 46. Вычислить интеграл 1 = J —j—дх.
о х
14-00 • S
f Sin X , n
Решение. 1 =— —z—dx. Введем в рассмотрение контурный
2 < х3
интеграл J -----р-----dz, где (С) = [-Л, - р] U (ур) U [р, Л] U (Q)
(С), обл. (Лева
(рис. 7.36). В замкнутой области, ограниченной контуром (Q,
— 3eiz + 2
подынтегральная функция --------------- регулярная. Поэтому
z3
f е^-3^ + 2^ Пг,
J ----р----az=v. С другой стороны,
(С), обл. слева
f e^-3dz + 2^ 7e3,k-3^ + 2J
е3/г-Зе'г + 2
dz+
(С), обл. слева
-R
Р
J ^±2*.
(«Л
488
(rP):
z ре ’ => dz = ipei,fd<f>.
q> e [0, л]
dz=
1 + /ре'ф +^(/ре/ф)2 +о(р2)
1 + 3/реЛр + ^-(3/Ре'ф)2 +о(р2)
р2е2,<р
+ 2
—id<p =
о-5Р2е2'ф+|р2е2,ф+о(р2)
= г 2_______2___________
J pV-
о
id<p -»Д - 3/dp = Зя/;
г ^-3^ + 2 , n
----з----dz--->0.
<c,)^
Перейдем в соотношении (*) к пределу при R -> <х>, р -> 0. Получим
+?cos3x + zsin3x- 3cosx-3zsinx + 2 , _ .
---------------5--------------dx = - 3ni =>
+? cos3x - 3cosx + 2 , n V sin 3x - 3sinx , _
=> -------z--------dx-Q; --------z------dx = -3n.
J
-oo A -oo Л
Имеем
sin3x - 3sinx = sin (x + 2x) - 3sinx =
= sin x cos 2x + cosx sin 2x-3 sin x =
= sin x^cos2 x - sin2 x + 2cos2 x - З] =
= sinx|3(cos2 x-1) - sin2 x 1 = -4 sin3 x.
А тогда
+00 «: 3 +«> Л~ 3 о
c sm x n r sin x . Зя
J —з-Лс = -Зя^ J—~dx = —
-cn -cn ~
489
~ г 1Т sin3 х , Зя
Следовательно, I = — j —— ах = —
Задача 47. Считая, что хр > 0 при х > 0, вычислить интегралы:
оо
I = jхрА cosaxdx {а > О,
о
0<р< 1).
О <р < 1) и I - 'sinaxabc (а > О,
о
Решение. Имеем
00
I + il = J хрЛ (cos ах + i sin ax)dx =
о
= ]xpieiaxdx.
о
Введем в рассмотрение интеграл
рА/Чй, где (С) = [р,Л1 U(Q)U
(Q, обл. слева
U [/р, iR] U (ур) (см. рис. 7.37). Отметим,
что функция zp~1 многозначная. По условию берется та ветвь этой
функции, которая соответствует значению к —О
(хр =epLnx = e/’<lnlJcl+,2A7l> = ep(inx+i2kn) ? х > 0). В замкнутой области,
ограниченной контуром (Q, взятая ветвь функции zp~а значит, и
функции zp~ielaz, регулярная. Поэтому Jzp-V%/z=O. С другой
(С), обл. слева
стороны,
Я р
J zp~idazdz= Jxp~idaxdx+ J zp~xjazdz+ j (/y)p-1e_4O7dy+ jz^^dz (*)
(Q, обл. слева p (Ся)/Л Я (тР)г*ч
1) Так как р < 1, то Г zP^dazdz-----> 0 (по лемме Жордана).
Z = ре'41,
=> dz = ipet4,d<p;
490
о
f z^dazdz= f =
(Ур)лч я/2
О О
i f оРе‘Р^е1а^ <₽+'sin <Р)</ф = j f pPe-apsin 4>eip4’e/apcos фЛр -> 0.
J/2 я/2 ₽-°
3) [(/УИ lg ayidy = ip(yp !e ^dy -ip[xp !e ^dx.
/г л тг^.р^о J
Перейдем в соотношении (*) к пределу при р -> 0, R -> оо. Получим
О = J хр {eiaxdx + 0 - ip J хр {е ^dx + 0 =>
о о
=> J xp~velaxdx - ip J xp~xe~axdx.
о о
p{ ini+/y ] ®
Имеем ip = eplnl = e 2'=e2.B интеграле J x^e^dx дела-
, dt °
dx = —. Следовательно,
a
• — = — J tp-le-‘dt = — Г(р)
a apJ0 ap
, t
ем замену: -ax = -t => x = —,
a
00 oo лр-l
f xp~le~axdx = f--• el
J J np-i
о оa
(у нас p > 0). Но тогда
J хр 1 (cosах + z sin ax)dx = — Г(^) | cos^ + zsin^- j
о a \ Z Z )
о
=> I = f xp 1 cosaxdx = —r(p)cos—,
Jo ap 2
I = [ x^1 sinaxdx = —r(/>)sin^.
о ap 2
Задача 48. Вычислить интеграл I = J cos (xp)dx (p > 1; считать,
о
что xp > 0 при x> 0).
491
-р 1 р~[
Решение. Делаем замену: хр = t => х = t, dx-—t dt. Полу-
1 &
1 ОО
чаем I = — f tp co&tdt. Воспользуемся результатом решения за-
Рь
дачи 47. Так как р > 1, то 0 < — < 1. Видим, что в роли р задачи 47
здесь выступает —, а в роли а выступает 1. Следовательно, будем
Р
т 1 л
иметь 1 =— Г(—)cos —.
Р Р 2р
оо
Задача 49. Вычислить интеграл I = j" sin (xp)dx (р > 1; считать,
о
что хр > 0 при х> 0).
1 1-1
Решение. Делаем замену: хр = t => х = tp ; dx = —tP dt. Полу-
! P
чаем I = — f tP tintdt. Воспользуемся результатом решения за-
Ро 1
дачи 47. Так как р>1,то0<—<1. Видим, что в роли р задачи 47
1 Р
здесь выступает —, а в роли а выступает 1. Следовательно, будем
Р
t 1 z 1 ч . л
.иметь I =— Г(—)sin —.
Р Р ^Р
Задача 50. Вычислить интеграл I = j S*n dx (— < р < 1;
о хР
считать хр > 0 при х > 0).
Решение. Делаем замену: хр = t => х = tp dx = — tP dt. Получаем
Р
т 17 4-1 sinr 17IH4 •
I = — /------dt = — г ' smtdt.
Р О 1 Р о
Так как — < р < 1, то 1 < — <2 => 0<| — — 1 ] < 1. Воспользу-
2 Р \Р )
емся результатом решения задачи 47. Видим, что в роли р задачи
492
( 1 , Л Л/ -j 1 г, __
нас 1 <~ < 2-Поэтому
47 здесь выступает [1-11, а в роли а выступает 1. Следовательно,
к-Р )
будем иметь I = If [ 1 -11sin
Р \Р )
г| —I = г
\р)
1-11 + 1
,Р J
sin
1-1|г|1-1| => Г
,Р ) \Р J
1 Л
---1 — = sin
Р J2
—£-г[ 1
1-р
я
2р
Л Л
- = -COS —.
2 J 2р
А тогда
2
Р
—— г[ 1
1-Р Ш
л
-cos---
1р.
1 Л11 71
р-1 I,/?; 2р
Задача 51. Вычислить интеграл
” dx
(--------. (О < р < 1; считать
хр > 0 при х > 0).
Решение. Введем в рассмотрение контурный интеграл
[ ——— , где (Q — контур, изображенный на рис. 7.38. Особые
A z^+z)
(С), обл. слева
точки для подынтегральной функции f(z) =---------это две
zp(l + z)
точки ветвления z = 0, z = °о и одна изолированная особая точка
Z~— 1- Точка z = _l является простым полюсом для f(z)- Имеем
f(z) =------= —;—--------, где Ln г— та ветвь логарифмиче-
Zp(l + Z) ер Z(l + z)
ской функции, дня которой 0 < (р < 2л. (Для выделения этой вет-
ви проводим разрез по положительной вещественной полуоси.)
У нас контур (Q состоит из двух концентрических окружностей (ур)
и (yR) с центром в точке z = 0 и отрезка [р,7?] (разреза) веществен-
ной оси, проходимого дважды в противоположных направлениях.
493
Внутри контура (Q рассматриваемая ветвь логарифмической фун-
кции однозначна, следовательно, однозначна и/(^). Считаем р < 1,
a R> 1. Тогда в области, ограниченной контуром (Q, f(z) имеет
единственную особую точку £ = — 1.
Имеем
Zp
Поэтому
-1.1 1 -1
1 (-I)7” е‘рп
f —= 2nzres_1(/(z))=2we
zp(l+z)
(Q, обл. слева
С другой стороны,
D Р
f dz = Г dx + Г dz + f </(xe2w) +
Д^(1+?) Jx₽(l + x) (hz^+Z) •Jj(xe2’t')/’(l + xe2w)
(С), обл. слева p wr)& л
. f dz
W p/
(*)
(на верхнем берегу разреза точки z имеют аргумент 0, и, следова-
тельно, z = |z| е‘° = хе'° = х; на нижнем берегу точки z имеют ар-
гумент 2л, и, следовательно, z = |z| е,2п = хе2п1).
1) (Уд):
Z-Re‘^, dz = iRei<?d(f).
<р е [0, 2л)
г dz _ 2( IRe^dp
(М(1+г)= 0
2^ , 2я
Г dz f Rdp f Rd® >0
2) r d(xe2"') _ _dx _ 1 dx
’ ^к(хе2п‘)р(у + хе2111) ~ J xV^^a + x) " ~72^ j, xp(l + x)'
494
3) (ур):
Z = ре1ч>,
ср е [0, 2л)
=> dz = ipe‘,fd<p;
f dz = ? ipe^dp _________> 0
(Vp)o LpPefptf^+p^ p->0
(у нас 1-р>0). Переходя в соотношении (*) к пределу при
р -> 0, R -> оо, получим
2л/ • e~ipn = 1(1- е~‘2рл) 2тйе-,ргп = I e-,pn(elpn - e'"”1) =>
=> 2л/ = I • 2/ sin рк => I =------.
sin рк
' S1T1X
Задача 52. Вычислить интеграл Эйлера I = [-----dx.
Решение. Введем в рассмотре-
{^dz
ние контурный интеграл J “S
(Q, обл.
слева
где
(С) = [р,Л] и (Сд) и [-д-р] и (ур)
(рис. 7.39). Заметим, что функция
eiz
f(Z) - — регулярна в замкнутой
Рис. 7.39
f^Jz=O.C
(С), обл. слева
области, ограниченной контуром (Q. Поэтому
гой стороны,
дру-
<•)
(Огл°е6вЛа Р (Сд)^ ~R
(на отрезке [-Д-р]: z = |z| е'л = (-х)(-1) = х).
(Ся)^
--->0
(по лемме Жордана).
495
У
2) J —dx = [замена x = -x => dx = -dx] =
-r x
P -& R -& R -ix
= f----dx(= -f------dx = -[----dx).
R X p X p X
3) (Yp):
, Z = ре'ф,
<p e [0,7t]
=> dz = /ре/фЛр;
(Ур)лч (Yp)^
= p£+г r/+1-2 + +iz«.z«-i+ L=[^+
J z J 2! 4 "• «! * • • 4 J oj<f
(Ур)лч (YP)^ * Pe
°r i 1
J /+1/2ре/ф + + 2_/Лр„-1е/(„-1)<р
n L
zpe/<₽dcp —> — tcz + 0.
p—>o
Переходя в соотношении (*) к пределу при р -> 0, R -> оо, получаем
0 = f—dx - f--dx -ni => f----
J у J у * У
о о о
п .7 sin х , . 7 sin х j к
=> 2zj----dx = 7cz => J-ах = —.
0 х 0 х 2
Задача 53. Доказать, что Г(а) • Г(1 - а) = — (0 < а < 1).
sin па
к тл о/ Цл)Г(£) А 1
г Известно, что Вш, Ь) = - => в частности, при b = 1 - а :
Г(а + Ь)
В(а, 1 - а) = Г(а)г^~а) Г(а) • Г(1 - а) = В(а, 1 - а).
Имеем, по определению
496
1
В(а,д) = /хв'1(1-хЛ1Л=
о
Заменам =г^~ =>
1+у
К» 0-1
f —--------г =>
J0(l + y)a+d
В(а, 1-а)
jZl^.7 , “у .
о1 + >’ я У (1 + y)
Воспользуемся результатом решения задачи 51. Вадим, что здесь в
роли р выступает 1— а (0 < р < 1, 0 < 1 — а < 1). А тогда
В(а, 1 - а) =--------------=---------------- = —------
sm тс(1 - a) sin (л - па) sin па
Таким образом, получаем: если 0 < а <1, то Г(я) • Г(1 -а) = -г-—• ◄
sm па
Задача 54. Вычислить интеграл
т 7 xpdx
I = ----5- (-1 < р < 1; считать хр > О
01 + х
при х > 0).
Решение. Введем в рассмотрение
контурный интеграл I =
( гае
Л. и?
слева
(С) — контур, изображенный на
рис. 7.40. ((C) состоит из двух концен-
трических окружностей (ур) и (уЛ) с
центром в точке г = 0 и отрезка [р, Я] вещественной оси, проходи-
мого дважды в противоположных направлениях.) Для подынтег-
ральной функции /U) -
Zp
1 + z2
особыми точками являются точки
ветвления z = 0, z = оо и две изолированные особые точки г = / и
Z = Заметим, что точки £ = z и £ = —z — простые полюса для /(г).
Многозначность функции f(z) — за счет y(z) = Zp, поэтому
сделан разрез по положительной вещественной полуоси (в дан-
ном случае). В соответствии с условием задачи: х!1 > 0 при х> О,
выбираем ту ветвь многозначной функции ф(г), для которой
О < ср < 2п. Следовательно, zp = ер(^ ^+кр). Считаем р < 1, R > 1.
Тогда в области, ограниченной контуром (Q, рассматриваемая ветвь
497
функции = zp однозначна и, следовательно, однозначна функ-
ция f(z)-f(z) имеет в области, ограниченной контуром (Q, две
особые точки z = i и z = ~i (простые полюса). Имеем
res_/(/(z)) =
zp _zp _ (-i)p
(1 + Z2)\=_, 2zz=.z 2(-z>
= i(-o
3
1
~ 2е
А тогда
I = 2Kz[res, (/(z)) + res_z(/(z))] = 2w-i(-/e'2 +ie 2 ) =
.pn ,3pn
= 7t(e 2 -e 2 ).
С другой стороны, имеем
7_ f xpdx f zpdz f xp-d2*pdx f zpdz
верхний берег: нижний берег:
Z=xj°=x Z=^
xpdx > J xpdx
p 1 + X2 1 + %2
2> <’«> KK-';
I 1^-
R--^^----> 0 (ибо -1 < p < 1)
Д2 -1 Я-+*
Zpdz______ n
1+Z2 л->«>
p „р-Ппр 00 p 1
\X . dx -+ = _e'2^ /.
}R 1 + X2 p->O,A->«> ol + %2
498
4) (Ур):
Z = ре1ч>,
ср е [0, 2 л);
рр;
|1 + ф1-Р2;
f zpdz < Рр
<4k? ~1-р:
[<fe=P ^Р----->0 (ибо -1 </><!)=
(,.)о 1-р |”°
=> f
(гр>1+^
Переходим к пределу в соотношении (*) при р -> 0, R -> оо. Получаем
.рл -Зрл .рп
п(е 2 -е т- ) = (1-е12пр)1^п-е * (1-е^) =
,рл .рп
= (Y-eipn)(l + elim)-I=> / = яе 2 =-—----------= -
1 + е^ ~^х
е 2 (е 2 +е 2 ) 2cos 2
71
ю xpdx
Задача 55. Вычислить интеграл / = [-5-3- (-1 < р < 3, счи-
о(1 + х )
тать х1’ > 0 при х > 0).
Решение. Введем в рассмотрение контурный интеграл
~ Г dz
1= I —— -у-э-, где (С) — контур, изображенный на рис. 7.40. Для
Д (1+гг
(С), обл. слева
ZP
подынтегральной функции f(z) - —---JZT особыми точками яв-
ляются точки ветвления z = 0, Z = 00 и две изолированные особые
точки z = i и z = Замечаем, что точки z = / и z = ~i — полюса
второго порядка для/(г). Многозначность функции f(z) является
следствием многозначности функции \р(^) = zp . В соответствии с
условием задачи берем ту ветвь многозначной функции ц/(£), для
которой 0 < ср < 2л. Таким образом, у нас zp = ер(1п . Считаем
р < 1, R > 1. Тогда в области, ограниченной контуром (Q, функ-
ция f(z) имеет две особые точки z = i и z = ~i (полюса второго
порядка). Имеем
499
res,(/(z)) = lim^-
Zp(z-i)2
d zp
dz (z + z)2
d zp
dz (z - 02
Так как
„ 1
(i)p = e
= e 2 =-ie 2
z = i
(p-l)flni+z^ i(p-D— №
= e v ' = e 2 = ie 2
TO
res, (/(z)) = |(P - l)e*2; res., (/(z)) = -|(p - l)e‘ 2 .
А тогда
7 = 2zu[ies,(/(z)) + res.,-(/(z))] = 2ni-l^P^ ^e' 2 (1 -eipn) =
= ^(1_р).Д(1-еИ).
С другой стороны, имеем
7_f xpdx f zpdz f zpdz
<Ui+?)2 Ь-и Z>g^)2-
верхний берег: нижний берег:
Z=^°=x z=x^'
xpdp ? xpdx
p (1 +x2)2 р->о,д->® (i +x2)2
2) Ы : { Z =(*e*’ |гГ h+z!|2 >(Яг-1)2;
[cp g [0,2л); 11 I I v 7
Л§ + ?) wa
[ zpdz_____,0
Z>§ + ?)2
500
| xpel2npdx _ ei2np 7 xpdx = _ei2np z
| (1 + X2)2 p-+O,.R->«> o(l + X2)2
f zpdz
J ruA
<Ui+?)2 £
> (;)о с-» >
_> -----у 0
J (1+?)2 р-оа
Переходим к пределу в соотношении (*) при р -> 0, R -> оо. Получаем
.рл .рл
^(1-р)е 2 (l-eipn) = (l-ei2pn)I^ ^(1-р)е 2 =(1 + е1рл)1^
IPL ilm -iEL
=> ^(l-p)e 2 =e 2 (e 2 +e 2
ft(l-p)
4
1
pit
COS^-
2
Задача 56. Вычислить интеграл I = j
о
-к < X < к; считать хР > 0 при х > 0).
xpdx
x2 +2xcosX + l
Рис. 7.41
Решение, Заметим, что если X = ±—, то
2
наш интеграл /такой же, как интеграл в
задаче 54, и, следовательно, I =----.
2 cos 4^
2
Замечаем, далее, что если X = 0, то ин-
т т 7 xpdx
теграл / принимает вид I = J -------
о (х + 1)
Вычислим I в этом случае.
I. Введем в рассмотрение контурный интеграл I = I —-—dz,
(Q, обл. слева
где (Q — контур, изображенный на рис. 7.41. Для подынтегральной
501
функции /(z) = —-----г особыми точками являются точки ветв-
(1 + z)
ления z=0, Z = °°, и изолированная особая точка z = —1. Точка
Z = —1 — полюс второго порядка для /(г). Многозначность /(г)
является следствием многозначности функции ф(^) = zp • В соот-
ветствии с условием задачи, берем ту ветвь функции ф(г), для ко-
торой 0 < ср < 2л. Следовательно, у нас zp = . Считаем
р < 1, a R > 1. Тогда в области, ограниченной контуром (Q, функ-
ция f(z) имеет единственную особую точку z= “1 (полюс второ-
го порядка).
Имеем
res.i (/(г)) = lim [Z^1+^ "l = ,= A-l)'-1 =
(1 + z) J ,г=-1
= = petP-lXtol+m) _ pei(.p-\)n _ _pe<pn
А тогда 7 = 2ni res.i (f (z)) = -2nipeipn. С другой стороны, имеем
7 r xpdx f zpdz , f xp-dlnpdx f zpdz
<U1+d2 1 (l+x)2 (.)
верхний оерег: нижний берег:
^хё°=х
xpdx J xpdx _ j
' (1 + x)2 (1 + x)2
2) (Уд):
f Zpdz
(Lq+^)2
фХйи^’’11+г1гл“1’1<1+г)2>(л-1л
----------> 0 (ибо у нас -1 < p < 1) =>
(A-1)2
f г"* о.
502
3) (Yp):
Z = ре'ф,
q> e [0, 2л);
Р’| = р/’, |l + z|>l-p, |l+z|2 >(1-р)2.
Г zpdz
J/l+z)2
<_е^ г*, р^р
«-'С о-?)2
----> 0 ибо -1 < р < 1.
Р-40 ,
4) г хре pdx > _ ei2np г xpdx _ _gi2np . j
jt (1 + x)2 о (1 + x)2
Перейдем к пределу в соотношении (*) при р -> 0, R -> оо, Получим
-2nipeipn = (1 -ei2np) I« 2nipeipn = eipn(eipn -e~ipn)-I^
T 2i pn
=> I =--:----:--pit = —----.
(e,pn-e~,pn) sin/>7t
II. Пусть теперь A О (-л < A < л). В этом случае вводим в рас-
смотрение интеграл I = [ , где (Q — контур, изоб-
Д ? + 2zcosA + l
(Q, обл. слева
раженный на рис. 7.41. Для подынтегральной функции
f(z) = ------------точки Z] = ~e~tX , Zo = -eiK являются полю-
Z2 +2zcosX + 1
сами первого порядка (X ф 0). Других особых точек у функции
/(г) в области, ограниченной контуром (Q, нет. Имеем
Z1
zp
2z + 2cosX
z
-Г)ре-‘рК _ eipne~ipK
2/sin A. 2/sin A
Zp
ZP
2z +2 cos A
^2
z=-el>'
(~T)peipX
-е~Гл-) 2/sinA.
503
Следовательно,
I = -^i—eipn(e-ipK -e,pK) = ——eipn • 2/sinpX.
2i sin X sin X
С другой стороны, имеем
f xpdx t f zp dz t
J x2 + 2xcosX+1 . ^+2zcosX+l
P (Ул) CT
верхний берег:
Z=xjQ=x
| Г xpe2,pK'dx | f zpdz
Lx2 + 2xcos X+1 .' £ + 2zcos X+1
Л WO
нижний берег:
Z=xe2’1'
xpdx °? xpdx
(*)
p x2 +2xcosX + 1 р->о,л->» J x2 +2xcosX +1
2) (Ул):
' Z = Re‘v,
<p g [0,2л);
|z2 +2?cosX + 1| =
= |(z - M-|(Z - Z2)| > (R - !)2 ;
f____Л____< RP fds=
<^ + 2гс<>Л + 1’(Л-«2Мо
Rp-2nR
(Л-1)2
---->0 (унас -1 < p < 1).
A—>00
3) f x?e dx ) _ e2pni Г________xpdx _ _e2[ml j
д x2 +2xcosX + 1 p->o,b->oo oX2+2xcosX + 1
4) (Yp):
z = pe/ip,
cp g [0,2л)
=> dz = ipe'^dtp;
pP^ip^dp
n о
Г zpdz = f__________________________________r
J (Z-Z1)(Z-Z2) J (ре'<₽+е-Л)(р^Ф + ^) p^o
(Yp)O 2л >
504
Перейдем в соотношении (*) к пределу при р -> О, R -> оо. Получим
р\ = (1 - е2рп1) • I о
sinX
—Л/sinрХ = etpn(etpn - 1 =>
sinX
7t r r 71 sin pk
--------------------------------sin pk = sm pit • I => I ------- —
sin X------------------------------sm X sin pit
(Cr)
УХ
R
1-P1
Рис. 7.42
*0 P2)^
Задача 57. Вычислить главное значение интеграла I - (—-
о* -1
Решение. Введем в рассмотрение
7 f zdz
контурный интеграл 1 = ~л—, где
J Z-1
(Q, обл.
слева
(Q— контур, изображенный на
рис. 7.42. Подынтегральная функция
/(^) = —-— имеет изолированные
Z -1
особые точки: г, — — 1, Z^ = 1, Z3 — I,
Z4 = —i. Все эти точки лежат вне об-
ласти, ограниченной контуром (С). Значит, функция/(z) регуляр-
на в замкнутой области, ограниченной контуром (Q. Поэтому
I = | = 0. С другой стороны, имеем
(С), обл. слева
~ 1-Р1 , , R .
т_ j xdx г zdz f xdx
J x4-l J z4-l J x4-1
о (yP1)A i+Pi
l+p2 0
f zdz f iy-idy f zdz f iy-idy
J 4iJ 4iJ 4iJ 4
(Q)A-1 R У 1 (Yp2)A 1 1-P2 У
?1 xdx f xdx +? xdx
— “> V-P- —1— = v.j
X4 - 1 1+P! X4 - 1 Р1-АЛ->“ 0 x4 - 1
505
1+P ydy г ydy r ydy | ‘T ydy
1 /-1 i-p2^4-1 i+p^4-1 о /-Ip^o.*-^
Г zdz _f (l + pie^fpie^p_>P<*P=
(y^^-l’ip^^+p^)^-^)2^]^^ 4 4
(Здесь использовано разложение z4 -1 = (z - l)(z + l)(z2 +1)-)
f zdz _ f zdz
J z4_i J (Z_1)(Z+1)(Z_/)(Z+/)
”r/2___________(i + p2ei'v)-ip2ei'vd\ii____________> ~72 -dy
}/2 (z-l + p2e'4')(/ + ! +р2е/ч/)р2е/ч/(2/+p2e'4') Pr^o ]/2-2.2i
it _ id
4i 4 ’
f 4* < Л frfs=-^---------->0.
Л>А-* Л'-1<едЛ<й'-1>-2^
Перейдем в соотношении (*) к пределу при pi —> 0, Р2
R оо. Получим
п г 7С/ т ni п ГЛ Т ХС^ Л
O = v.p.Z-+ v.p./+— => 2 v.p.Z = 0 => v.p. —z = 0.
4 4 n x -1
506
Задача 58. Вычислить главное значение интеграла
7 x2dx
Решение. Так как подынтег-
ральная функция в I— четная,
т 1 ? x2dx п
то I = — —z----. Введем в рас-
2Дх4-1
смотрение контурный интеграл
7 f z?dz
J ?-Г
(0, обл.
слева
где (Q — контур,
Рис. 7.43
изображенный на рис. 7.43.
Подынтегральная функция /U) -
z2
?-1
имеет изолированные осо-
бые точки. Zi = — 1, Z} =1, Z, = i, Zt= _/. Из них лишь точка = /лежит
в области, ограниченной контуром (Q. Точка z3 — i является про-
стым полюсом для функции/(z). Имеем
res,(/(z)) = —
г2 1
4?„, 4гг.,
/
4’
По основной теореме о вычетах:
= 2п/ . С другой стороны, имеем
I = 2ni res, (/(г)) =
\P1 ^dx f z?dz , 1 f2 x^dx f £dz
J X4-1 J Z4 -1 J X4 -1 J z4-l
-R (v₽1)A 1 -i+Pi (yP2)A 1
f x^dx , f z?dz
1+P2 (Gi)A
‘|-Р1 x2dx 1 r₽2 x2dx x2dx
p x4 —1 i x4 —1 I x4 — 1P|
-R л 1 -l+Pl Л 1 1 + P2 л 11
-> V
•pj
x2dx
x4 -1
= v.p. (21).
507
2) (v ):fc + l = PiA =>Z = P1e‘^-l,
P1 [ (p e [0, n] dz = ip i e /фф;
f £dz
мЙ-1)(г+1)(г2+1)’
_ f (Plg^ - l)2/Pi?Pdp_______? = 71/
{(p^-2)Р1Л[(Р1г-1)2 +1]Pi-0 J -4'4’
3) ( ) :U -1 = PzA г = 1 + р2еЛи,
P2 [ \ре[0,л] dz = ip2ebvdv,
Г ___£dz
^U-lXz+lXzM
f (1 + P2g'4' )2 г‘Р2^ф^Л|/________г /бДи _ _ 7tz
ip2^(2 + P2/t')[(P2^+l)2 + l]^0{ 4 = 4’
4) (Q): !z = f=* |z| = R, I? -1| > R4 -1;
<ре[0,л] 1 1
f z?dz
J ?-l
(сл)Д
jds=
(Q)rs
7?->oo
Перейдем к пределу в соотношении (*) при pt -^0, р2 ^0,
R -> ОО. Получим
7С _ г Л/ Я/ т 7 x2dx к
- = 2v.p./+ —-— => v.p./ = v.p.J-T— = -
2 4 4 J х -1 4
Задача 59. Вычислить главное значение интеграла
“jxPdx
1 — X
о 1 л
(-1 < р < 0; считать л? > 0 при х > 0).
508
Решение. Введем в рассмотре-
ние контурный интеграл
/= где (О - контур,
(С), обл.
'слева
изображенный на рис. 7.44. Осо-
быми точками подынтегральной
функции f (z) = j—- являются
точки ветвления z = О, Z = 00 и
изолированная особая точка z — 1 •
Многозначность функции /(г)
является следствием многознач-
ности функции ф(^) = ; поэтому сделан разрез по положитель-
ной вещественной полуоси. В соответствии с условием задачи: хр > О
при х>0 выбираем ту ветвь многозначной функции ф(^), для
которой 0 < ср < 2л. Следовательно, zp = ер(1п ^+/ф). В замкнутой об-
ласти, ограниченной контуром (Q, выбранная ветвь функции ф(г),
а следовательно, и функция f (г) регулярна. Поэтому / = [= О
J 1-Z
(С), обл.
слева
С другой стороны, имеем
г^+1гР1Лс+ t£dz+ [№+
J 1-Z J 1-х J 1-Z J 1-х
(УР)О Р (у₽1)лч 1+Р1
верхний берег: верхний берег:
Z=xj°=X Z=X
Г Zpdz,1+f2 xpe2nptdx fzpdz, <txpe2npldx
J 1-z J 1-x J 1-z J 1-x
OO R 1-P2
нижний берег: нижний берег:
1) <УР);
Ф g [0, 2л)
=> dz = /ре/фб/ф;
509
, J l-pe'4’ p->0
(YP) С 2л
(-Kp<0).
2) * [*xl>dx
p !"x
1+P1
xpdx
1 — X p->O,P1->0
J?->00
+00
v.p. J
0
xpdx
1-x
= v.p./.
3)(Y ): |г*1 = р'е'’’ =. г = 1 + р'е'’’
p| [ <p e [0, л] dz = /p^flfcp;
f Zpdz _ ? (l + p/V/piAfo_
h-г "J -Р1Л U"
V Pj/ Л
4)(G): !z *e ’ И = /?'; |1-г|>7?-1;
[<p 6 [О, 2л); II 11
Rp
J 1-z ~R-1
(Cr)CT
(GOCr
—p -------* О, ибо - l<p<0=> p +1 < 1.
-** 1 ^_^Q0
l+p2
5) J
R
xpe2npi
1-x
p
dx+ j
l-p2
xpe2npi .
---------dx —>
1-X p->0,p2->0,
J?->00
e2npl •
+oo
v.p. J
0
xpdx
1 - x
Z -1 = P2ei<p, Z = 1 +P2^<₽,
q> e [л, 2л) dz = ip2ei4ld(f>;
f zpdz = f (1 + P2g,<p)pzp2g,(p^ =
J 1-Z J -o9e'<₽
(yP2)^ 2л P2e
= - [z(l + p2eft₽)/’alp-->/л • (l)p = e2^' •тс/, ибо на нижнем берегу
2 л Р^°
QP _ еР(1п |1|+2л/) _ e2npi .
Переходим к пределу в соотношении (*) при р -> 0, pt -> О,
р2 -> О, R ->оо. Получим
510
О = v.p./ + 7tz -e2npi v.p J + e2npi -id =>
(1 - e2npi) • v. p .1 = - (e2npi + 1)tu =>
(e^P+e-inp)ni
v. p .1 = -— -----—
e^P - e~tnp
T cos рк
=> v.p./ = 7t---— = nctgpn.
sin pit
Задача 60. Вычислить главное значение интеграла
+? ерх
/ = J ----dx (0<р<1).
Решение. Сделаем замену е* =/=>/-> 0,^если х-»-оо ? и
t -у +оо, если х -> +оо. Тогда exdx = dt => dx = —, ерх = tp . Будем
иметь
7 tpdt =+7tp~xdt = *?tqdt
I /(1-Z) I \-t Ji-/’
где q - p -1 => -1 < q <0, если 0 < p < 1. Воспользуемся результа-
том решения задачи 59. Здесь в качестве р задачи 59 выступает q,
а в качестве х выступает t. Следовательно, будем иметь
v. р.1 = л ctgqn => v. р./ = л ctg (р -1 )ти = к ctg (рк - л) = л ctg рл.
I х1 р (1 — х/
Задача 61. Вычислить интеграл I = |------;—dx (-1 < р < 2).
о (1 + *)
Решение. Сделаем замену переменной интегрирования, положив:
1-х
х
= / => Х =
+ 1
dx = -
dt
(' + 1)2’
x = 1 соответствует t = 0, t -+ +oo при
x->+0. Имеем, следовательно,
j- x fl-xV , 7 tpdt
I-----г ----- abc = -----г-.
о (1 + x) I J 0 (/ + 2)
Положим f (z) =
Zp
------г- Особы-
(Z + 2)3
1 t 4- 2
1 + x =-----------
Z + 1
ми точками этой функции являются точки ветвления z = 0, z - 00
и изолированная особая точка z~ ~2. Точка z = “2 является по-
люсом третьего порядка для /(г).
511
Введем в рассмотрение контурный интеграл
J а+2)3’
(С), обл.
слева
где
(Q — контур, изображенный на рис. 7.45. Функция f (г) — многозначная.
Многозначность f (z) является следствием многозначности функции
ц/(^) = zp . Для выделения однозначной ветви сделан разрез по по-
ложительной вещественной полуоси. Берем ту ветвь функции ц/(г),
для которой 0 < ср < 2л. Следовательно, zp = ер(^ ^+/ф). В области,
ограниченной контуром (Q, функция f(z) будет иметь тогда лишь
одну изолированную особую точку z = “2. Имеем
1 d2
_ 1 d2zp
2 dz2
(Z + 2)3ZP
. (Z + 2)3
z=-2
Z=-2
= |xp-D-(-2)p-2 =1ар-1)^’2)1п2^л.
А тогда
I = 2л/ res_2 (f (z)) = p(p - 1)л/е(р-2)1п 2eipn = p(p - 1)л/ • 2p~2eipn .
С другой стороны, имеем
/-f + r ^d^Jx^dx^ r_Sd^
>2> Й+2) *(x+2) Й+2)
верхшпТберег: нижний берег:
z=x
c xpdx г xpdx
1) --------Г ----------T
p(x + 2)3 p->o,/?->•«. 5 (x + 2)3
2) (1r) Г И = RP, |u + 2)3| >(R- 2)3;
g [0, 2л) 11 1 1
f zPdz
(7 )(г+2)3
V R)(J-
Rp
(*-2)3
jds =
(fR>
Rp-M
(^-2)3
---->0 (у нас -1 < p < 2).
R—>00
512
prX^LdK = -е‘-2пр J xpdx _ ei.2np 7
i (х + 2)3 ", (х + 2)3 р^о,л->®
4) (YP):
z = pe,<p,
Ф g [0, 2л)
=> dz = ipel4>d(p\
f -^ = 4 —*0, ибо у нас -1 < p < 2.
(,Цг + 2)3 J (p?W
Перейдем в соотношении (*) к пределу при р -> 0, Л -> оо. Получим
р(р - 1)л/ • 2p-2eipn = (1 - г2’4’) • I =>
р(р -1) -/л/ • 2Р“3 = -(einp -e~inp) I- I = .
/ 2 р sin пр
/ рХ^~Р(1 — х}р
Задача 62. Вычислить интеграл I = J--(-у " п " 04
Решение. Имеем
т 1 х fl-xV ,
I = ----т ------ dx.
О 1 -г Л \ у
В этом интеграле делаем замену:
1-х , 1
----= t => х =-----;
х t + 1
, dt , о t2 + 2t + 2
dx =--------г-; 1 + xz =---x—.
(/ + 1)2 (r + 1)2
x = 1 соответствует t = 0; t -> +oo при
x -> +0. Имеем, следовательно,
/=J________™.
Jo(r + 1)(/2 +2Г + 2)
Zp
.2
0
Рис. 7.46
Положим f(z) =-------5------
(Z + 1)(z2+2z + 2)
функции являются точки ветвления z = 0, z = а> и изолированные
особые точки = “1, Z2 — “1 + /, z3 = — 1 — Точки z{, Z^ Z3 — про-
стые полюса функции f(z). Введем в рассмотрение контурный
. Особыми точками этой
513
интеграл I- ------, где (Q— контур, изображен-
/ГЛ+1^+2г+2>
(С), обл. слева
ный на рис. 7.46. Функция f(z) — многозначная. Многозначность
f (z) является следствием многозначности функции ц/(^) = zp Для
выделения однозначной ветви сделан разрез по положительной
вещественной полуоси. Берем ту ветвь функции \р(г), для кото-
рой 0 < ср < 2я. Следовательно, zp = е?(1п • В области, ограни-
ченной контуром (С), функция/(г) имеет три изолированные осо-
бые точки zt, ^2, Zr Они являются простыми полюсами функции
f(z) =
-----------------. Имеем
(z+l)(z-z2)(z-z3)
res_!(/(z)) =
-OIL = (-1)? = е'Р*
(-i) i
res<3 (/U>) =
zp _(-!-//
(z + l)(z-z2). . -i-(.-Zi)
г=*з
(-1/(1+ /У
-2
А тогда
I = 2ni-eipn
- 2itielpn
-V(1+zy-
1-|(1-У-|(1+У
1 p j71? 1 p
1-L.22e~ 4 -Л.22е 4
2 2
= 2nieipn l-2p/2cos^ .
I 4 J
С другой стороны, имеем
514
7 f xpdx ( f zpdz ।
Jp(x+l)(? + 2x+2) (yJA)g+l)(?+2z+2)
на верхнем берегу:
| Г d'2np-xpdx ! f zpdz
*R(x+l)tf+2x+2) (Jp)U+l)(? + 2z+2)-
на нижнем берегу:
г=хс’2"1
j. xpdx > J_________xpdx__________
' (x + l)(x2 + 2x + 2) p-»o,j?-»co | (x + l)(x2 + 2x + 2)
2) (ул):
Z = Re\
cp g [0, 2л]
dz - iRe^dy,
RPjWjRj^
zpdz
i ~~—----т---i------r------й—--*0 (У нас
(r\)^+ 1)[(z+ D +1] 0 (R<^ + ++ A ^°°
pf xpe‘^pdx ?.2яЛ xpdx
л (x + l)(x2 + 2x + 2) p-»o,/?->«> о (x +1)(*2 + 2x + 2)
= -е‘Ъч> i.
4) (yp):
z = pe/<p,
cp g [0,2л)
=> dz = /рЛ/ср;
f Zpdz 2f p/’e^₽zpe'<₽dp ________________________ ~ t
(yJp) (Z+ D[(Z+1)2 +1] Jo (P^ + D[(P^ +1)2 +1] P-°
-1<р<2).
Переходим в соотношении (*) к пределу при р -> 0, R -> оо.
Получим
515
2nielpn 1 - 2p/2 cos I = (1 - ei2np) • I =>
=> 2ni\ 1 - 2p!2 cos— | = (e lpK -eipn) • 7=> я| 2P?2 cos— -1
I 4 J 14
л I 2р/2 cos^ -11
т т V 4 )
= SHI pit • I => I = ---;--------
sin рл
г x^~p (1 — x}p
Задача 63. Вычислить интеграл I = I------ь----
о (1 + x)2
Решение. Имеем
T f X (1 - X У
/= ---------7- ----- dx.
О (1 + x) I X J
В этом интеграле делаем замену:
1 - х 1 , dt
----= t => х =------; dx =------т-;
x / + 1 (/ + 1)2
i ' + 2
1 + x =-----.
t + 1
x = 1 соответствует t = 0, t -> +oo при
T f fPdt
следовательно, 1 = I-------—------у. Положим
J(/ + l)(r + 2)2
. Особыми точками этой функции являются
х->+0. Имеем,
л*)= * .
(z + l)(z + 2)2
точки ветвления z = 0, z = °o и изолированные особые точки zl = ~ 1,
= —2. Точка Zi — ~ 1 — простой полюс f (г), а точка z2 = “2 — по-
люс второго порядка функции /(г). Введем в рассмотрение кон-
v» '"'С 7^ d?
турный интеграл I = I -----—-—у, где (С) — контур, изображен-
Л (z+l)(Z+2)2
(С), обл. слева
ный на рис. 7.47. Функция f(z) — многозначная. Многозначность
f(z) является следствием многозначности \р(^) = zp . Для выделе-
ния однозначной ветви сделан разрез по положительной веще-
ственной полуоси. Берем ту ветвь функции vp(z), для которой
0 < ср < 2я. Следовательно, zp = ^+/ф). В области, ограничен-
516
ной контуром (Q, функция f(z) =-----------7 имеет две изоли-
(г + 1)(г + 2)2
рованные особые точки — 1 и г, = —2. Точка = — 1 — простой
полюс, а точка ^ = —2 — полюс второго порядка для f (г). Имеем
= = еР(Ь1 + /л) _ eipn .
z=-i
zp
res_2(/(z)) = ^-
dz I Z +1
PZP~' Zp
Z + 1 (z +1)2 J
= (-1/ • 2P [ £ -1 ] = eipn • 2P f -1\
Z=-2
Z=-2
А тогда
I~2ni-elpK- 2Л^-1 +1 .
12 J
С другой стороны, имеем
f xpdx t f zpdz ,
p(x+l)(x+2)2 ^g+lXz+2)2
верхний берег:
, [ g2’,J,'xp<Jx , f zpdz
JB(x+l)(x+2)2 (^(g + l)(z+2)2 '
нижний берег:
xpdx > °? xpdx _ j
", (x + l)(x + 2)2 J (x + l)(x + 2)2
(*)
2)(Y/?):
z = Aez<p,
<p e [0,2л);
|z + 1| > R-1; |(z + 2)2| > (A-2)2 ;
f zpdz < Rp Г, Rp2nR _______________________________ -
----------т ь------------• as =--------------v----> 0, ибо
(r\)§+1)U+2) (7?-l)(7?-2)2 A-^oo
p + 1 < 3.
517
? e2npixpdx = _e2npi xpdx
д(х + 1)(х + 2)2 р (х + 1)(х + 2)2 р->о,/?->«>
_ е2яр/ Г xpdx _ _e2npi . J
р->о,л-»<о 5 (х + 1)(х + 2)2
4) (YP)>
Z = ре/ф,
ср е [0,2тс)
И'
= рр ; |г +1| > 1 - р ; |z + 2| > 2 - р;
г zpdz Рр
(yP)g+1)(z+2)2 ^-РХ2"^
" u. _>0| и6о
1 io <1-Р)(2-Р)2
В соотношении (*) переходим к пределу при р -> О, R -> оо.
Получим
2nie,pn 2р 1^-1 +1 =(1-е2пр1)-1^
тс 2Р 1-
sin рк
1
Задача 64. Вычислить интеграл I = J
х Y dx z . t пч
------ -----(-1 < р < 1, а > 0).
okl-xJ х + а
Решение. В интеграле /делаем за-
мену:
X
1-х
t , dt
—-\dx =------у;
/ + 1 (Г + 1)2
а + (1 + d)t
х + а =------------
/ + 1
х = 0 соответствует t = 0; t -> +оо при
х —> 1 — 0. Будем иметь, следователь-
zp
. Положим f(z) =------f--------=Г.
W (l + z)|> + (l+a)<]
Особыми точками этой функции являются точки ветвления z = О,
2
518
Z - oo и изолированные особые точки z, = ~ 1, Z? = —j-j— • Точки
Zj iU,Z2 — простые полюса для функции /(z). Введем в рассмотре-
ние контурный интеграл I = j + ’ где — кон"
(С), обл. слева
тур, изображенный на рис. 7.48. Функция /(z) — многозначная.
Многозначность /(z) является следствием многозначности функ-
ции \|/(z) = zp Для выделения однозначной ветви сделан разрез
по положительной вещественной полуоси. Берем ту ветвь функ-
ции \y(z), для которой 0 < ср < 2л. Следовательно, zp = ер(1п ^+/ф)
В области, ограниченной контуром (С), функция /(z) имеет две
изолированные особые точки z{ и Zj- Обе эти точки — простые
полюса функции/(z). Имеем
res,, (/(z)) =,—= -*1рп;
1 la + (l + a)z]z= , -1
г^№»°(1 + гх1+а)
Z 1+а
А тогда I = 2л/ • eipn
С другой стороны, имеем
г_______xpdx_______ f __________Zpdz_______
J (l + x)[fl + (l + a)x] + J (1 + z) [at-(l + a)z] +
P (Ул)о
верхний берег:
f e2pnixpdx f zpdz
+ J (1 + x) [a+(1+a)x]+ J (1 + z) [a+ (1 + a)z]'
R (yP)O
нижний берег:
Z=^’'
xpdx 7 xpdx
' (1 + x) [<z + (1 + fl)x] р-»О,Л->«> j (1 + x) [a + (1 + fl)x]
519
2) (УЛ)
:jz ~ Ке^’ => кp| = Rp; 11 + d > R -
Ф e [0,2л) 11 11
|a + (1 + a)z| s (1 + a)R -a;
f f{z)dz <
(Гя)СУ
Rp (a— Rp 2nR чП
(Л-1)[(1+а)Л-а] J * (Я-1)[(1+а)Я-а] ° ’ иб°
4)(rp):
р хрdx г
3) [_____-____ _______ _> _ е2Р"'. j
jj (1 + х) [а + (1 + а)х] р-»о,л-»«>
z ~ Ре ’ => dz = zpe^t/cp;
<р е [0,2л)
г /А 2f |0
<тр>О+г^ (1 + a)^ о о + ре’’)[а+ (1+ о)рЛ] (' -о
(у нас (р > -1 => р +1 > 0).
Перейдем в соотношении (*) к пределу при р -> 0, R ->оо.
Получим
а У
1 + aJ
tpdt
о [a + (l + a)/J2
71
-eipn(eip*-e~ip*YI^> I = -
<1 + a)
sin pn
Рис. 7.49
Задача 65. Вычислить интеграл
1 f Y \P Ay
/ = i T^- ~-^г(-1<р<1,«>0).
oU-*J (x + a¥
Решение. В интеграле /делаем заме-
х . t _ dt .
ну: __ = /ЭЛ = _, л-((+1)2.
х = 0 соответствует t = 0; t —> + °0 при
х -> 1 - 0. Следовательно, будем иметь
Zp
Положим f(z) =------------у. Особымиточ-
[а + (1 + d)z]
520
ками функции f (z) являются точки ветвления z = 0, z =00 и изо-
fl a
лированная особая точка z = - Заметим, что точка Z = -
есть полюс второго порядка для f(z)- Введем в рассмотрение кон-
турный интеграл 7 = [ ---где (С)— контур, изображен-
J [fl + (l + flk]
(С), обл. слева
ный на рис. 7.49. Функция f(z) — многозначная. Многозначность
f (z) является следствием многозначности функции ф(^) = zp . Для
выделения однозначной ветви сделан разрез по положительной
вещественной полуоси. Берем ту ветвь функции ц/(г), для кото-
рой 0 < ср < 2я. Следовательно, zp = ер(^ ^+/ф). В области, ограни-
ченной контуром (Q, функция f(z) имеет лишь одну изолирован-
Я TI
ную особую точку z = ~ । + Имеем
res a (f(z)) = ^~ 2
"1^ dz + /
zp (g + i+fl)
'2 'z+-^\2
iz 1 + a)
a
Z~~l+a
,, 1 2 •^P~1| a =
(1 + a)2
z \p-l z \p-l
P . (-I)/’-11 a | - -e'P11. P . I a |
(1+a)2 li+aJ (l+o)2 U+aJ
А тогда I = 2ni •
/ \p-l
eipn P ( a \
(1 + a)2 U + aJ
С другой стороны, имеем
j = f xpdx + f zpdz +
' [a + (1 + a)xf [fl + (1 + a)zf
на верхнем берегу:
Z=x
! f /2pKxpdx t f zpdz
]j[fl + (1 + a)x]2 [fl + (1 + a)zf
на нижнем берегу:
Z=xe2’,;
521
xpdx ) 7 xpdx
) р [а + (1 + а)х]2 о [а + (1 + а)х]2
2) (гл):
z = Rekf,
<р е [0,2я)
=> |zр| = Rp ; |а + (1 + а)г| (1 + a)R - а;
Г —Л* 5ГА- г—>0, „60
<v«>i‘’+(1+‘’)z] К1 + О)Л“°] <г,)о [<1 + “)Я-<г] «->»
р + 1 <2.
г__е---л, ил
2 i [а + (1 + а)х]2
4) (ур):
Z = ре/<р,
Ф е [0, 2л)
=> dz = /ре'<рЛр;
f zpdz _ 7 рМ’ЧрЛр
(yJp)[«+(l + «)z]2
Перейдем
лучим
o[a + (l+a)p/f р-*0
в соотношении /*) к пределу при р -> О, Я -> оо. По-
-2xielpn P , • — = - (ei2pn -1) I =>
(1+a)2 U+aJ
/ \p-l p-1
Tip I a у . r T Tip ap
—= sinpn• I => I = -r-^-------------------------------r.
(1 + а)1 Ц + a) smpn (l + a)p+i
Задача 66. Вычислить интеграл I = J + x^—£1—dx (-1 < p < 2).
_i 1 + X
Решение. Имеем 1= [ * + *, f-—— | dx(-l<p<2). В этом
.11 + x2 U + xJ
интеграле делаем замену:
522
1-х
1 + х
. i-f j
- t => x =---, ax = -
1 + Z
2dt
d + 02’
.2 _2(1 + Z2)
(1 + Z)2 ’
2
1 + Z
x = 1 соответствует t = 0; t -> +oo при x -> -1 + 0. Следовательно, бу-
+co t?dt Zp
дем иметь I = 2 f---------z- = 2L . Положим f(z) = —---—-----
Jo (1 + Z)(1 + Z2) (l + z)(l + z2)
Особыми точками функции f(z) являются точки ветвления z= 0,
Z - 00 и изолированные особые точки = — 1, = А Все эти
точки zp Z2, Z3 — простые полюса функции f(z). Введем в рассмот-
~ Г zp dz
рение контурный интеграл I = ------—-—у-, где (С) — контур,
Д (i+z)(i+r)
(Q, обл. слева
изображенный на рис. 7.50. Функ-
ция /(г) — многозначная. Много-
значность f (г) является следстви-
ем многозначности функции
vp(z) = Zp • Для выделения одно-
значной ветви сделан разрез по
положительной вещественной по-
луоси. Берем ту ветвь, для которой
0 < ср < 2л. Следовательно,
Zp = еРвп |z|+/q>) в области, ограни-
ченной контуром (С), функция
f(z) имеет три изолированные
особые точки z{ = “1, = /, — А Имеем
/ \ 7Р
res_!(/U)) = ----2
1 + z
(f< \\ iP е 2
res, (/(z)) = ------------- = -——- = ——-
(1 + z)(z +i) (1 + 0 • 2/ 2/ - 2
res., (/(z)) =
Zp _ (~i)p _ e 1
(1 + Z)(z-Oz=,_t (1-0 (-2/) -2/-2
,3/m
e 2
1
2(1 + 0
523
А тогда
1 №
-----e 2
1 + z
I = 2id —
2
11'^1
---e 2 —
2 1 - i 2
= nieipn 11 - cos— - sin— j.
I 2 2 J
С другой стороны, имеем
y_ Г xpdx | Г , Г /2ярхроЕк !
|(1+xXl+x2) J^g + zXl+Z2) ^(1+xXl+x2) ,
верхний берег: нижний берег:
Z=x
+ Г
J/1+zXl+z2)
V Р'£)
xpdx J xpdx
р (1 + х)(1 + X2) р->0,Л->оо | (1 + х)(1 + х2)
2) (Уд):
Z = Reiv,
ср е [0,2л);
|z'| =Я'; |1 + г|>Я-1; |1 + г2|>Я2 -1;
f <* R- ^R>0
р - 2 < 0.
ибо
3) | et2*pxpdx _ с<.2кРг xpdx = _ei.2np j
^(1 + х)(1+Х2) р->0,Л->=о о(1 + х)(1+х2)
4) (ур):
/ z = Р?ф,
<р е [0,2я)
=> dz = /ре'ф</ср;
г , 7 рр^-‘р^ , о
+ 2 d I (V2,,)(l t (Л-2”) с >»
р>-1=>р + 1>0.
Перейдем в соотношении (*) к пределу при р->0, R ->оо.
Получим
524
nielpn 11 - cos— - sin— I = (1 -e{'2np) • /, =>
I 2 2 J
=> itifl - cos— - sin —1 = (e ipn - etpn) I, =>
t 2 2 )
( . rm rm Л
л sin^—+ cos^—-1
-----?-J.
2sm pn
У нас I = 2Ц. Следовательно, I = —-— sin — + cos—
sin pit V 2 2
i
Задача 67. Вычислить интеграл I = j
dx_______
[/x2(l-x)
Г!/3
1
Решение. Имеем I = j
. = f dx. Делаем
«х(х + 1)з/ф 5 X(1+X)
Рис. 7.51
замену:
1-x, 1, dt л t+ 2
-----= t => x---,dx =-------T,x + 1 =--;
X t + 1 (Z + l)2 / + 1
значению x = 1 соответствует значение t = 0; t -> +oo при x -> +0.
+?rxl3dt 7-V3
Будем иметь, следовательно, 1= f--—. Положим f(z) =-----.
о / + 2 Z+2
Особыми точками функции f(z) яв-
ляются точки ветвления z = 0, z = 00
и изолированная особая точка z = —2.
Точка z = “2 — простой полюс для
функции f (z). Введем в рассмотрение
7 f Z ^dz
контурный интеграл 1 = -—где
J Z+ 2
(Q, обл.
слева
(С) — контур, изображенный на
Г1/3
рис. 7.51. Функция f(z)------~
Z + 2
525
многозначная. Многозначность/(z) есть следствие многозначнос-
ти функции ц/(г) = z~^3 • Для выделения однозначной ветви сде-
лан разрез по положительной вещественной полуоси. Берем ту
„ _ _ _ -|(1п |z|+/q>)
ветвь, для которой 0 <, <р < 2л. Следовательно, z -е 3
В области, ограниченной контуром (C),f(z) имеет лишь одну изо-
лированную особую точку z = ~2. Имеем
res_2(/(z)) = z 3
in
-1 -1 i g’7
= (-2)34-D3-^~
Z=-2
-‘-3
~ (2.
А тогда I = 2л/ • —=-. С другой стороны, имеем
Р (Тя)СТ
верхний берег:
x^,3dx
£ х + 2 р->о,я^® 3 х + 2
' ':1г = 7ге'Ф’ к-1/3| = 7?-1/3;|.
... <р е [0,2л); 1 1 1
J -------------
(Уя)О
2п
р е з
-—— dx
i х + 2 р->о,л-><ю
7\
x ^3dx
2) (уя):
4) (ур):
Z = pel<f
(p e [0, 2л)
р _1 -/25. -1
Гх 3 е 3 dx , f Z 3
J х+2 J z+
R (rP)O
нижний берег:
R-^-M______
R-2 J“° Л-2 я-^оо
(г я) О
]_
х’з
-е 3 [----dx = -e 3 •/.
Jx + 2
=> dz = /рЛйр;
1 -Ф
f z~V3dz=_2f Р 3g <3- zpe^Jp_Q
Д1+2 Jn рЛ+2 p-»o
(yP) о о
526
Перейдем в соотношении (*) к пределу при р->0, R ->оо.
Получим
,л
~ 1 .-2л 1 Л
2л/^г=- = (1 -е 3 ) • / => 2л/= (е 3 - е 3 )• 7 =>
1/2 1/2
j _ л 2л _ лл/4
° ®.sinI=OT= Д"
3
1
Задача 68. Вычислить интеграл I = J-------. . , где а —
-1(х-а)у1-х2
комплексное число, а * ±1; 71 - х2 > 0 при -1 < х < 1. В частно-
сти, найти значение интеграла /:
1) при а - +е,а (0 < а < л);
2) при а = iy;
3) главное значение I при -1 < а < 1.
Решение. Имеем I - J------------------------ Сделаем в /замену:
(х - а)(1 + х) • Д—-
1-х. 1 -1 , 2dt , 2
= t => х = , dx - z-, 1 + x ,
1 + х------------------------------1 + /-(1 + f)2-1 + /
x д - (1-д)-(1 + а)С
1 + /
значению
х=1 соответствует значение 1 = 0; Z —>+» при
Тогда
t-v2dt
1г г 7 r1,2dt
-----А, где J. = I :—
1+fl-и-—
1 + а
Особыми точками этой функции явля-
I = — _______
1 + а J t 1-а
1 + а
ZV1
Положим f(Z) =-:--.
1 -а
Z-Z—
1 + а
ются точки ветвления z = О, z - °° и изолированная особая точка
Z = -—Точка z = -——— простой полюс функции f(z).
1+а 1+а
527
1 — а
Заметим, что если а = ос + /р, где Р * 0, то точка Z = -- не
1+а
лежит на вещественной оси. В самом деле, если допустить, что
1 -а
----= у, где у— вещественное число, то будем иметь
1+а
= у => (1-а)-ф = (1 + а)у + /ру => | =>
(1 + а) + zp [1 - а = (1 + ос)у
v = -l, ( 7 = -1,
[1 - а = (1 + ос)у [1 - а = -1 - а,
что невозможно.
Пусть а — вещественное число, не равное ±1. Тогда при
1 1 l~a n l~a
-1 < а < I: --> 0 и, следовательно, точка Z = --лежит на поло-
1 + а 1+а
жительной вещественной полуоси, а при ае (-оо, -1) U (1, + оо):
l-a п 1-а
-- < 0, и, следовательно, точка Z = ;- лежит на отрицатель-
на-------------------------------------1+а
ной вещественной полуоси.
I. Пусть: либо а = а + /р, где
Р*0, либо а е (-оо, -1) U (1, + оо).
1 ~а
(В этих случаях точка Z = -- не ле-
1 + а
жит на положительной вещественной
полуоси.) Введем в рассмотрение
7 f Z~^2 * * * * * Вdz
контурный интеграл 1= J ----
1 + а
обл. слева
где (Q — контур, изображенный на
рис. 7.52. Функция/(г) — многознач-
ная; многозначность f(z) есть следствие многозначности функ-
ции \p(z) = z~^2 • Для выделения однозначной ветви сделан разрез
по положительной вещественной полуоси. Берем ту ветвь функ-
-i -i(ln |z|+/<p)
ции \p(z), для которой 0 < ср < 2л. Следовательно, z 2 = е 2
В области, ограниченной контуром (С), функция f(z) имеет лишь
одну изолированную особую точку z =------• Имеем
1 + а
528
ri \-V2
resi-a(/(z))= Г1/21 1-0=[т-7] •
7- lz=l- U+a7
1+Л 1+a 4 '
(X-aS^1
А тогда I = 2ni --- . С другой стороны, имеем
U + а)
7 Г х V2dx [ Г z ^2dz ! Г g '”х V2dx | Г z ^2dz
X-i-^ 7-^ Ъ X-i-^ 7~ —
p 1+а (уя)а 1+а R 1+а (урКУ 1+а
нижний берег:
z=xe2’,f
x^2dx r
верхний берег:
x V2dx
1 — а р-»о,д-»<» 1 1 — а
1+а 1+а
2)(т'):|г=тГ’ M = Jr‘'+
ср е [0,2л); 1 1
f z^2dz
1-а
Z~T+a
>R-
1-а
1 + а ’
(*)
R~V2
R~V2-2nR
J 7-1-0
(Y«)O 1+а
R-
l-a
R-
1-а
1+а
---->0.
А-»»
|е '"х ^2dx
3)1
1 — а р->о,д-»«>
1 + а
x ^2dx
J 1-а
о Х----
1 + а
4) (yp):
Z = pg,<₽
<р е [0, 2л)
dz = ipe‘,fd<p-,
1
э, _1 _,Ф
г р 2е 2/pe,((>atp
(Ур)6 1+а
Перейдем в соотношении
лучим
I 1------>0-
» рея,~й p,°
(*) к пределу при р -> О, R -> оо
. По-
.-1/2
d-----
ll + aj
529
А тогда
-2—/. = + А- => 1 = ~r==
1+ а л/1-а2 у/а2 -1
II. Пусть а = ±е/а, где 0 < а < л (=> Im а * 0). Имеем частный
случай пункта I. Найдем 7(±е/а).
1) Пусть а = е а (0 < а < л). Тогда
у/а2 -1 - y/e2ta -1 = у/е1а(е‘а -е',а) = у/е'а 2/sin а =
А тогда
2) Пусть а = -е‘а = е1пе1а = е/(л+а). Тогда
7а2 -1 = 7е2/(л+а) -1 = А/е/(л+а)(е/(л+а) _е-'(’1+“))
= ^/е/(л+а) • 2/ sin (л + а) =
________ 4^+“ ,3я _____ ,
= -72 sin а • е ^2 2'е 4 = >/2 sin а • е'пе 2' = -л/2 sin а • е
А тогда
/ла) , а
Л г Л A4+2J т л(1-/) -lj
---- => I - —, _____е k 1 => I - —\ ' е 2
Таким образом, /(±eZa) = ± - у; —е 2
III. Пусть а = iy (у* 0, Ima = у * 0). Имеем частный случай
71
пункта I. Найдем I(jy). Имеем I(iy) = :.
у/а2 -1
530
1) Пусть у > 0. Тогда а = iy = |у| е 2 ; I(iy) = = - .
2) Пусть у < 0. Тогда а = |у| е 2 ; I(iy) = , * = Зл- --=
JyV3”-! п~;
я _ л/ е уУ +1
-iy]y2 +1 у] у2 +1
IV. Пусть а е (-1,1). Требует-
ся найти v.p. 1(a). Было отмече-
но выше, что если -1 < а < 1, то
1 -а
точка Zi =----лежит на положи-
1 + а
тельной вещественной полуоси.
Введем в рассмотрение контур-
~ f z~^2dz
ныи интеграл I- I -±—где
обл. слева
(Q— контур, изображенный на
рис. 7.53. Заметим, что функция
Г1/2
/(г) =---Y^a не имеет особых точек в области, ограниченной
Z ~ т——
1 + а
контуром (Q. Поэтому / = 0. С другой стороны, имеем
f Z V2dz
Л Z-Zi
(Гя)<3
С1+Р1
I
R
нижний берег:
Z=^eM=x/’li
нижний Оерег:
Г 7~V2d7 f Х^2 f 7-V2cl7 Г X^2
+ f I -------------------dx+ f f ---------dx. (*)
J x-^ J Y-lzj3
(YP)O P X l+a (YP1)^> ?i+Pix l+a
верхний берег:' верхний берег:'
Z=x z=x
531
i) {
,J ^=0
(Ул)СУ
4--«4-->0
/чЛ”^ р->0
(Yp ) О
(см. пункт I).
(см. пункт I).
е п1х */2 ,
---------ах —>
1 — а р->о, р[ ->о,
х — - R-*«>
1 +а
- е т • v.p.Z, =
= v.p.Z,.
Z|-P1
«) (
р
л
dx+ J
Z1+P1
5) (Ур,):
х^2
_ 1 — 0
1 + 0
. Z - Zl = Pieiq>,
Ф е [тс, 2тс]
реза точка z{ имеет аргумент
Поэтому
х-1/2
------dx —>
1-а р^о.р^о,
-, Л->»
1 + а
Z = Zi+ PiA
> На нижнем берегу раз-
dz = ip^dy.
о _ I л2л/ 1 — 2л/
2л, так что Zi = Zi 1е = ----е
1+а
v.p.7,.
f Z v2dz=_2f (Zi + Pie*p) _ 2f • -1/2
J P1/₽ P.-.0 JZZ1 1
(Xp,)4P " 1 "
= -ine w
l-aYV2_ Zl-^Y172
1 + aJ Yl + aJ
ГЧ/- v fz-Zi =р/ф. Z = Z1 +P1A „ ,
6) (y ): < 1 ri => На верхнем берегу раз-
[ Ф e [0, л] dz = ip^dcp.
реза точка z{ имеет аргумент 0, так что Zi = el 0 = Поэтому
f z f (Zi > P|£> 1'2>Pie>|,rfp___>-ИА_ -,p~P 1/2
’ i о ll+J
В соотношении (*) переходим к пределу при р -> 0, Pi -> 0,
R -> оо. Получаем
z. X-1/2 Z1 4-1/2
n T .( \-a I .[ 1-a )
0 = v. p + л/ ------ - 71/ -----
ll+aj (1 + aJ
и, следовательно, v.p./= 0.
I (1 — х)~р
Задача 69. Вычислить интеграл Z=|---------------—dx9 где
о Ь-х
О < р < 1, b — комплексное число и b 0, b 1.
1 1 ( X У
Решение. Имеем I = [ —------ • -- dx. Сделаем замену:
}йх(Ь-х)
t , dt , b + (b-l)t
---; dx =-----T; b-x -----*---—
l + t (l + o
x
1-x
1 +1
Значению x = 0
x —> 1 — 0. Тогда
соответствует значение
t= 0; t -> +oo при
tp~xdt
tp-'dt
ob + (b-T)t o(/,_i)fz + _L_
( b -1
1
b-1
p-i
где /. = f
xdt z
-----j—. Положим f(z) = г—- Особыми точками
n . b b
"V-т г+гл
этой функции являются точки ветвления z = 0, z = оо и изолиро-
г- ь ь
ванная особая точка Z - --—Точка Z = -т—простои по-
л-1 b -1
люс функции f (г). Заметим, что если b = а + ф, где 0 * 0, то точка
b
•:—- не лежит на вещественной оси. В самом деле, если допустить,
1 - b
ь
что -—- = у, где у — вещественное число, то получим
1 - b
а + ф ,Q zi х f ₽ = “₽¥>
------—- = у => а + ф = у(1-а)-/|3у => <^ =>
(1 - а) - /0 = у(1 - а)
(невозможно). Если Ь— вещественное число, то ;—->0, если
1 - b
b е (0,1), и < 0, если b е (-оо, 0) U (1, + оо).
1 - b
у = -l;
533
I. Пусть либо Z> = oc + /|3, где
0 ф 0, либо Ь е (-оо, 0) U (1, + оо).
Ь
В этих случаях точка Z\ = -—- не
1 - о
лежит на положительной веще-
ственной полуоси. Введем в рас-
смотрение контурный интеграл
7_ f zp~Xdz _ f zp~ldz
г- ITT’ где
(Q,
обл. слева обл. слева
(Q— контур, изображенный на
рис. 7.54.
Функция f(z) — многозначная. Многозначность/^) есть след-
ствие многозначности функции vp(z) = zpX. Берем ту ветвь функ-
ции ц/(г) = zp~x, для которой 0<ф<2л. Следовательно,
Zp~x =е^р 1)(1пИ+/(₽). В области, ограниченной контуром (Q, функ-
ция /(z) имеет лишь одну изолированную особую точку Zi = —.
1 - D
Имеем
( 7рЛ , ( h V"1
resz, (/U)) = resZ| —— = zf' = j-d •
{z-zij
С ь Y"1
А тогда I = 2ni • - . С другой стороны, имеем:
ll-ZU
Zp ldz_
<o.z’4
обл. слева
f xp ^dx
Jx__b_
Px i-b
верхн. берег:
Z=x
f Zp Xdz
j Z-Z1
(Ул)О
нижн. берег:
Z=xelnt
534
Rt xp 'dx
xp 'dx
lx—*_p^-°Jox—L_
1 - b 1 - b
2) (ТЛ):
: Z ~ ^e‘4>’ M-1| = Rp~l;
<p g [0,2л); ’ ’
>R-
Г Zp ldz
J Z-ZL
О я) O’
Rp~'
Rp~'-2nR
R-
ь
1-Ь
, ибо p < 1 по условию.
pf e2npixp~ldx
---------й— “ е
п £ р->0,Л->оо
1-Ь
00 уН/Уу
2лр/ г X OX _ _e2npi . j
1 b
X~T^b
4) (Yp):
z ’ => dz = ipe'^dip;
Ф е [0,2л)
•p-1
2f _ 2f ippj*dp
. . >0
{р/'-Д ,1Л
„ь-4 »
ибо р > 0.
Перейдем в соотношении (*) к пределу при р -> О, R ->оо.
Получим
2тг/1
p-i
= (1-е
p-i
<^2ме(р-'Гт{—
I b -1
p-i
b
’ z 1-Ь
b
1-b ’
b-1
А V4 « f А V-1
и । • -г -г 7С । и ।
= - sin кр • 4 => Д =-------------
Sin яр V"“l/
bp~l
Л Т 1 Т
А тогда 1 = -—-Jt = ——
b -1 sin рп (Ь - 1)р
535
уь
Рис. 7.55
II. Пусть b е (0,1). В этом случае
b
точка Zi =;—- лежит на положи-
1 - b
тельной вещественной полуоси. Вве-
дем в рассмотрение контурный ин-
~ f z^ ^dz
теграл I = I ~ , где (Q — кон-
(Q, обл.*1
слева
тур, изображенный на рис. 7.55. Функ-
Z^-1
ция f(z) =------ не имеет особых
Z ~ Zi
точек в области, ограниченной кон-
туром (Q. Поэтому / = —-----= 0 . С другой стороны, имеем
J Z~ Z[
(Q, обл. слева
R
/= f f(^dz= J f(f)dz+ J
(О’сОлбеЛва (?л)СТ
нижний берег:
f P Mp-\) p-\,
f
(rP1)^ Xi-Pi x~i-b
нижний берег:
г=хе27Н
+ fXz)^+ f XP~1^'+ J M)dz+ f xP
(Vp)O p Х_Г^ (уР1)лч 5+pix-T^
верхний берег: верхний берег:
1Ч \ f($dz-->0
1) J (см. пункт I).
(у л) ст
f f(&dz-->0
2) J р->о (см. пункт I).
(Ур)с>
536
г,*р, p-l^.
’ I --------~±~ + -
х 1-Ь
+ J е,2п{р l)xp 'dx _е«-2Я(М) .v.pj ei2np J
J b p->o,P1-»o,
*|-P’ X--—- p л’4‘«>
1-b
.. Zl~tPl xp~'dx “5 xp~'dx T
4) J --------7^+ J --------Г~ a vP-4-
J b J b p->o,pi->o,
p X---------- <1+P1X-------R-J'»
1 - b 1 - b
5) (YP1)
, Z - Zl = Р1«'ф,
Ф G [л, 2л)
Z = Zl + Р1«'ф,
dz = ipie,4>d<(>;
f Лг^-=
J J PieT Pi->0 J
_L_] ^(p-l) = • /.2лр[_^_у
1-b) {1-bJ
= -Ttizf 1 = -л/
(на нижнем берегу разреза точка z{ имеет аргумент 2л, так что
zi =к1к2я/).
6) (?Р|):
^Z-Z1 =Р1е'ф, Z = Z1 +Р1А
<p е [0, л) dz = ipiei4>d(p;
j Л)А=. р p-ldp=
о Г’»’ J
(на верхнем берегу разреза точка zl имеет аргумент 0, так что
537
Перейдем в соотношении (*) к пределу при р -> 0, р! -> О,
Л -> оо. Получим
( h V-1
(1 - е‘2пр) • v.p./, - я/ — (1 + е‘'2пр) = 0 »
11 - о )
\рХ
1-bJ
е^(е^-е^)-у.р./, = л/Т—Г . (е~^ +ei,v) «
<=>-2/sin7ip-v.p.Z, =
э -Г ь Г1 т ( ь г1 ♦
= 2л/----- -cosnp => v.p./. = -л-------- -ctgrcp.
\l-bj
А тогда v.p./ = -—-v.p./, = -пЬр~'(i - byp ctg пр.
b -1
Задача 70. Вычислить интеграл I = [ (п = 2,3,...).
oW
Решение. В интеграле /сделаем замену:
- 1 --1
хп -t => x = tn\dx = — tn dt.
Значению x = 0 соответствует значение t = 0; значению х = 1
соответствует значение t = 1. Будем иметь, следовательно,
1 Г tn ldt
«о(1-О1/л
1 1 —-1 1 1 —-1 (1~иН
= ![/" (i-/)nj/ = lf/n (i-ty > dt =
«о «о
= - В \ -; 1 --
п (п п
п г<1) "«'sin2f
п
А 1 1
ибо 0 < — < 1.
п
538
+°° Inxobc
Задача 71. Вычислить интеграл I = [ —5---=- (а > 0).
о х + а
In Z
Решение. Положим f(z) = ----т •
Z +а
ции являются точки ветвления z = 0,
бые точки z{ = а/, Zq = ~ai- Точки zl и z2 — простые полюса функ-
ции/(z).
Многозначность функции f (z) есть
следствие многозначности функции
ц/(г) = Ln г. Берем ту ветвь функции
ц/(г), для которой ц/(г) = ln|z|+ /ф.
Введем в рассмотрение контурный
интеграл 1= f 9 dz , где (Q—
L V + cr
(Q, обл. слева
контур, изображенный на рис. 7.56. В области, ограниченной кон-
туром (Q, функция f(z) имеет лишь одну особую точку z{ = ai-
Имеем:
Особыми точками этой функ-
Z - и изолированные осо-
resa/(/(z)) = res J----------------1 = -^-7
V(z - ai)(z + ai)) z + ai
. . 71
! . In a +1 —
Ina/ __2
1 •71
lna + z— / \
А тогда I = 2ni--------— = — In а + / — . С другой стороны, имеем
2а/ а < 2)
Р (CR)^
на промежутке[р,Л]:
1пг=1п|^+/Ф=1пх+/0=1пх
_r л i-u
на промежутке [-Я,-p]:
1пг=1пЙ+/ф=1п(-х)+/тс
p In xdx > +?° In xdx _ j
p x2 + а2 р->о,л->«> g x2 +a2
2) (Сд): p “ ’ Inz = In | z | +/<p = In7? + Zcp; |1пЯ =
[<pe[0, %];
= yj\n2 7? + <p2 <, Ji In R.
(при достаточно больших R: <p2 < л2 5 In2 R); \Z2 + a2 R2 - a1 •)
539
V2-ln7?
tf-n2
\f(z)dz< J|/u)|<*<
(Сд)^ (C^
tiR----->0.
A->00
r In (~x) + /7С , ? In (-x) , .1 . X
—\ 7 —dx = —у dr +/л —arctg —
R x + a1 _R x£ +cr a a
-x = x
dx = -dx
Inx /71 f A ( p^l
I—---^dx +— arctg I--I-arctg
Зх2 + а2 я < \ a)
R\\ T in n
— -> /+-------------------.
a j) p->o,j?->oo a 2
4) (YP) Г dz = ipe^dcp;
[<p G [0, л]
f Inzz/z г (Inp + Лр)/рА*р_ n
W^+o2’o P^+o2 -“"T11?-»'
В соотношении (*) переходим к пределу при р -> 0, Я -> оо.
Получаем
ТС | . 71 | у j- / 71 71 у 71 । у 71 ।
—I Ina + z—I = /+ /4--=> 2/ = — Ina => I =—Ina.
a 2) а 2 а 2а
°® ly|2j£ dx~
Пример 72. Вычислить интеграл I = [ 7 (а > 0) .
о* +а
1112 Z
Решение. Положим f(z') = Особыми точками /(z) яв-
z +a2
ляются точки ветвления z = 0, z = 00 и изолированные особые точ-
ки = oi, ^2 = ~ai. Точки z^Z1 — простые полюса/^). Многознач-
ность f (z) есть следствие многозначности функции у(z) = In z •
Берем ту ветвь функции vy(z), для которой у(z) = In|z| + z<p.
Введем в рассмотрение контурный интеграл I = [ dz , где
7Г + а1
(Q, обл. слева
(Q — контур, изображенный на рис. 7.56.
В области, ограниченной контуром (С), функция/(z) имеет лишь
одну особую точку Zj = ai. Имеем
f 1112 z
^Z2 +a2
\2
i • Я |
In a +1 —
2)
2ai 2ai
resaZ(/(z)) = res aZ
ln2Z
2z
Z=ai
1п2ш
2ai
if тт2
t 1 2 Я
= -— In a—— 4-тс/In a .
4
540
А тогда
7 = 2л/ res0/ (/(z)) =
С другой стороны, имеем
Л . 7 Л ..
— In а----+ л/1па
Ч 4
_ flrPxdx
J х2 + а2
р
(CR)^ -R ^+а
на прбме5кугке[р,А]:
1пг=1п|4н’-0=1пх
на промежутке [-7?,-р]:
1п£=1п(-х)+/л
f f(z)dz .
(Тр)^
(*)
.. ln2xdbc > 7 \n2xdx _ j
p x2 + а2 р->о,л->«>| x2 + д2
2)(C2?):|Z = me/ |ln4 = llnW2
[ср g [0,n]; 1 1
= In2 R + <p2 < In2 R + л2 <2 In2 J?
(при достаточно больших Ry \z2 + a2\ > R2 - a2 ;
(Q rs (Q
21r?7?
#-a2
2nR------>0.
7?—>qo
3) --[1п(-х) + «]2^= -р„г(-х)^ +
7 In (-x)dr 2 r₽ dx
+ 2ZnJ —2—~2---n J —---2
Jr x + a2 _x x2 + a2
-X = X
dx = -dx
^1п2хЛс n 3\nxdx 2Rc dx
—5---о" + —т---— - n —— ----------------------— +
p x + a p x2 + a px + a p->o, JQx +a
Inxdr
+ 2л/[^ j
* x + a
Г dx r . • 7C 1 2 1 7C
“5----5- = I + 271/ • 5- 1ПЛ - 7C
J x2+a2 > 2Д , « 2
см. задачу 71
541
4) (тр):
Z = ре/ф,
<p e [0, я]
=> dz = /'рАф;
J. ? + J p2e2,<₽+a2 p->0
v р/ Лч u
В соотношении (*) переходим к пределу при р -> 0,
Получаем
R -> oo.
- „3 _2 _2 ,3
Я. 2 1 Г Г 1 Я
— In a- — + 1— Ina = I +1 +1 — Ina------
a 4a a a 2a
/» -г 7Г । 2 Я
=> 21 = — In2 a +—
a 4a
T 71 1 2 71
I = тг-ln a + —.
2a 8a
Задача 73. Вычислить интеграл I = [ — (a > 0).
о Vx(x2 +a2y
rt \ _ ln Z
Решение. Положим J \Z) - . 2 тгт• Особыми точками
y/z(z +azy
функции f (z) являются точки ветвления z = 0, z - °° и изолиро-
ванные особые точки zt = at, Z7= ~ai- Точки z, и — полюсы вто-
рого порядка для функции f (z). Многозначность f (z) является след-
ствием многозначности функции ф(г) = 1пг. Берем ту ветвь
функции ф(г), для которой \\i(z) = InЫ + /<р., а значит,
I- ~(ln |z|+'<P)
yjz -eL • Введем в рассмотрение контурный интеграл
I - J у- 9---272 ’ где (О “ контур, изображенный на рис. 7.56.
(Q, о^л. слева
В области, ограниченной контуром (Q, функция/(z) имеет лишь
одну особую точку Zt = а/. Имеем
resfl/(/(z)) =
d \nz-(z- Др2
^Z _4z-(z- ai)2(z + «О2
d______Inz
^Z 4z-(z+ai)2
Z=ai
Z + ai - In z • 2°' +
z4z-(z + ai)3
2ia - In (af) • (af + 2af)
iajia (lia)3
2-3| lna + ^
I 2
-8fa3Va -e 4
542
А тогда
2-з[1па + у
I = 2ni resaZ (/(z)) = -л-
- e *
С другой стороны, имеем
И ln(.7W ,
~R4-x-e2(xi +а2)2 ftp)-*4
(*)
так как на отрезке [р,Я]:
Р - U1 < - Ш Л J—
In z = in I z I +i • 0 = In x, y]z = e2 = e2 = чх,
а на отрезке [-/?, - p]
<— з-Jnz l[ln (-x)+Znl .— £
Inz = In I z I +in = In (-x) + iit, y/z = e2 = e2 = v-x-e2,
Z = |z| e'n = (—x)• e'” = x => dz = dx.
In xdx ‘r Inxdfc _ j
1) p Vx • (x2 + а2)2 р->о,я->® | y/x • (x2 + a2)2
2)(Q):
Z = Re^,
ср e [0,я];
kV2| = JRV2;
|ln = |ln J? + /<p| = -jin2 R + <p2 < л/2 • In R
(при достаточно больших R\, |s2 +a2| > (R2 - a2)2.
-------->o-
(Cx)o
543
3) В интеграле j ,— j---Делаем замену: -х = х.
-Л "n—X * l(X + G )
Получим
In х + in 17 In xdx У ndx
1--------------dx = - —=------------+ —=------------- ->
p 4i-i(x2 + a2)2 i", 4* • (x2 + a2)2 p 4% • (x2 + а2)2 р->о,л->®
p-*°./?->«> J 4x(x2 + a2)2
4) (Yp):
Z Vе ’ dz- ipe‘vd<p',
ср e [0, я];
.«co ^ ьр=о.
(Y₽)^ 0р2е'2(р2/2ф+а2)2 P-~O
В соотношении (*) переходим к пределу при р -> 0, R -> оо.
Получаем
п 2 — 3 Г 1па + ^
v 2
4с?4а
-е
dx
.2 , „2\2
л
4
о
п । 2-31па Зп j ni Г2-31па Зп
4а34а I 42 242 ) 4а34а{ 42 +гЛ
т 7 dx
о 4х(х2+а2)2
-И.
Приравнивая в последнем равенстве мнимые части, получаем
п ( р: 3 . 3
—т—= V2 —=lna + —=л
4a3 4а[ 42 242
п (3. Зп , ।
:-= -Ina- —-1 .
J2al2 4 J
544
Задача 74. Вычислить интеграл I = j —j=---у.
о <х(х + 1)
In Z
Решение. Положим f(z}-—p=-------т- Особыми точками этой
Vz(z + 1)2
функции являются точки ветвления z = О, Z = <» и изолированная
особая точка z = ~1. Точка z = ~ 1 есть полюс второго порядка f(z\
Для выделения однозначных ветвей функции f (z) делаем разрез по
положительной вещественной полуоси. Бе- рем ту ветвь многозначной функции, для ко- торой: In г = In 1 z 1 +/ф, ylz=e2 , 0 < ср < 2л. Введем в рассмотрение контур- ныи интеграл 1= — у, где (Q — (С), обл. слева контур, изображенный на рис. 7.57. В области, ограниченной контуром (Q, выбранная ветвь функции f (z) имеет лишь одну изолирован- ную особую точку z = ~ 1 • Имеем: res ( ГМ) - — Г ln*-(* + 1)21 _ А ,и + 1)2Ц-^ ! w 1 4 г * Х 1 -1 к>р " 1R Рис. 7.57 - (г1/2 in zl : V-i
lnz + Z-1/2 •-
- 2 гЛ=-1 V .(л iiC\ л = z 1-— \ = - + l. 1 2 J 2 А тогда I = 2ni • res,! (/(z)) = 2kz^ + = С другой стороны, имеем у = ? Inxdx г inzrfg г lnx+27tz JVx(x+l)2 J Vz(z+1)2 ]j-Vx(x+l)2 p (Mo верхний beper нижнии beper Tz = 4x 4z = -4x 2 Л=-1 in2 - 2л. Л+ f ... Д ^(Z+1)2,U Cp)C
545
так как на верхнем берегу разреза (на промежутке [р,7?]):
Z = |z|ez0 = xez'° =х, lnz = lnx, Jz.=4x, а на нижнем берегу раз-
реза (на промежутке [7?, р]): z = |z| еы = х е2п1, In z = In х + 2ni,
= = Лг"
InxrZx Inxdfc
р7х(х + 1)2 Р->0,Л->® I Vx(x +1)2
2) (ул) :
z = Rei<f
rn 9 ’ |г| = Я; |?2| = ^2,
<p e [0, 2л); 11 I I
[in z| = |ln R + /<p| = -Jin2 7? + ф2 <
71n2 R + 4л2 < 72 In2 7? = 72 In R (при достаточно больших 7?);
J f(z)d< <
(MO
T2-ln7? г . _2Т2-л7?-1п7? v0
w-i)2Jj7 w-d2
,ч г 1пх + 2тп ,
3) —=------------т-dx ->
я -7х (х +1)2 р->°. л-*®
? 1пх + 2л/ , . _ .7 dx
—=-----т dx = I + 2т\ —=--т.
5Тх(х + 1)2 5 7х(х + 1)2
4) (ур):
Z = pe,<f,
Ф е [0,2л);
dz = /ре/фй?ф;
г Inzrfz = _2г (1пр + /ф)/ре,<рс^р_> 0
J Vzfz+n2 J 1 № „ р-+о U , так как limpV2 Inр = 0.
(Yp)gZU+1' 0p2e'2.(peW+l)2 p-0P
В соотношении (*) переходим к пределу при р -> 0, R -> оо.
Получаем
zл2 - 2л = I +1 + 2л/ [ —=-у.
j7^(x+i)2
Сравнивая вещественные и мнимые части полученного ра-
венства, находим
546
1 1 — х dx
Задача 75. Вычислить интеграл I = Г In--------(а > 0).
J х х + а
Решение. В интеграле /сделаем замену:
1 —х , 1 (l + a) + at , -dt
= t=>x = ; х + а = --- ; dx = т;
х----------------------------------------1 + /’ Г + 1-(Г + 1)2
значению x= 1 соответствует t = 0; t -> +oo при x -> +0. Следо-
вательно, будем иметь
/ = 7 In t dt = - 7 = 1
”0 (^ + 1)Г(1 + Д) + ^1 ~a b 1 , l + a'l
I J
т 7 inxdfc „ . ln2z
где I, = -------7------г-. Положим f{Z) =------7--------г-
i , 14f l + a] , 14( l + a]
0 (x +1) x +--- (z +1) Z +----------------------
\ ° / k a )
Особыми точками функции f(z) являются точки ветвления z = 0,
_ . 1 + а
Z = оо и изолированные особые точки г, = — 1, Z2 ---• Точки
а
Z} и z2 — простые полюса /(г). Многозначность функции f(z) есть
следствие многозначности функции y(z) = lnz. Для выделения
однозначной ветви делаем разрез по по-
ложительной вещественной полуоси. Бе-
рем ту ветвь многозначной функции, для
которой Inz = In |z| + /ср, где 0 < ф < 2я.
Введем в рассмотрение контурный интег-
7 г
рал 1 = J ---т----1+ >. , где (С) — кон-
тур, изображенный на рис. 7.58. В области,
ограниченной контуром (С), выбранная
ветвь функции /(г) имеет две изолиро-
ванные особые точки z{ и z2- Имеем
z +-----
а
Z=-1
= a In2 (-1) = а(ш)2 = -ап2;
1 + - + 1
а
547
Z . \2 Z . л X
I . , l + a ] I 2 n -i l + я i 21 + fl ]
= -a\ 7c/ + ln- = -a\ -я + 2л/1п------+ ln --- .
к a J к a a J
А тогда
I = 2л/ (resZi (f (z)) + resZ2 (f (z))) = -2тш1 ^ln2 + 2л/ In =>
Т Л 2 \ 1 + # . /> 1 2 1 +
=> I = 4л a In----1 • 2ла1п ---.
a a
С другой стороны, имеем
м,
p(x+l)^X+-^-J (ул)(у
' верхним берег
, Г (1г?х-4л2) + /-4л1пх , , г f, ч .
+Г , ,7 1+?| &+ Р(г)*
R (Х+ 1)(^Х+——J (y^-Q , (*)
нижний берег
так как на верхнем берегу разреза (на промежутке [р, /?]):
Z = |z е10 = xel Q = х , а на нижнем берегу разреза (на промежутке
[Л,р]):
Z = |z| е2п1 = хе2п1 => In z = In х + 2л/ =>
=> In2 z - (Inx + 2л/)2 - (In2 х-4л2) + /-4л1пх.
In2 xdx °? In2 xdx
1+ aAp->o7«->® J ( 1 + aY
p(x + l) x +---- 0 (x +1) x +-----------
\ a ) \ a )
2) (ул):
' z = Re‘v,
q> e [0,2л);
|г| = Я; |z + l| R -1;
z
a
548
|ln2 z| = |ln R + /<p|2 - In2 R + <p2 < In2 R + 4л2 < 2 In2 R
(при достаточно большом R).
J|/(z)|^< 21n/ 2^ -
---->0.
.. f (In2 x -4л2) + i -4л1пх , ? 4n2dx
i , ,4| 1 + a] р->о,л->«> J f 1 + a
R (x + 1) X +--------- 0 (x + 1) X +----------------------
\ a ) к a
7 In2 xdx. 7 In xdx
n , I + a^] n , ,/ I + aA
0 (x + Im x +- 0 (x +1и x +-
к a J I a. J
4) (Yp):
2 = ре'ф,
ср e [0, 2л)
=> dz = zpe^dcp;
адо о (P^ + dU'”^
—>0,
p—>0
так как limpln2p = 0 и lirnplnp = 0.
В соотношении (*) переходим к пределу при р -> 0, R -+<ю.
Получим
л 2 1 1+a • п . 21
4л a In----/ -2ла1п
а
In2 xdx
а л/ -i\ f 1 + a
0 (x + 1) x +-------------------
l о
7 4л2оЕх
I , 1 + a
0 (х +1) х +------
I а
7 In2 xdx . . r
J---------7----1----V "1 ‘47l/* •
i , 14| 1 + a]
0 (x +1) x +-------
k a j
549
Сравнивая вещественные и мнимые части полученного ра-
венства, находим:
г dx . 1 + а п . 2 1 + лт
------7-------г- = я1п-; 2лапг----= 4л/+ =>
1 + а) а а
0 (х +1) х +----
т ал 2 1 +а
=> /, =-11Г---.
2 а
У нас I - — Г . Следовательно, I - —In2
а 2 а
Задача 76. Пусть f (z) — рациональная функция, не имеющая
полюсов на положительной части вещественной оси и в точке
Z = 0, причем f(z) = О\ — I при Z -> 00 • Доказать, что
\Zj
7 f(x)dx _ А Г f(z)
J0ln2x + K2 £
где а{ = -1, а а3, ...,ап— полюсы функции/(z), отличные от
—1, и Lnz = In |z| + /’ф, 0 < ф < 2л.
f(z)
Решение. Положим F(z) = -------7. Особыми точками функции
lnz-я/
F(z) являются точки ветвления z = 0, z = оо и изолированные осо-
бые точки аъа2,
ральная функция в I
al> я2’
(точки aba2, ...,an — полюсы функции
F(z))- Многозначность функции F(z)
есть следствие многозначности функ-
ции \|/(z) = Ln z. У нас, по условию, рас-
сматривается ветвь, для которой
Ф(z) = In |z| + /ср, 0 < ф < 2л.
Введем в рассмотрение контурный
7 г f\z)dz
интеграл /=| , где (С) „ кон.
(С),обл. слева
тур, изображенный на рис. 7.59. В области,
ограниченной контуром (Q, подынтег-
имеет изолированные особые точки
ап. По основной теореме о вычетах
I = 2iti res.!
) 1 V'
4 + Егеч
™j k=2
n
= 2Tt/£resat
к=1
550
С другой стороны, имеем
J_ Г f(x)dx , г /(z)<fe ! f fixjdx ! [• f(z)dz
J Inx-itz J Inz-nz J lnx+nz J In^-nz , .
P (WCJ я (yp)O , W
верхи, берег нижи, берег
так как на верхнем берегу (на промежутке [р,Я]): z = |z|e/0 =
= хе‘0 = х,, а на нижнем берегу (на промежутке [Я, р]):
z = |z| e2nl - xe2nl => In Z =
= In x + 2nz; In z - W - In x + 2id - ш = In x + ni.
? f(x)dx J f(x)dx
1) ' Inx - я/ р->о,л^«> j Inx - ni
2) (n?>:
kM;
[q> e [0, 2л);1 1
|In z - 7cz| = |ln Я + z’(<p - 7t)| =
= 71п2Я + (ф-я)2 > In Я; |/(z)| = о Г-Ц
(при достаточно больших Я);
(Уя)СГ
(Уя)СГ
1пЯ R-^oo
? f(x)dx ? f(x)dx
' i In X + Ttz р->0,Л->оо J In X + nz ’
J\ и
4) (Yp) :
Z = pe‘v,
ср e [0, 2л);
|ln z - 7t/j = |ln p + z(cp - 7t)| = д/ln2 p + (ср - л)2 > |ln p|;
linj|/(z)| = lim|/(pe»)| = |/(0)|
— конечное число (точка z= 0 — точка регулярности f(z)).
551
В соотношении (*) переходим к пределу при р -> О, 7? -> оо.
Получаем
п
к=1
' f(z) = ? f(x)dx ? f(x)dx
\nz-nij glnx-TU jlnx + я/
In г
' f(z) \
Inz-ni J'
Задача 77. Вычислить интеграл / = f-----=-----=- (a > 0).
о (x+a)(ln r+x )
Решение. В случае, когда а ф 1, можно воспользоваться резуль-
татом решения задачи 76. Здесь в роли функции /(г) выступает
1 _ 1
функция а в роли F(z) — функция + z _ niy • Имеем:
Цп^-тиу \fZ
1
1 1 ~а’
z = -l
reiJfM|s*p
= 1 = 1 = J_
z=_a ln(-a)-ni ina + ni-ni Ina
А тогда
7 = res.! (F(z)) + res_fl (F(z)) -
Рассмотрим теперь случай, когда a=l. В этом случае
(z +1) (In z - ni)
и, следовательно, в области, ограниченной
контуром (С) (см. рис. 7.59) F(z) имеет лишь одну изолирован-
ную особую точку z = ~ 1 •
552
Так как Inz = In [-1 + (z +1)] = In (-1) + In [1 - (z +1)], то в ок-
рестности точки z= ~ 1:
i • Г / n (z + i)2 (г + 1)3
lnz = ?u+ -(z + l)-^—2—2__2— ...
А тогда
откуда, по правилу деления степенных рядов,
F(z) = -
1 -1 (z +1) + (z +1)2 +/ь(г + 1)3 + •••
111 1
= 'teZl?'+2z+T'^~i4fe+1)'- ’ rcs-‘(f(z» = Т
А тогда
1= $F(z)dz= j (?;+i)(^z_7t/) = 2’tz^ = 7lz-
(Q, обл. слева (О, обл. слева
С другой стороны, имеем
2^
7 Г dz _ f dx
J (z+l)(lnz-7П) ” J (x+l)(lnx- rcz)+
(Q, обл. слева p
верхний берег
г dz f dx Г dz
J (Z+I)(lnz-Kz)+J (x+l)(lnx + 7u)+ J (£+l)(lnZ-7n) ,
(Гя)0 R (Yp)o • <
нижний берег
553
? dx r dx
• (x + l)(ln x - ni) р->о,л->® J (X + l)(lnx - ni)
I (z+ l)(lnz- ttz) 0 .
(Гл)О
г______dx______ > 7________dx______
3) | (x +1) (In x + ni) p-+o, й-><о j (x +1) (In x + ni)
4) f 7----К71Г----л----* 0
(1 ) C + 1^InZ~p->0 ’
В соотношении (♦) переходим к пределу при р -> О, R -> оо.
Получаем
ni = f
(х + 1)(1пх-ти) {(х + 1)(1пх + тп)
. 7 2ni ,7 dx 1
=> ni = I-----------— dx => ----------z-----— = -.
о (х + 1)(1п2х + л2) о (х + 1)(1п2х + л2) 2
00 dx
Задача 78. Вычислить интеграл I = f —=--=----=-----x- (a > 0).
о (x2 + a2)(\n2x + n2)
Решение. Воспользуемся результатом решения задачи 76. Здесь
1
в роли функции /(г) выступает функция ^2 +д2 ’ а в роли F(£) —
1
функция (г2+о2)(1пг_я0- Имеем:
l/(z2 +д2)
V*
j___________________________________
2ai < . п
In а +1 — т
2
l/(ln z - л/)
2z
res_1(F(z)) =
г«я(Г(г)) = ®^
Z=ai
1
z=-l 1 + °2’
1 1
2az
reS-ai(F(z)) =
i • 71
Ina-/ —
2
Z = -ai
1
J 1 =___1_ 1
2ai . . Зл . 2ai , • л
In а +1 — - in In а +1 —
2 2
554
Следовательно,
dx
1 J_________________
1 + a2 2az 2 л2
ln2a + —
4
о (х2 +a2)(ln2x + 7с2)
m 11
1 + a2 2а
71
2a ln2a + ^—
4
+00
Задача 79. Вычислить интеграл I = f
l(e*+l)(^+2)
Решение. Введем в рассмотрение контурный интеграл
г ePzdz
I = —---------- , где (С) — контур, изображенный на рис. 7.60.
J (ez + l)(e* + 2)
(Q, обл. слева
Имеем
ez +1 = 0 => ez = -1 => z = Ln (-1) = /(тс + 2А?к), к = 0, ±1, ±2, ... ;
ez + 2 = 0 => ez = -2 => z = Ln (-2) = In 2 + /(тс + 2Лтс),
k = 0, ±1, ±2,
Заметим, что в области, ограничен-
ной контуром (Q, расположены лишь две
изолированные особые точки функ-
eaz
ции f(z) =------------. Это — точка
(ez+l)(ez +2)
Z\ = /тс и точка ^2= In2 +/тс. Обе эти
точки являются простыми полюсами
функции/^). Имеем:
e^dx
Рис. 7.60
/ \ eaz
1) res (/(z)) =
(el +2)ez
z=zi
eian
+ 2>ftl
Jan .
eoln2 .elan
/ X eaz
2) res (/(z)) =
(ez +1)ег
Следовательно,
I = 2kz(ibsZ1 (/(z)) + resZ2 (/(z))J = 2nz<?te’'(2e-1 -1).
С другой стороны, имеем
/= j f(z)dz + J f(z)dz+ J f(z)dz+ J f(z)dz.
(AB) (BC) (CD) (DA)
z=z2
_____________________ 2д-1 £/шт
(eln2eftl+l)eln2e”' ~
555
1)(ЛВ):
Г z = х,
|х е [-Я, /?];
R
$f(z)dz= J
(АВ) -В
c,axdx Y e^dx
(ех + 1)(ех + 2)^1 (ех + 1)(ех + 2)
2)(BC):\Z R + 'y’
М 7 [уе[0,2л];
2r" eaRe,ayidy
2л
(ВС)
eaReiayidy
о (eReiy + 1)(еле^ + 2) Jo + J_Ye«H + A
\ cRJ\ eR
(у нас О < а < 2).
3) (CD): /г = х + 2ш’
V ’ |хеН?,Я];
(CD)
e^e'^dx
' I (e'+l)(e' +2)»"?
, .. , , _ !? e-^e^ldy
i'lna
e^dx j.2n0
----------------= — е
(ех + 1)(ех + 2)
J/ = ’{ (e-V -HXe-M +2)»X“ (У ™c a > 0).
В соотношении (*) переходим к пределу при А -> оо. Получаем
2niela7l(2a-1 -1) = 7 • (1 - ei2na),
откуда, если а ф 1, находим
/= 2я/?ол(2а-1-1) =
“ eia*(e-ia* _eiany ~
В случае, когда а = 1, имеем
! Т exdx
~ 1(ех +1)(ех +2)
. — 0**1).
sin ал
ех -t
exdx = dt
7 dt =1 r + 1
j 0 + l)(/ + 2) "/ + 2
1
= -ln^ = ln2 .
о
556
Замечание. Формула I - —Ц---------- верна и при а= 1, если
sin ал
в этом случае понимать ее в предельном смысле. В самом деле, имеем
.. ( л(2а"1-1)'1 .. ( л-2а-,1п2>| , ,
lim —Ц---------- = lim------------= In 2.
o->i Sinam J о->1 itcosan
о з ол г» т г sin ах «
Задача 80. Вычислить интеграл 1 = —-----ах (а — веществен-
5 shx
ное число).
Решение. Введем в рассмотрение контурный интеграл
~ (. jaz
I = ] , где (Q — контур, изображенный на рис. 7.61. Имеем
(Скобл,
слева
__р~^ ~ о
sh z = 0 <=> —----= 0 => elz -1 = 0 => e2z = 1 =>
=> 2z = Ln 1 => 2z = i • 2kn,
к = 0, ±1, ± 2, ... => z - ikn, к = 0, ±1, ± 2, ... .
Заметим, что в области, ог-
раниченной контуром (Q, рас-
положена лишь одна изолиро-
ванная особая точка функ-
eiaz
ции f(z) = —— • Это — точка
shz
Zi = in. Точка Zi = in являет-
ся простым полюсом функции
/(z). Имеем
А тогда, по основной теореме о вычетах,
I = 2ти resin (f(z)) = -2nie~m .
С другой стороны, имеем
7= J f(z)dz+ J f(z)dz+ J f(z)dz+ j f(z)dz+
(4) (rP1)^ (4) (6)
+ J f(z)dz+ j f(z)dz+ J f(z)dz+ j f(z}dz
(/4) (Yp2) (/5) W
557
Z = |z| eln = -xe‘n = x,
xe[-R, -pj;
-Pl jax
J f(z)dz = j -j— dx =
W Ashx
x = -t
dx = -dt
Rfe-lat
= -^~—dt
•* shZ
pi
^e~iax
—> - f-------dx.
Р1->о,я->«> J shx
2)(YP1): f
I^cp e [0,7tJ;
3)(/2):
..> ~ i >
pi^° Jo
n
[idp = -Tti
:| e'0 = хе'® = x,
xe[pbJR];
R ^iax ® ^iax
/I4 [z = R + iy, r.zx. ^e^e-^idy
4)(з): [ye[0,2л]; J}) Z Z [ sh(/? + zy) лХ
. ибо sh(7? + zy) -> oo.
,, „ (z - x + i -2%,
5Ш); X r ’
[ хе[р2,Л];
, f, .. eiaxe-2andx
J f(z)dz = J
W R
---------- -> - e
shx p2->о,л->«>
00 iax
5 shx
6) (yP2) :
Z -2tcz = р2^/ф,.
q> e [я,2я]
Z = P2^<<₽ + 2%Z,
фе[я,2я];
f ft .. 2r e 2na^liP2e'4‘ip^dp 2? -2па-л -2ita
f(ddz= - ------------——------------► “ e idp = -me
J { sh(p2e'(p + 2ш) P2->0 J
558
7) VsY-
Z = x + 2я/,
хе[-Л, -p2];
-R
J f(z)dz = J
(/$) -P2
eiaxe
shx
X = -t, ,
shx = -sh/
dx = -dt,
R. e~2ane~‘at -> +? eiaxdx
= fC C dt -> ,
/ sh/ p2^o,j?->oo J shx ’
P2 U
8) (4):
z = -R+iy,
у e [0,2n];
2n
ff(z)dz = -j
W о
e'^e-^dy n
--------— -> 0
sh(-A + iy)R —>00
ибо sh(-7? + iy) —> oo.
7?->oo
В соотношении (*) переходим к пределу при pi -» О, р2 -> О,
R -> оо. Получаем
+оо tax _ „-lax +® lax _ „-iax
-2™™ = f ------------dx-e'2™ f ----------dx - я/(1 + e~2na
5 shx J shx
4-00 • 4-00 •
= f ^ELdx-e-2an f ^^dx--e-an(ean +e-an)
J shx }0 shx 2
4-00 •
=> - n - (em - e~an) f Sina^flbc - nchan =>
i shx
Vsinaxdx: l-chan
---------= —it-------
i shx----2shan
2sh2^
я------—
2sh^ch^
2 2
f &maxdx an
I —;----= n-th —.
5 shx 2
559
Задача 81. Вычислить интеграл I - y^^dx (а — веществен-
J спх
ное число).
Решение. Введем в рассмотрение контурный интеграл
/= !&* ’гда<°
(Q, обл.
слева
Имеем
— контур, изображенный на рис. 7.62.
z ~z
ch z = 0 <=> — = 0 => elz +1 = 0 => elz = -1 =>
=> 2z = Ln (-1) => 2z = /(л + 2kn), к = 0, +1, ±2, ... =>
71
=> Z = /у + ikn, к -Q, ±1, ±2, ....
Рис. 7.62
Заметим, что в области, ограничен-
ной контуром (Q, лежат лишь две
изолированные особые точки
e[az
функции f(z) =---• Это точки
chz
.71 . Зя _ _
Zn = 1 — и Zi = I—- Обе эти точ-
^22
ки являются простыми полюса-
ми функции f (z)- Имеем:
res.J/(z))=res п —-
*2 '2lchzJ
Здл
. ч ( eiaz } eiaz е~
res Зя(/Xz))= res,3я —- =— =-------z- = ie 2 .
shzz=/3K ,sin37t
2 2
А тогда, по основной теореме о вычетах,
ап Зап
I = 2ni (res,W2 (/(z)) + res/.3n/2 (/(z))) = 2ni(-ie 2 +ie 2 ) =
an an
= 2ne~an(e 2 -e 2 ) = 4ne~°” sh^y-
560
С другой стороны, имеем
I = f f(z)dz + J f(z)dz + J f(z)dz+ J f(z)dz +
w w (m
+ f f(z)dz+ J f(z)dz + $ f(z)dz + \ f(z)dz.
W (Тр2Ь (Js) (4)
1)(А):
|z| em - -xe‘n = x.
хе[-Я, - pi];
"Pl Jax
f f(z)dz= J ch^dX =
(/j) -Яи1л
х = -t
dx = -dt
R -iat ® „-iax
= f-------dt -> f----------------dx.
J ch/ р1->о,л->® i chx
Pl U
2) (т-)- {фе[о,я1; (‘n>^ J ch(p^) р,-и>
3) (4):
z = |z| e‘0 = xe'° = x,
хе[Р1,Л];
f „ 4 * eiax
eiax
4) ft); г = Л+* f.
'3' Ь-е[0,2«];
ибо ch(7? + /у) -> oo.
J f(z)dz= j—- dx -> J-— dx.
ч J ch x J ch x
\l2) Pl u
^e^e^idy 0
ch(7? + iy)
5)(/4): Z X[+l^7l,
[ xe[p2,T?];
J /(z)^=Jgf"gh2fl^ ->
chx Рг-^о.л-хю
lz-2ni = p2ei<p,
cp G [те, 2tc]
6) (уР2)
00 Oiax
- e~2m f------dx.
J chx
Z = р2<?,ф + 2nz,
<ре[л, 2tt];
2^e-2na еа1р^ ip2el,td<p Q
л ch (p2e/<₽ + 2tcz j pj-*°
561
7) ft): [ * = X + 2"’
|хе[-Л,-p2];
, eiaxe~2andx
f(z)dz = .
Us) 4 chx
X =
t t chx = ch/
dx = -dt,
^-2^-“' -2an7e~iaxdx
----------(-dt) -> -e ‘“m I------------
J cht р2->о,л->оо J chx
P2 u
8) (/б): ЬГО 2 h’
[у g [О, 2л],
2л -iaR -ay • a
f f(z)dz = -[\z D \ о, ибо ch(-7? + iy) 00.
(/} Jo ch(-A + iy) "r^
В соотношении (*) переходим к пределу при pj 0, р2 -> О,
R -> оо. Получаем
zy-rr °° p~iaX °° niaX " 0iaX " n~iaX
4Tte"fl7lsh— = f----dx+ f------dx-e~2m f------dx-e~2ait f----dx
2 J ch x J ch x J ch x J ch x
ЛТГ piax -I- p-/ax PlaX -I- p~,ax
=> 4ле-ая sh— = f-———dx - e’2a71 [ ———
2 ' ch x J ch x
=> 4ne-an sh — = 2(1 - e~2m)(
2 J chx
=> 4пе~ап sh — = 2еап
2
r cosax
J chx
, ал
itsh—
2
f cos ax ,
------dx =
j chx
it
.ап ~ .ал
2sh—ch — 2ch—-
2 2 2
о ™ т c xcosax ,
Задача 82. Вычислить интеграл 1 = — ---dx, где а — ве-
J shx
щественное число.
562
Решение. Данный интеграл представляет собой функцию пара-
+00
метра а, т. е. J
о
х cos ах
shx
dx = 1(a). Введем в рассмотрение интеграл
ч Т sinax , di (а) +? х cos ах , г/ \
1(a) = -----dx. Имеем —— = -------------dx = I(a). Отметим,
* shx da J shx
что несобственный интеграл 1(a) сходится при любом веществен-
на)
ном значении а, а несобственный интеграл —-— сходится равно-
da
мерно относительно параметра а, так что дифференцирование по
параметру а под знаком интеграла законно. Ранее было получено
ч V sin ах , ал
J shx 2
(см. задачу 80). Но тогда
т, ч dl(a) 1л л2 т, ч 2л2еС71
1(a) = —— = л-----------=---------- => 1(a) =-------
ch2^ 2 2 ch2 — (^+1)
2 2
00 ch ax
Задача 83. Вычислить интеграл I = f------dx (-л < a < л).
Jo СГ1ЛХ
Решение. Так как подынтегральная функция в интеграле I—
четная, то имеем I = — \ --dx. Введем в рассмотрение контур-
- г е
ный интеграл I = | —dz , где (С) —
i chiiz
обл.
слева
контур, изображенный на рис. 7.63.
Имеем
i
ill
-R О
Рис. 7.63
С
В X
R~^
ch nz = 0 о — = 0 => е2лг = -1 => 2nz = Ln (-1) =>
2nz = i(2k + 1)л, к = 0, ±1, ±2, ... => z = + А: = 0, ±1, ±2, ....
Заметим, что в области, ограниченной контуром (Q, располо-
жена лишь одна изолированная особая точка Zq = — функции
563
С I
f\z) =------. Точка Zn =— является простым полюсом функции
chitz 2
f(z)- Имеем
ia
resZo(/’(z)) =
eaz
л shnz
e 2
i. йг
nsh —
2
e 2
. . n
ni sin —
e2
id
ia
По основной теореме о вычетах I = 2л/res^ (/(z)) = 2е2 .
С другой стороны, имеем
Z= f f(z)dz + J f(z)dz + J f(z)dz + f f(z)dz.
(AB) (BC) (CD) (DA)
1) (AB):
Z X’ [f(z)dz= [ —dx -> f —dx.
xe[-R,R]; .\chroc л^ДсЬлх
2) <ЯС): U [oSk
А тогда
епЛе^ +
ch nz =---------------------=>
=> |chnz| > i(|e’LRe/’v'| =
= —(enR - e~nR) => 1 <
2V |ch7tz| еяЛ_е-’иг‘
f f(z)dz
(BC)
2eaR , ds^ 2е(а~л)Д Q
елЛ _ e-nR (Jc) j _ e-2nR
так как a - % < 0. Следовательно, f f(z)dz -> 0.
(BC) R^
3) (CD):
Z = x + z,
хе[-ЗД;
R
f f(z)dz = - J
(CD) -R
e^e^dx
ch(rcx + in)
R o^rh- +®
ja r € OX gia r C uX
4 ch юсл->® J ch nx'
-Л -oo
564
4) (DA): {7;* у’’’ P»| = |е "'е">| = е"* ;
е-^е^ + епКе^у
ch nz =-----------------=>
=> |ch nz\ > i ([еяЛе_/"?’ | - |е_’’лей9’|) =
= 1 (enR _ e-*R) => —1-------------
2^ ’ |clm| e^R-e^R
Следовательно,
j f(z)dz <
(DA)
2e~aR
__e nR j?—>oo
2
ибо л + a > 0. Значит, J f(t№z-> 0.
(^)
В соотношении (*) перейдем к пределу при Я -> оо. Получим
2е2 = f---------dx + е'а f--------dx => 2е2 = (1 + eia) f ---------dx =>
J chrcx J chrcx J chrcx
-00 - 00 -00
io io +оо ах
2 +^2>f4—
•L ch тис
Те" 1
dx => f---dx =-----.
J chrcx „,a
-® cos —
2
Интеграл, стоящий в левой части полученного равенства,
★Te^dx 'Te^dx °f e^dx
представим в виде ---------= -------+ -------. Во втором инте-
J ch тех ch их J ch их
—оо U —оо
трале правой части сделаем замену: х = — t. Получим
| e^dx =
{’Chroc { chirr g ch тис
А тогда будем иметь
1 ^e^dx ^e'^dx 1
л ch тис х сЬлх ппс,
COS — О О COS
2
= 2Tchax
I ch тгх
Тchar , 1
-----dx =------
о ch7CX 2cos —
565
§ 6. Логарифмический вычет
Пусть функция /(г) регулярна в области (В), за исключением,
быть может, полюсов. Выражение Г Ln /(z)l = v , где Ln /(z) —
г- /
какая-нибудь однозначная ветвь логарифма, называется логариф-
мической производной функции /(г).
Заметим, что точка регулярности функции /(z) является точ-
кой регулярности также и для ее производной f’(z), и, если эта
точка не нуль f(z), то она будет точкой регулярности и для лога-
рифмическои производной (т. е. для -> это следует из теоре-
мы о частном регулярных функций). Что касается нулей /(z), то
они являются полюсами для • Таким образом, особыми точ-
ками логарифмической производной функции f(z) в области (В)
могут быть только особые точки самой функции f(z) и ее нули.
Определение. Логарифмическим вычетом функции f (z) называ-
ш
ется вычет ее логарифмической производной •
Теорема. Логарифмический вычет функции f (z) относительно
ее нуля равен кратности этого нуля, а логарифмический вычет
функции f(z) относительно ее полюса равен взятому со знаком
минус порядку этого полюса.
► 1) Пусть точка Z — я есть нуль кратности п функции f (z). Тог-
да в окрестности точки z = а функция /(г) представима так:
f<Z) = cn(z-a)n +cn+i(z-a)"+1 + где с„*0(л>1).
В проколотой окрестности точки z = а будем иметь
f\z) ПСП(z - g)"-1 + (и + 1)ел+1 (z-g)n + ...
f(z) сп (z - а)п + cn+l (z - a)n+l + ...
1 Гяс„ + (я + 1)сп+1(г-а)+ ••1
Z-a[ сп +c„+l(z-a)+ ... J’
откуда, по правилу деления степенных рядов,
4т^ = —[«+AU-fl)+ ••
f(z) Z-aL
' № -л
4/U)J
566
2) Пусть точка z — b есть полюс порядкар функции/(г)- Тогда
в проколотой окрестности точки z = b функция /(г) представима
в виде:
f(z) =——-— + —- + ... +с +c(z_ty+ ..
(z-ьу (z-ьу1 ° 1
и, следовательно,
-р с-р . - (р -1) С-(Р~Х) -...
f(z) (z-b)p+l v (z-ьу
f(z) с-р + с-(р-1) +
(z-ьу (z-ьу-1
1 {-РС-РЬ) - ...
с_р + c_{p^(z - Ь) + ... ]’
откуда, по правилу деления степенных рядов,
^^ = -^\-P + di(z-b) + d2(z-b)2 + ...1 =>
f\Z) Z b \ j (z))
Замечание. Из способа доказательства теоремы следует, что нули
и полюсы функции /(z) являются простыми полюсами ее лога-
рифмической производной.
§ 7. Теорема Коши о числе корней и полюсов функции.
Принцип аргумента
Если функция /(z) регулярна в замкнутой области (Б), огра-
ниченной контуром (Q, за исключением конечного числа точек
b2, ..., bf области (В), которые являются ее полюсами соответ-
ственно порядков Pi,P2? •••>#> и если в области (В) /(z) имеет
конечное число нулей ах,а2, ...,ак соответственно кратности
«2, •••>«£> причем ни нули, ни полюса не лежат на контуре (Q
области (В), то интеграл по контуру (Q области от логарифми-
ческой производной функции /(z) в направлении, оставляющем
область (В) слева, равен произведению 2л/ на разность между
числом N = п{+7^ + ... +«£ и числом Р = Pi + р2 + ... + Pi, т. е.
обл. слева
567
► По условию функция f(z) имеет в области (Б) нули
а15а2> соответственно кратности ...,пк и полюсы
fy, ..., bt соответственно порядков р^р^ ...,Pi. Тогда логариф-
мическая производная будет иметь в (В) в качестве особых
точек лишь точки аъа2, ...,ак и /ц, 4^, которые будут для
нее простыми полюсами. Вычеты функции в этих точках
будут равны соответственно пь п2, ...,nk, -pi9 - р2, ..., - pt. По
основной теореме о вычетах будем иметь
1 /w
(С), обл. слева
= 2ni(nl+n2+...+nk - pt - p2 -pt) = 2ni(N - P).
Следствие. Если функция f(z) регулярна в замкнутой обла-
сти (Б), ограниченной контуром (Q, и не обращается в нуль на кон-
туре (Q, то число N корней функции f(z) (с учетом их кратности),
лежащих в области (В), равно J •
(С), обл. слева
► Действительно, в этом случае Р— 0, поэтому
лг 1 f f'(Z) л
N = ^— ( dz.
2ш f(z) <
(С), обл. слева
Доказанной теореме можно дать удобную геометрическую трак-
товку. Положим f(z) = |/(z)| •е/ч’ • Тогда
Ln f(z) = In |/(z)| + i(w + 2kn), к = 0, ±1, ±2, ... =>
=> d Ln /(z) = = dln |/U)| + idy.
f(z)
Поэтому
J PlnkW|+Z‘J dv = 2ni(N-P). (i)
(С), обл. слева (С), обл. слева (С), обл. слева
568
Но/(г) на контуре (Q непрерывна, однозначна и не обраща-
ется в нуль. Следовательно, и функция In |/(z)| также непрерывна
и однозначна на (С). В силу однозначности, после обхода замкну-
того контура (Q функция In|/(z)| возвратится к своему старому
значению. Это значит, что если точка была исходной точкой, то
I Лп |/ (z)| = In |/ (3) )| - In |/ (го )| = 0 (см. рис. 7.64).
(С), обл. слева
Рис. 7.65 (так может быть)
Рис. 7.64
Величина же аргумента у функции f(z) после обхода замк-
нутого контура (Q может измениться. Это произойдет в том слу-
чае, когда обход точки z по замкнутому контуру (Q приводит к
обходу точкой w = f(z) такого замкнутого контура (С), который
содержит внутри себя точку w = 0 (см. рис. 7.65). Если изменение
аргумента f(z) при обходе точкой z контура (Q обозначить через
Acarg/(z), то будем иметь J d\y = J darg f (z) = Ac alB f {z)
(С),обл. (С), обл. слева
слева
Теперь равенство (1) запишется так:
J y^cfc = /Acaig/(z) = 27r/^-P),
(С)» обл. слева
откуда
aca^/fa)=JV_f
2л
Последнее равенство (2) выражает следующую теорему, назы-
ваемую принципом аргумента
Если функция /(г) регулярна в замкнутой области (В), за
исключением конечного числа полюсов, и не имеет на контуре
(С) этой области ни полюсов, ни нулей, то приращение аргумента
функции f(z) вдоль контура области Ас arg f (z), деленное на 2л,
обл. слева
дает разность между числом нулей и полюсов (с учетом их крат-
ности) функции /(г) в области (В).
569
Принцип аргумента позволяет доказать теорему, которая часто
оказывается удобной для подсчета числа нулей функции в обла-
сти (В).
Теорема Руше. Если функции f(z) и <p(z) регулярны в замкну-
той области (В), ограниченной контуром (Q, и на контуре (Q
удовлетворяют условию |/(z)| > |ф(^)|, то функции /(г) + ф(г) и
Рис. 7.66
f(z) имеют в этой области (В) одинако-
вое число нулей (с учетом их кратности).
► Функция /(z) + cp(z) регулярна в
замкнутой области (В) как сумма регу-
лярных функций, и на контуре (Q об-
ласти (В) не равна нулю, ибо
|/(z) + <p(z)| > |/U)| -|<p(z)|, а следова-
тельно, на (C): |/(z) + <p(z) > 0 (по усло-
вию, на (Q: |/(z)| > |<p(z)|). Видим, что
функция + <p(z) удовлетворяет всем
условиям принципа аргумента, и так как эта функция не имеет
особых точек в области (В), то получаем
^/+Ф = Ac arg[/(z) + <p(z)],
где Nf+V— число нулей функции f(z) + q>(z) в области (В). По
условию, на контуре (С) f(z) * 0 (ибо на (Q: |/U)| > |<p(z)| 0).
Поэтому можно написать
Ас aig [f(z) + <p(z)] = Ас arg j\z) •
1+Ж
/(z)
= Acaig/(z) + Acaig
/(z)
Заметим, что когда точка z описывает замкнутый контур (Q, то
1 ф(я)
точка w = 1 + тоже описывает некоторую замкнутую кривую
ftf)
(С) (см. рис. 7.66). Но эта кривая (С) не содержит внутри себя
<p(z)
/U)
точку w = 0, потому что
< 1 на (Q, и, следовательно, линия
(С), описываемая точкой w, находится внутри круга радиуса 1
570
с центром в точке w = 1, так как | w -1| =
arg
1+Ж
Лг)
ф(г)
f(z)
< 1. Нов таком случае
не получает приращения, т. е. Ас а1В
1 +
Лг)
= 0.
Следовательно, будем иметь
Ac агё [/(z) + <p(z)] = Ас arg/(г) =>
Ас arg [/(г) + ФАс arg f(z) v _ v .
2тг ~ 2n <
Пример 1. Сколько корней имеет уравнение
Z9 - 2г6 + Z2 - 8г - 2 = 0 внутри единичного круга [Я < 1 ?
Решение. Обозначим f(z) = Z9 - 8г, <p(z) = -2г° + г2 - 2. Ha
контуре |г| = 1 рассматриваемого круга имеем:
|/(г)| = |?-8z|> |8г|-|?| = 8-1 = 7;
|cp(z)| = |- 2г6 + Z 2 - 2| < |- 2Z61 + |z21 +1- 2| = 2 +1 + 2 - 5.
Итак, на контуре |z| = 1: |/(z)| > |<р(г)|, и в замкнутой области
|г| < 1 функции f (z) и <р(г) регулярны. Значит, по теореме Руше
заданное уравнение имеет в круге |г| < 1 столько же корней, сколько
и уравнение z9 -8г = 0 или z(zS -8) = 0. Последнее же уравне-
ние имеет в круге [г| < 1 лишь один простой корень г = 0. Значит, и
заданное уравнение имеет в круге |г| < 1 один корень.
Пример 2. Сколько корней имеет уравнение
е1 - 4г" +1 = 0 (л g N) в круге |г| < 1 ?
Решение. Обозначим /(г) = -4гл, <р(г) = ег+1. На контуре
|г| = 1 рассматриваемого круга имеем
|/(г)| = |-4гл| = 4|гл| = 4;
|<р(г)| = |ег +1| < |ег| + |1| = |ecos<t>+/sin<p| + 1 < е + 1 < 4.
Итак, на контуре |z| = 1: |/(z)| > |ф(^)|, и в замкнутой области
|г|<1 функции /(г) и <р(г) регулярны. Следовательно, заданное
уравнение имеет в круге |z| < 1 столько же корней, сколько и урав-
нение -4zn =0. Последнее же уравнение имеет в круге |z| < 1
571
лишь один корень z = 0 кратности п. Значит, заданное уравнение
имеет в круге |^| < 1 п корней.
Пример 3 (доказательство основной теоремы алгебры).
Теорема. Всякий полином степени п
Pn(z) = aoZn + (hZn~l + ... +an^z + an,a^ *0,«>1,
на плоскости z имеет ровно п корней (с учетом их кратности).
► Считая этот полином суммой двух подобранных функций,
положим: j\z) = Oqz" , <p(z) = OiZ”^ + ... + an^z + a„. Введем в рас-
смотрение круг |z| < R, где R — любое, сколь угодно большое. На
контуре |z| = R этого круга имеем
|/(z)| = |<яьг”| = |аь| • Rn', |q>(z)| = piz"’1 +... + ап_^ + д„| <
£ 1 + ... + |a„_i z| + |a„ | = |<zi | Я"-1 + ... + |<^_i | R + |a„|.
статочно больших R:
< 1 => |/(z)| > |cp(z)| на контуре |z| = R .
Итак, если взять окружность достаточно большого радиуса R с
центром в точке z = 0, то регулярные в замкнутом круге |^| < R
функции f(z) и ср(г) на границе этого круга удовлетворяют усло-
вию |/(г)| >|ф(г)|. Следовательно, полином Pn(z) = /(£) + ф(г) бу-
дет иметь в круге |г| < R столько же корней, сколько и функция
/(^) = • Последняя же имеет число z = 0 корнем кратности п.
Так как lim Pn(z) = 00, то для всех z, достаточно больших по моду-
лю, |^(^)| > М > 0. Поэтому можно считать, что все корни Pn(z)
находятся в построенном круге |г| < R, т. е. что Pn(z) имеет ровно
п корней. <4
§ 8. Теорема Римана
(достаточные условия взаимно-однозначного отображения)
В теореме два утверждения.
I. Если функция w =f (z) регулярна в замкнутой ограниченной
односвязной области (Б) и если при обходе точкой z контура (С)
этой области соответствующая точка w=f(z) обходит один раз
572
замкнутый контур (Cj) без кратных точек, то эти контуры обхо-
дятся в одинаковом направлении и функция w=/(z) взаимно-
однозначно отображает область (В) на внутренность контура (С^.
II. Если функция w =/(z) регулярна в замкнутой ограничен-
ной односвязной области (В), за исключением одной единствен-
ной точки, лежащей в (В), которая является простым полюсом/(г),
и если при обходе точкой z контура (С) области (В) в некотором
направлении соответствующая точка w=f(z) обходит один раз
замкнутый контур (С^ без кратных точек в противоположном
направлении, то функция w=f(z) отображает взаимно-однознач-
но область (В) на внешность контура (Cj).
I. ► Возьмем произвольную точку внутри контура (Ц) и про-
извольную точку w2 вне контура (С,) и рассмотрим две функции
^1U) = f(z) - Wj и F2(z) = f(z) - W2 .
Докажем, что функция Ft (z) имеет в (В) ровно один корень, а
функция F2 (z) не имеет в (В) ни одного корня. Тем самым будет
доказано, что функция w=f(z) взаимно-однозначно отображает
область (В) на внутренность контура (С]).
Пусть точка z обходит контур (Q в определенном направле-
нии, например, в направлении, оставляющем область (В) слева
(см. рис. 7.67). Формально мыслимы две возможности
^Соответствующая точка w = f(z) обходит контур (С,), ос-
тавляя внутренность контура (С]) слева (см. рис. 7.68). Тогда
Дс argF^z) = Дс aig (w- wj = 2л.
г> с -> AcaigF(z) 1
Разделив обе части этого равенства на 2 л, получим —— ' = I
2л
или NFi - PFi =1, откуда, так как =0, находим NF =1. Зна-
чит, функция Fx (z) имеет в (В) ровно один корень. Имеем, далее,
Дс argF2(z) = Дс arg (w - w2) = 0 => Дсаг^2^^ = 0 <=> NF - PF= 0,
/7Г 2 2
Рис. 7.67
Рис. 7.68
573
откуда, так как = 0, то и Nf2 - 0. Значит, функция F2 (z) не
имеет в (В) ни одного корня. Следовательно, в случае, когда на-
правления обхода контуров (Q и (Cj) одинаковы, утверждение I
доказано.
2) Соответствующая точка w =f(z) обходит контур (С,), остав-
ляя внутренность контура (Cj) справа (т. е. направление обхода
контура (Cj) противоположно направлению обхода контура (Q).
Тогда
Дс arg Fi (z) = Ас arg (w - Wj) =
= _2я => ^c^gFi(z) = _j Nj^ _Pj^ = _L
Так как PF =0, то получаем NF =-l, что невозможно (ко-
личество корней не может быть отрицательным числом). Значит,
случай 2) не реализуется.
Таким образом, утверждение I доказано полностью. Ч
II. Дано: функция w=f(z) имеет в (В) единственный про-
стой полюс; направления обхода контуров (Q и (С^ — противо-
положные. Требуется доказать, что функция w=f(z) отображает
взаимно-однозначно область (В) на внешность контура (С,).
Рис. 7.70
Рис. 7.69
Как и в случае I, возьмем две произвольные точки wI и w2.
Точка Wj лежит внутри контура (С^), а точка w2 лежит вне контура
(СД Опять введем в рассмотрение две функции
Fi(z) = f(z) - Wj и F2(z) = f(z) ~ W2,
и докажем, что функция Ft (г) не имеет в области (В) ни одного
корня, а функция F2 (z) имеет в (В) ровно один корень. Тем са-
мым будет доказано, что функция w=f(z) взаимно-однозначно
отображает область (В) на внешность контура (С().
Пусть точка z обходит контур (Q в определенном направле-
нии, например, в направлении, оставляющем область (В) слева
(см. рис. 7.69), а значит, точка w=f(z) обходит контур (С(), остав-
ляя внутренность контура (С() справа (см. рис. 7.70). Тогда
574
Ac alE Fi (Z) = Дс aig (w - w,) = -2л => -£- =
2 71
= -l« NFl-PFi =-l.
Так как 7^=1, то последнее равенство дает
NF{ -1 = -1 => NF{ = 0. Это означает, что функция (z) не имеет
в области (В) ни одного корня. Имеем, далее,
Дс aigF2(z) = Ac aig (w - w2) =
= 0 => Ас а^2^' = 0 » Nf2 ~Pf2 = 0-
У нас //-2=1. Поэтому последнее равенство дает:
NFi -1 = 0 => NF^ = 1. Это означает, что функция F2 (z) имеет в
области (В) ровно один корень. Следовательно, функция w=f(z)
отображает взаимно-однозначно область (В) на внешность кон-
тура (Cj). Утверждение II доказано. ◄
§ 9. Обращение степенного рада
Пусть дан степенной ряд с радиусом сходимости R > 0
w = f(z) = <t> +Ci(z-a) + c2(z-a)2 + ... +cn(z-a)n + .... (1)
Известно, что сумма f(z) ряда (1) регулярна в круге сходимо-
сти |г - а\ < R. Ставится вопрос о функции, обратной для w =f(z)-
Рассмотрим два основных возможных случая.
I случай: q * 0 (т. е. f'(a) ф 0).
Обозначим с0 через с и перепишем (1) в виде
w-c = /(z)-c = (z-a) -[q +с2(?-я)+ ... + сл(г-я)л-1 + ...]. (2)
Отметим, что существует достаточно малая окрестность точки z = а
с исключенным центром: 0 < - а\ < е, в которой оба сомножителя
правой части (2) отличны от нуля, ([q + с2(^-а) + ...]?t0 в
0 < - я| < с, так как /(^) = q + c2(z - ci) + . •. , как сумма степен-
ного ряда, есть функция непрерывная в точке z = а и f(a) = q 0.
Считаем, что 0 < £ - я| < е лежит в круге сходимости - я| < R).
Следовательно, f(z) - с ф 0 в 0 < |г - а\ < е. Пусть (у) есть окруж-
ность |z - а\ = е. (см. рис. 7.71). Так как (/(г) ~ с) непрерывна на (у)
575
Рис. 7.71
Рис. 7.72
И (Лг)-с)|ге(т>* о,
то существует т = min|/(z) -с| > 0. Рассмот-
ZG(y)
рим круг |w - с| < т. Пусть (у^ — контур этого круга (см. рис. 7.72).
Докажем, что функция w =/(z) любое значение w, лежащее внут-
ри окружности (Yi), принимает внутри окружности (у) ровно
один раз. Это будет сделано, если мы возьмем любую точку w0
внутри (у0 и покажем, что функция /(г) — % имеет внутри (у)
ровно один нуль. Имеем
/U)-w0 =[/(z)-c] + (c-w0).
У нас |/(г)-с||^) > т, а |с- w0 | = |w0 -с| < т (ибо точка w0
лежит внутри круга |vv-c|<7n). Следовательно, на (у):
|/(z) - с | > |w0 - с |. А тогда по теореме Руше функция/(г) ~ % име-
ет внутри (у) столько же нулей, сколько и функция /(г) — с. Но
функция f(z) ~ с имеет внутри (у) единственный нуль z = а. Сле-
довательно, функция /(z)~ w0 имеет внутри (у) единственный
корень. Таким образом, получили: для любого w0, лежащего внутри
(yt), существует внутри (у) единственное значение такое, что
Л^)) — % = 0, т- е- /(^) = % • Так как точка w0 — любая, лежащая
внутри (у!), то получили: для точек w, лежащих внутри (у^, суще-
ствует однозначная функция z = q>(w), значения которой лежат
внутри (у) и для которой / (cp(w)) = w. Это означает, что существу-
ет однозначная обратная функция z = <p(w) для функции w = f(z)-
Покажем теперь, что эта обратная функция является регу-
лярной внутри (у^ и одновременно получим способ ее нахож-
дения.
Пусть F(z)— произвольная функция, регулярная в круге
|z - я| < е. Возьмем любую точку w0, лежащую внутри (yt), и рас-
смотрим интеграл
576
dz. (3)
2ш(г)о /(*)-w0 • (3)
Вычислим этот интеграл двумя различными способами
1 .(По основной теореме о вычетах.)
По доказанному выше функция /(z)— w0 имеет внутри (у) един-
ственный простой нуль Zq = <p(w0) (так как /(^) = w0). Следова-
тельно, точка есть единственный простой полюс подынтеграль-
ной функции внутри (у). А тогда
V J W _ wo ) J vZo)
Следовательно,
2 .(Почленным интегрированием ряда.)
1
В подынтегральной функции интеграла /множитель
разложим в ряд по степеням (w0 — с). Имеем
1 ____________1______
f(z) - w0 (f(z) - с) - (w0 - с) ’
Так как на (у): |/(z) - с| > tn > |w0 -с|, то
ZG(y)
1
/U) - w0
1 1
, ч f(z) -с 1 _ "'о-^
Zg(y) j 1 /(Z)-c
Zg(y)
у (w0 - с)"
„=о[/(х:)-с]л+1
My)
(4)
Wn ~C Wn -cl
Так как \ ---!• = q < 1 для всех z e (у), то получен-
|/U)-c| m
ный ряд (4) сходится равномерно на (у). Заметим, что ряд, полу-
ченный из (4) почленным умножением его на бу-
Z71Z
дет также сходиться равномерно на (у), ибо —
2ти
функция, ограниченная на (у). А тогда законно почленное интег-
рирование вдоль (у). Будем иметь, следовательно,
577
л=о 2л/уо [/(.
= 1Ш -<0">
л=0
—vdz =
|Л+1
где
2п1ю [/UM]
(5)
— постоянные числа.
Сравнивая оба результата, полученных для интеграла Z, находим
F(z0) = F(фО*ъ)) = J bn(w0 - с)",
л=0
где bn выражаются по формулам (5). Так как точка w0 была любой,
лежащей внутри (у^то получили: для любой точки w, лежащей
внутри (у,)
F(z) = F (<p(w)) = J bn (w - c)n,
n=0
где bn выражаются по формулам (5). Возьмем, в частности, F(z) = z.
Получим z = <p(w) = £ bn(w-c)n, в круге |w-c|</«. Так как
л=0
функция ср(и') есть сумма степенного ряда, сходящегося в круге
|w- с| < т, то ср(и') регулярна в этом круге (т. е. в точках, лежащих
внутри (У1)).
Получим для коэффициентов Ьп вместо интегрального
представления (5) дифференциальное представление. Если
п = 0, то
А) = Г—rdz = /| = /’(ф(с)) = Fla),
2я'ю W-c)]n+1 к=С 1 U
ибо c=f(a).
Пусть n й 1. Вычислим bn интегрированием по частям
578
bn
d
у O’
= ^F(z)
2ni
1
«(/(z)-c)"
1
2ni
Mo
j_ . F'(z)dz
Mo
Первое слагаемое в правой части равно 0, так как
1 Z7/ х 1
— r(Z)---------- есть однозначная функция и, следовательно, ее
п (Ш~с)п
приращение при полном обходе точкой z замкнутого контура (у)
равно нулю.
Во втором слагаемом точка z = а может быть полюсом подынтег-
ральной функции порядка < п. Если z = а есть полюс порядка п, то
. i 1 .. dni
п n\n-W^dz^
(z-af
(f{z)-c)n
(Легко проверить, что если даже z = а есть полюс порядка меньше,
чем «, то написанная формула дает тот же вычет.)
Таким образом, получаем, что в круге |w - с| < т
F{z}=F^w))=F(a)^bn(w-c)n,
п=1
где
dn^_
,л-1
F'(z) аГ п
№)-<nL
Возьмем F(z) = Z • Тогда формула (6) примет вид:
Ьп = —
" П\ dz1
(6)
Z = ^w) = a + Yjbn(w-c}n,
Л=1
579
где
п\
dn~l ( (z-a)n
(7)
1
Ряд (6) и его частный случай — ряд (7) — называются рядами
Лагранжа. Итак, доказана теорема 1 об обратной функции.
Если функция w =f (z) регулярна в окрестности точки z — а и
если /'(а)*0, то в достаточно малой окрестности точки
w=c=f(a) существует регулярная обратная функция z = <p(w),
представимая рядом Лагранжа (7). (Функция z = <р(и>) и дает об-
ращение исходного степенного ряда (1)).
II случай: q = с2 = ...стЛ = 0, ся *0, т> 2, (т.е.
f'(a) = f"(а) = ... = /('"-1)(ц) = 0, f(m\a) * 0).
В этом случае в окрестности точки z = а имеем
f(z) = c + cm(z-a)m+cm+i(z~a)m+i+cm+2(z-a)m+2 + ...
= cm(z - a)m [1 + v|/(z)J,
где
vp(z) =-^(z-«) + ^2±^-(z-a)2 + ••• •
cm cm
Извлекаем корень степени m из обеих частей последнего равен-
ства. Получим
y/w-c = • (z - а) • [1 + ф(г)]1//",
где имеется в виду любое из т значений корня. Так как y(z) -> 0
при z -> а, то в достаточно малой окрестности точки z = а можно
воспользоваться биномиальным рядом
[1 + ф(г)=1+—Ф(г) + т^-—[— -11-Л)+ ....
т 2! тут )
По теореме о подстановке ряда в ряд, найдем
[1 + ц/(г)]1/т =l + Ji(z-a) + ^(?:-«)2 + ••• •
580
Поэтому
y/w-c =el(z-a) + e2(z-a)2 + ..., где e{ *0.
Положим y/w-c = t. Тогда будем иметь
t - 0 = (z - a) + e2 (z - a)2 + •••> > где ei * 0 •
Видим, что в правой части стоит ряд с отличным от нуля пер-
вым коэффициентом. Относительно z и t имеем, следовательно,
случай I, по которому в окрестности точки t = 0 существует регу-
лярная функция £ = <р(/), представимая рядом Лагранжа
Z = а + £ , в окрестности точки t = 0. Возвращаясь к прежним
о° i~—----
переменным, получаем z = а + bny](w - с)п , в окрестности точ-
л=1
КИ W = с.
Отметим, что обратная функция z - ф(0 является регулярной
относительно /, т. е. относительно . Но -с в окрестно-
сти точки w= с есть /и-значная функция. Поэтому обратная функ-
ция z = ф(0, как функция от w, в окрестности точки w = c тоже
является w-значной функцией (и, следовательно, не регулярной).
Итак, доказана теорема 2 об обратной функции.
Если функция w =/(z) регулярна в окрестности точки z = а и
если f\d) = = ... = = 0, т>2, то в
достаточно малой окрестности точки w=c=f(a) существует т-
значная обратная функция z = ф(и>) (не регулярная), представи-
мая рядом Лагранжа по дробным степеням разности (w— с)
Z = a + Ybn(w-c)W •
Л=1
Замечание. Если окрестность точки w = с, указанную в теореме 2,
разрезать по любому радиусу, то в полученной области y/w -с име-
ет т однозначных регулярных ветвей и, следовательно, обратная
функция z = ф(и>) имеет тоже т различных регулярных ветвей.
Случаи, когда одна из точек а или с или обе эти точки являют-
ся бесконечно удаленными.
Тогда заменой С = —, т = — переходим к точкам С, = 0, т = 0.
581
1. Пусть a = co, c^oo, /(oo) = c. В этом случае функция w=/(z)
регулярна в окрестности точки Z = оо. Следовательно, в окрестно-
сти точки z = оо будем иметь разложение функции w —f(z), кото-
рое не содержит положительных степеней z
w = с + + С~(л1+1) + ..., с т Ф 0.
zm zm^
Вводим С = —. Получим w = с + с_т^т +c_(m+1)^m+1 + ... => w, как
функция С,, регулярна в окрестности точки £ = 0. Относительно
w и С имеем, следовательно, случай II. А тогда применима теоре-
ма 2, по которой
с=f \—у—>
n=1 b{ ’qw-c + b2 \tfw-c)+...
где
bi = Д— ф 0 =>
m/z»
yju-m
=> z = -^= + d0 +di^w-c + ..., где d_x = 4tfc^.
^w- c
2. Пусть a * oo, c = oo, /(a) = oo.. Это означает, что точка z = а
является полюсом для функции w=/(z). А тогда в проколотой
окрестности точки z = а будем иметь следующее разложение для
функции w=f(z)
w = —+ +с +с _а) + с Ф о.
(z-af (z-аУ”-1 ° 14
Делаем замену: т ~ Тогда будем иметь
1 ?
— + J1U-a)+rf2(z-a) + •••
c-m
= —{z~d)m +dx(z-d)m+x +d2(z-d)m+2 + ....
c
-m
582
Относительно z и т имеет место случай II. А тогда применима
теорема 2, по которой
Z = a + ^bn(4Ftf ^Z = a + fibn—1—.
»=i л=1 h/w\
3. Случай, когда а = оо, с = оо, предлагается рассмотреть само-
стоятельно (в качестве упражнения).
Глава 8
АНАЛИТИЧЕСКОЕ ПРОДОЛЖЕНИЕ. ПОНЯТИЕ
РИМАНОВОЙ ПОВЕРХНОСТИ. ОСОБЫЕ ТОЧКИ
Пусть функция f(z) регулярна в некоторой области (В). Воз-
никает вопрос: нельзя ли расширить область определения функ-
ции, т. е. нельзя ли создать более широкую область (Z>), содержа-
щую (В) внутри себя, и в этой более широкой области (D)
определить регулярную функцию F(z), которая бы в первоначаль-
ной области (В) совпадала с f(z)-
Такое экстраполирование регулярной функции называется ана-
литическим продолжением. Для функций вещественной и комплекс-
ной переменной одна и та же задача дает совершенно различные
решения. Действительно, положим, что нам дана некоторая диффе-
ренцируемая любое число раз в промежутке [а,Ь\ функция ср(х)
вещественной переменной х. Очевидно, что мы можем продолжить
график этой функции и вне промежутка [а,Ь], не нарушая свойства
дифференцируемости любое число раз, бесчисленным множеством
способов. Для регулярной же функции комплексной переменной
f(z), как будет показано ниже, значения f(z) в первоначальной об-
ласти (В) вполне определяют и значения функции вне этой обла-
сти, если только аналитическое продолжение вообще возможно.
Нужно только заметить, что, совершая аналитическое продолжение,
мы можем прийти и к многозначным функциям.
§ 1. Теорема единственности
Лемма. Если функция f(z) регулярна в области (В) и равна
нулю на бесконечном множестве Е точек области (В), имеющем,
по крайней мере, одну предельную точку, лежащую внутри (В), то
f(z) = 0 в области (В).
584
► Пусть точка z = а е (В) есть указанная в формулировке лем-
мы предельная точка множества Е. Но тогда существует последо-
вательность точек ах, а2,..., ап,..., такая, что ап е Е ддя любого
п е N и ап -> а.
Так карточки ап^ Е для любого и е N, то f (ап) — 0 для лю-
бого п е N. По условию, функция /(г) регулярна в области (В).
Следовательно, /(г) непрерывна в (В) и, в частности, /(z) непре-
рывна в точке z= а. Но тогда из того, что ап -> а, следует
/(ая) -> f(a) => lim f(an) = 0 = /(а).
Л->00 Л->0О
Итак, показано, что f(a) = 0. Утверждаем, что f(z) = 0 в некото-
рой окрестности точки z = а.
Рассуждаем от противного. Допустим, что такой окрестности
точки z = л, о которой мы говорим, не существует. Но тогда в неко-
торой окрестности точки z = а
f(z) = cm(z-a)m +cm+1(z-a)m+1 +..., где ст*0,
т. е. не все коэффициенты ряда, стоящего в правой части послед-
него равенства, равны нулю (иначе бы в некоторой окрестности
точки z = а было: f(z) = 0). А тогда
f(z) = (z~a)m[cm +cm+l(z~ а)
где оба множителя произведения, стоящего в правой части, не рав-
ны нулю в достаточно малой проколотой окрестности точки z = а.
Но это невозможно, так как точка z = а является предельной точ-
кой для нулей функции/(z) и, следовательно, в любой сколь угод-
но малой окрестности точки z = а должны лежать нули f (г). Значит,
наше предположение, что не существует окрестности точки z= а, в
которой /(^) = 0, неверно. Следовательно, /(г) = 0 в некоторой
окрестности точки z = л.
Возьмем теперь в области (В) любую точку z — Ь и соединим
ее с точкой z = а ломаной (/), целиком лежащей в (В). Станем дви-
гаться по (/) из точки а в точку Ь. Переме- ------—
щаться по (/) будем до тех пор, пока вы- / ь\
полняется условие: /(z) = 0. Формально / (л с 7 \
мыслимы две возможности: / )
1)мы придем в точку b со значением ( (В) хКГ J
= 0;
2) мы встретим на (/) точку с, до кото-
рой f (г) = 0, но за которой на (/) есть сколь Рис- 8-1
угодно близкие к сточки, такие, в которых f(z) * 0. Легко понять,
что точка z — с оказывается предельной для нулей функции /(z).
585
А тогда, по доказанному выше,/(с) = 0 и /(/) = 0 в некоторой окрес-
тности точки z = с, что противоречит определению точки z = с. Сле-
довательно, второй случай невозможен, а значит,/(Л) = 0. Так как точ-
ка z = Ь — любая точка области (5), то заключаем, что f(z) = 0 в
области (В).
Теорема. Если функции/; (z) wf2 (z) — регулярные в области (В) —
совпадают на бесконечном множестве Е точек области (В), имею-
щем, по крайней мере, одну предельную точку, лежащую внутри (В),
то они совпадают во всей области (В), т. е. f{(z) = f2(z) в (В).
► Введем в рассмотрение функцию cp(z) = fx(z) - Ясно,
что функция <p(z) удовлетворяет условиям леммы, по которой
<p(z) = 0 в области (В) => fi(z) = /2(^)> Z е (В). 4
Следствия.
1. Если функции/((г) nf2 (z), регулярные в области (В), совпа-
дают на некоторой линии (/), лежащей в (В), то они совпадают во
всей области (В) (см. рис. 8.2, (1)).
Рис. 8.2
2. Если функции/((г) nf2 (z), регулярные в области (В), совпа-
дают в некоторой ее подобласти (В.), то они совпадают во всей
области (В) (см. рис. 8.2, (2)).
Поэтому, если нужно доказать тождество _/i(z) = fi(z) в облас-
ти (В), то достаточно установить это тождество на некоторой ли-
нии (/), лежащей в (В), или в некоторой подобласти области (В).
§ 2. Аналитическое продолжение
I. Непосредственное аналитическое продолжение.
Пусть имеются две области (Bt) и (В2), которые имеют един-
ственную односвязную общую часть (В12) (см. рис. 8.3).
Пусть функция j\(z) регулярна
\ в (5]), а функция ^(г) регулярна в
(Bj) в (5j)) (52)> причем в (В12) =
-------Тогда у нас есть функция /(z), ре-
Рис. 8.3 гулярная в области: (В0 U (Я2) ,
586
а именно: /U) _
/i(z), ?е(Д);
f2(z), Z e (B2). Функцию /2^) называют н е -
посредственным аналитическим продолжением функцииД(г)
из области (B{) в область (В2) через их общую часть (В12). (Функ-
цию f{(z) называют непосредственным аналитическим продол-
жением функции f2(z) из области (В2) в область (В{) через их
общую часть (В12).)
Отметим, что непосредственное аналитическое продолжение
функции Д(г) из области (В{) в область (В2) может быть только
одно. Действительно, предположим, что f^z) продолжена из (В{) в
(В2) через (В12) двояко и это продолжение привело к функциям
f2(z) и ср2 (Z) • Но тогда функции/2(г) и ср2(г) регулярны в (В2) (по
определению) и на (В12) совпадают с f{(z), а потому и друг с дру-
гом. Но раз они совпадают в подобласти (В12) области (В2), то они
совпадают и во всей области (В2).
Пусть теперь области (В{) и (В2) имеют две односвязные об-
щие части (В12) и (Bf2) (см. рис. 8.4). Допустим, что удалось ана-
литически продолжить функцию f{(z) из области (В^ в область
(В2) через их общую часть (В12) и получить функцию f2(z), регу-
лярную в (В2). Заметим, что при этом значения функции f2(z) на
другой общей части областей (B{) и (В2), а именно на (Bf2), могут
отличаться от значений функции Д(г). Это означает, что в этом
. Ze(Bi);
случае функция J(Z) = 4 r z 4 z n ч может оказаться много-
(№)> Ze(B2).
значной в (В0 U (В2). Для сохранения
свойства однозначности функции Дг)
в области (BJ U (В2) условились счи-
тать общую часть (Bf2), на которой функ-
ции не совпадают, состоящей из двух
листов, лежащих друг на друге; один
лист принадлежит области (В^,
а другой — области (В2). В такой мно-
голистной области функция Дг) будет
однозначной
Лг) =
Д(г) в (Bf2) на первом листе,
/2(г) в (В12) на втором листе.
(Если окажется, что /2(г) совпадает с Д(г) в (Bf2), то таких двух
листов вводить не нужно.)
587
Замечание. Если возможно аналитическое продолжение функ-
ции /j(z) из области (Bj) в область (В2) через (В12), то из этого не
следует, что возможно аналитическое продолжение J\(z) из облас-
ти (Bj) в область (В2) через (Bf2). Если окажется, что возможно
аналитическое продолжение функции fx(z) из (В^ в (В2) и через
(В12), и через (Bf2), то ниоткуда не следует, что оба этих продолже-
ния дают в области (В2) одну и ту же функцию.
II. Аналитическое продолжение посредством цепи областей.
Пусть даны области (В,), (В2), (В3), ..., (Вл), имеющие попарно
общие части (В12), (В23), ..., (Вл-1 л) (см. рис. 8.5).
Рис. 8.5
Пусть функция f\(z) регулярна в области (Bj);/2U) — регуляр-
на в области (В2), ...; f (z) — регулярна в области (В). Пусть
/2U) = /1U) В(В,2); № = № в(Б„); fn(z>fn_&) в (Б
Тогда функция fn(z) называется аналитическим продолжением функ-
ции /j(z) из области (В,) в область (Вл) посредством данной цепи
областей через их общие части (В12), (В23), ..., (Вл-1 л).
Из единственности непосредственного аналитического про-
должения следует, что если возможно аналитическое продолже-
ние посредством цепи областей, то оно единственно.
Рассмотрим функцию
Лг) = - '/№) (А), f2(z) (В2),
.Ш (Вп).
Ясно, что Дг) определена в области (В{) U (В2) U ... U (Вл). Если
Дг) окажется однозначной в этой области, то она будет и регуляр-
ной в ней. Это будет, например, в случае, когда указанные общие
части областей (В12), (В23), ..., (Вл-1 я) являются единственными об-
щими частями областей (В,), (В2), (В3), ..., (Вл).
Но функция J(z) может оказаться многозначной в (Bt) U (В2) U ...
... U (Вл) (как и в случае непосредственного аналитического продол-
жения). Пусть, для определенности, мы имеем дело со случаем, изобра-
женным на рис. 8.6, когда значения функции /3(z) в общей части
588
областей (В^ и (Д), а именно, в (5^), от-
личаются от значений функции /j(z). И
здесь, для сохранения свойства однознач-
ности функции/(z), условились считать об-
щую часть (Д*з) состоящей из двух лис-
тов; один лист принадлежит области (В{),
а другой — области (В3). В такой многоли-
стной области функция Дг) будет одно-
значной. Например,
Рис. 8.6
Ж> =
f{(z) в (2^*3) на первом листе,
/3(г) в (Д*3) на втором листе.
Такие многолистные области называются римановыми поверх-
ностями. Следовательно, функция Дг) будет однозначной в облас-
ти (В{) U (В2) U ... U (Вп), если эту область рассматривать как ри-
манову поверхность.
Пусть в области (В{) дана регулярная функция/(г). Рассмот-
рим все возможные цепи областей, посредством которых функ-
цию //г) можно аналитически продолжить из области (В{). Функ-
ция f(z), получаемая в результате всех таких аналитических
продолжений, называется полной аналитической функцией. Она мо-
жет оказаться многозначной, но будет всегда однозначна на своей
римановой поверхности, построенной указанным выше способом.
Функция f^z) называется начальным элементом, а функции ^(z),
/3(z), ... — элементами полной аналитической функции Дг).
III. Аналитическое продолжение вдоль кривой.
Пусть в области (Bj) задана регулярная функция и дана
кривая (/), исходящая из некоторой точки Рх области (ВД Рассмот-
рим на (/) участки PXQV P2Q2, •••> PnQn, покрывающие ее целиком и
такие, чтобы PXQX g (2?i) и чтобы участки PkQk и PkjAQk+\ имели бы
общую часть (Pk+\Qk) • Рассмотрим цепь областей (В^, (В2), ..., (Вл),
покрывающих (/) и таких, что PkQk g (Вк), к= 2,3,..., п (см. рис. 8.7).
Обозначим через (Bk kJri) ту общую часть областей (В^ и (В^+1),
которая содержит участок Pk+iQk кривой (/)• Предположим, что
Рис. 8.7
589
возможно функцию аналитически продолжить вдоль получен-
ной цепи областей (В^, (В2), (В3),(В) через общие части (В12), (В23),
..., (Вл-1 л). Тогда такое аналитическое продолжение называется ана-
литическим продолжением функции/j(z) вдоль кривой (/)•
Из единственности непосредственного аналитического продол-
жения следует, что аналитическое продолжение вдоль кривой (Z)
может быть только одно, и что оно не зависит от способа разбиения
(Z) на участки и от выбора цепи областей с указанными свойствами.
Если (Z) достаточно мало деформировать, закрепив концы кри-
вой (Z), то аналитическое продолжение вдоль новой кривой будет
совершаться посредством этой же цепи областей и, следовательно,
в общем конце двух линий мы получим совпадающий элемент.
Теорема однозначности. Пусть (В) — односвязная область и
пусть в некоторой подобласти (В.) области (В) задана регуляр-
ная функция fXz) аналитически продолжимая из (BJ вдоль лю-
бого пути (Z), лежащего в (В). Тогда в результате всевозможных
аналитических продолжений функции f^z) из (Д) в (В) полу-
--------------чим однозначную и регулярную в области
xj)-----------(ty функцию Дг).
/ I ► Достаточно установить лишь одно-
/ ЖЖ) / значность в области (В) получаемой функ-
/ J ции № •
( Пусть Ъ — произвольная точка области
——-— (В), а (/^ и (Z2) — любые два пути, лежащие в
рис 8 8 (В) и идущие из точки а с (Вж) в точку Ь.
Докажем, что в результате аналитического
продолжения функции /(z) вдоль этих двух путей получим в точ-
ке b один и тот же элемент функции. Так как (В) — односвязная
область, то кривую (^) непрерывной деформацией можно переве-
сти в (Z2), не покидая области (В).
Так как по условию функция /(z) аналитически продолжима
вдоль каждого пути, лежащего в (В), а при достаточно малой де-
формации кривой конечный элемент сохраняется, то получаем то,
что требовалось доказать. 4
Замечание. Для многосвязной области такое доказательство не
проходит, да и для многосвязной области эта теорема неверна.
IV. Аналитическое продолжение с помощью степенных радов.
Пусть в круге |z -а| < R задан сходящийся степенной ряд
(1)
л=0
590
Обозначим через/(^) сумму ряда (1). (Заметим, что мы можем
не иметь никакого другого выражения для /(z), кроме (1).) При-
мем круг |z - а| < R за область (Б,), а функцию ft(z) за начальный
элемент. Рассмотрим любую кривую (/), выходящую из точки а.
Возьмем на (/) произвольную точку лежащую в (В,) и такую,
чтобы дуга ~~.аах е^В^.У нас функция fx(z) регулярна в области (БД
и потому она может быть разложена в окрестности точки а{ в
степенной ряд
/1(2) = ^^(z-ai)”,
л=0
(2)
где = -2—j-2- , п = 0, 1, 2, ...,. Так как мы можем не иметь ника-
кого иного выражения для функции //z), кроме (1), то коэффици-
енты ряда (2) будут выражаться по формулам:
со° =Хсп(а1 ~аУ> с10) = incn(ai - л)"’1,
л=0 п=1
С2° = i L «(« - VCn <al - • •
2! п=2
с<к =-^-.'^п(п-1)...[п-(к-1)]сп(а1-а)п-к,... .
К'-п=к
Пусть ряд (2) сходится в круге |z - #i| < R\. Примем этот круг
за область (В2), а сумму ряда (2) в (В2) обозначим через ^(z). Пред-
положим, что круг (В2) выйдет за пределы круга (см. рис. 8.9).
Имеем: функция /2(г) регулярна в (В2) и в (В12) /2U)-/iU)-
Следовательно, функция f2(z) есть аналитическое продолжение
функции /j(z) из в (В2), т. е. ряд (2) явля-
ется аналитическим продолжением ряда (1) X
из (В{) в (В2).
Возьмем теперь в (В2) на кривой (/) точку
а2 так, чтобы дуга ^а{а2 е(В2) и применим /иУ Л*2\
к f2(z) и точке а2 то же, что было применено \
к f{(z) и точке а{ и так далее. В результате
получим аналитическое продолжение с помо- I
щью степенных рядов. у I
Так как процесс аналитического продол- \ (В0 у
жения с помощью степенных рядов сводит-
ся к перестройке ряда по другим степеням, то рис 8 9
можно поступать так: сначала записываем
591
уК
г
радиус сходимости
нового ряда: |1 - И} |
о
1
Рис. 8.10
ряд (1) в виде Ycn(z-a)n ~ ^Lcn [(z-ai) + (ai _°)] , а затем
л=0 л=0
[U - а\) + (ai ~ я)]” раскрываем по формуле бинома Ньютона и в
получающемся ряде собираем коэффициенты при одинаковых
степенях (z - ах). В результате получим ряд (2).
Пример. Пусть /i(z) = £ z" , |z| < 1. /2U) = Z спЧ^ ~а\)П - гДе
и=0 и=0
= ———. Воспользуемся тем, что f\(z) = --, Ы < 1.
п\ 1 -z 1 1
c(i) = _L Г f 1 Yw) 1 = 1
Сп «! ll-zj (l-o>)"+1 •
L Jz=ai ' 17
Следовательно, будем иметь
•Ш = где I* ~ O11 < I1 - fli I
п=0 —
— круг сходимости нового ряда. Если ах ё [0,1], то новый круг
сходимости выйдет за пределы прежнего круга сходимости, и мы
получим, что f2(z) является аналитическим продолжением f\(z) из
круга |z| < 1 в круг |z -^i| < |1 -.
§3. Особые точки полной аналитической функции
Пусть функция /j(z) является начальным элементом при ана-
литическом продолжении из области (В,) вдоль кривой (/)
(см. рис. 8.11).
592
Предположим, что возможно аналитическое продолжениеfx(z)
в любую точку z = а, лежащую на (/) до точки z — b, но невозможно
в саму точку z = Ь. Это означает, что существует цепь областей, по-
крывающих (/) и точку z — а, посред-
ством которой возможно аналитичес-
кое продолжение функции fx(z) в
точку z = а, но не существует цепи
областей, покрывающих (/) и точку
Z = Ь, посредством которой было бы
возможно аналитическое продолже-
ние функции fx(z) в точку z— Ь.
В этом случае точку z~ Ь назы-
вают особой точкой полной анали-
тической функции f{z) при аналитическом продолжении fx(z)
вдоль (/). Заметим, что может оказаться, что при аналитическом
продолжении функции fx(z) вдоль другой кривой (/^ точка z~ b
не окажется особой. Это может быть тогда и только тогда, когда
мы придем в точку z = b по кривым (/) и (1Х) с разными значе-
ниями функции f^z), т. е. когда функция Дг) будет неоднознач-
ной в области, ограниченной кривыми (/) и (/,). Следовательно,
особая точка полной аналитической функции определяется не
только своим положением на комплексной плоскости, но и тем
путем аналитического продолжения, при котором она Получа-
ется. \
Пример. Рассмотрим функцию /j(z) = -j=J— в окрестности
г-
точки z = 4. Функция yjz в окрестности точки z = 4 (как и в окрест-
ности любой точки z * 0) имеет две регулярные ветви. Станем
рассматривать гу ветвь, для которой >/4=2. Это означает, что мы
будем рассматривать ту ветвь функции fx(z), для которой /(4) = i.
Если продолжать функцию fx(z) из окрестности точки z = 4
в точку z = 1 вдоль любого пути (/), не обходящего точку z~ 0, то
при непрерывном изменении arg z мы получим Az arg z = 0 и, сле-
довательно, придем в точку z = 1 со значением равным едини-
це, т. е. придем со значением функции/^), равным — (/(1) = —).
Если же продолжать функцию /((г) из окрестности точки z — 4
в точку 1 вдоль любого пути (/j), обходящего точку z=0
(см. рис. 8.12), то получим AZj aig£ = 2л и, следовательно, придем
593
Рис. 8.12
в точку z = 1 со значением равным
.2п
е 2 = е/п = -1, а значит, f\z) -> оо ,
если z е (/t) и z -» 1 • Видим, что в
этом случае точка z — 1 оказывается
особой.
Замечание (о характере особых
точек). Пусть точка z — а есть особая
точка полной аналитической функ-
ции Дг) вдоль кривой (/). Предположим, что существует круг К (а)
с исключенным центром: 0 < |z - а| < е, в котором возможно ана-
литическое продолжение функции по любому пути, лежащему в
этом круге, исходя из точек (/), лежащих в Ке(а). В этом случае
точка z = а называется изолированной осо-
бой точкой функции f(z) вдоль (/). Может
оказаться, что при всевозможных продол-
жениях из точек (/), лежащих в К (а), мы
придем к однозначной функции. Тогда по-
лучим однозначную функцию в (а), т. е.
в кольце, и, следовательно, эта функция бу-
дет раскладываться в Кг (а) в ряд Лорана
по целым степеням (z — я). Тогда точка z — а оказывается или по-
люсом, или существенно особой точкой функции /(г).
Можем получить и многозначную функцию в К (а) . Если для
полученной в Кг(а) функции f(z) будет
оо Л
f(z) = X cn(z ~а) , гдерит — целые, р > 0, т > 1,
п=-р
то точка z = я называется алгебраической особой точкой функции/(z).
В проколотой окрестности точки z = а функция/(z) будем /и-значной.
Всегда существует lim f (z), причем
z-+a
fC0 ПРИ P ~ О,
lim f (z) - s (n — конечное число).
Z^>a [oo При p > 1 '
Если m = 1, то функция f(z) однозначна в KF (a), и точка z = а
оказывается или устранимой особой точкой, или полюсом функ-
ции /(г). (Значит, полюс является алгебраической особой точкой
функции /(г).)
594
Все неалгебраические особые точки функции /(г) называют-
ся трансцендентными. Отметим, что существенно особая точка
функции f(z) является трансцендентной. Из теоремы Пикара сле-
дует, что при стремлении z к существенно особой точке функция f(z)
не стремится ни к какому пределу.
Заметим, что точка г = 0 для функции f(z) = Ln z является
трансцендентной, так как эта функция бесконечнозначна в про-
колотой окрестности точки z = 0. Точка z —а для функции
/(z) = ctg-—
z-a
является трансцендентной, так как она является
предельной точкой для полюсов функции Лг).
§4. Аналитическое продолжение в соприкасающуюся
область
Теорема. Пусть области и (В2) не имеют общих внутрен-
них точек, но соприкасаются вдоль общей граничной кривой (/)
(Д) ~~~(см. рис. 8.14). Пусть функция //г) ре-
j А----х гулярна в области (Bj) и непрерывна в замк-
/ (/) л / нугой области (Bt); функция /2(г) регу-
I (В0 / лярна в области (В2) и непрерывна в
I Ам замкнутой области (В2). Пусть на (/)
4 /i(z) = f2(z). Тогда функция f2(z) явля-
ется аналитическим продолжением функ-
Рис. 8.14 ции f^z) из области (В,) в (В2), а функ-
ция f\(z) является аналитическим
продолжением функции f2(z) из области (В2) в (Bj).
► Мы знаем, что теорема Коши и формула Коши справедливы
для функций, регулярных в области и непрерывных в замкнутой
области. Возьмем любую точку z е (В0 . По формуле Коши, имеем
(1)
J
2т J Q-z
Шо
~ ж
Заметим, что функция —---, как функция от , регулярна в
z
(В2) и непрерывна в (В2), если z е (В0 . Поэтому по теореме Коши
2т J C,-z
('МДО
(2)
595
Сложим соответствующие части равенств (1) и (2). Так как
интегрирование по (/) ведется в противоположных направлениях
и так как на (/) j\(z) = /2(z)> то получим
jJгде <з>
2я/({)С-г
Введем в рассмотрение функцию <р(О, определив ее следующим
{f На (/
J . 1 ’ Ясно, что функция cp(Q определена и
Л(О на (4)-
непрерывна на (/0 U (/2) • Тогда можем написать вместо (3)
(4)
(Ш'2)с
Если взять любую точку z е (В2), то совершенно аналогично мож-
но получить, что
Г(П=_1_ Г
27l/(4)U(/2)6_z
i/C, Ze(B2).
(5)
Рассмотрим функцию
Ini J (6)
(MU(G)CT
Правая часть (6) есть интеграл типа Коши и, следовательно, он
дает функцию Л г) регулярную во всей области (В), ограниченной
контуром (/0 U (/2) • Значит, функция Дг) регулярна в (В^, в (В2) и
во внутренних точках кривой (/).
т! ч f/i(z), когда zg(B|)-
Имеем = \ 1 Рассмотрим цепь об-
[/2(z), когда
ластей, состоящую из области (В) и ее части (ВД Тогда Дг) оказы-
вается аналитическим продолжением функции f\z) из (Bj) в (В),
а следовательно, и в (В2). А так как /(г) = f^Z) для z е (В2), то
заключаем, что f2(z) есть аналитическое продолжение f^z) из об-
ласти (Bj) в область (В2). Рассуждая аналогичным образом, можно
получить, что f\(z) есть аналитическое продолжение функции f2(z)
из области (В2) в область (В^.
596
§5. Принцип симметрии
Пусть область (В) лежит с одной стороны вещественной оси и
имеет отрезок (/) вещественной оси частью своей границы. Пусть
функция Дг) регулярна в области (В) и непрерывна в замкнутой
области (В) и пусть Дг) принимает -----
на (/) вещественные значения. Тогда (В) |
функция Дг) аналитически продол- / т \
жима через (/) в симметричную с (В) /________ | / >
область (В’), и полученная после про- \ \
должения функция в точках, симмет- /
ричных относительно вещественной J
оси Ох, принимает комплексные со-
Рис. 8.15
пряженные значения.
► Примем область (В) за область (В{), а область (В’) за область
(Д) предшествующей теоремы и положим fi(z) = f(z)',
f2(z) = f(z) • Проверим, что для областей (Вх), (В2) и для функций
fl(z),f2(z) выполнены условия предшествующей теоремы.
1) Так как на вещественной оси г = z(= х) и так как на отрез-
ке (/) функция Дг) принимает вещественные значения, то
/(г) = f(z)- Поэтому имеем
•ге(/)
•^2^Lc(/) = ^^|гс(/) = ^^U(/) = ,
т. е. на (/) /2U)^/iU)-
2) По условию Д(г) непрерывна в (Д). Покажем, что /2(г) не-
прерывна в (Д).
Пусть точка г = Zq — любая из (Д). Имеем
lim /2(г) = lim Д(г) = Jim Д(г) = Д(^) = Ж) = /Ж) •
z-+Zq_ z—^Zq _ z-^Zq _
(ze(B2)) (г,гос(А)) (z,^W)
Значит, функция /2(г) непрерывная в (Д).
3) По условиюД(г) регулярна в области (Д). Покажем, чтоД(г)
регулярна в области (Д).
Для этого возьмем любую точку г е (В2) и установим наличие
производной у функции /2(г) в этой точке. Имеем
597
дли) = /2U + az)-/2U) =
AZ Az
= /1U + AZ)~/1(Z) = (/i(Z + Az)-/i(z)'
Аг V Az ,
Так как функция J\ регулярна в (В^, то
f{(z +Az)-/iU)
Jun —------=----= f'(z) ,
Д?->0
ибо z е (В{). Но тогда существует lim —2—- = /f(z) = f'(z) = (z).
Дг-»о
Видим, что все условия предыдущей теоремы выполнены. Следо-
вательно, f2(z) = f(z) есть аналитическое продолжение функции
Дг) из области (В) в область (В’). <4
Замечание. При отображении посредством продолженной функ-
ции получаем область, симметричную относительно веществен-
ной оси.
§6. Обобщенный принцип симметрии
Пусть область (В) лежит по одну сторону окружности (у) и
имеет дугу (/) этой окружности частью своей границы (см. рис. 8.16).
Пусть функция w=/(z) регулярна в области (В), непрерывна в
замкнутой области (В) и отображает дугу (/) окружности (у) на
некоторую дугу (/') окружности (у') плоскости (w). Тогда функция
Дг) аналитически продолжима через дугу (/) в область (В'), симмет-
ричную с (В) относительно окружности (у), и полученная после
продолжения функция в точках, симметричных относительно (у),
принимает значения, симметричные относительно окружности (у').
598
0 (z) (w)
Рис. 8.18
► Дробно-линейным преобразованием z = aZ отобразим
cz + d
окружность (у) плоскости (г) на вещественную ось плоскости (z),
а дробно-линеиным преобразованием w =------ отобразим ок-
c'w + d'
ружность (у') плоскости (w) на вещественную ось плоскости (w).
При этом дуга (/) перейдет в некоторый отрезок (/) вещественной
оси плоскости (z), а дуга (/') — в некоторый отрезок (Г) веще-
ственной оси плоскости (w).
Имеем
= a’f(z) + b’ = a'-f(z(z)) + b' =
c'-f(z) + d' с' f (z(z)) + d'
z z dz-b ~ az+ b. п ,
(z(z) =----получено из соотношения z =----)• Ясно, что функ-
а - cz ~ cz + d ~
ция w = f(z) отображает отрезок (/) на отрезок (/'). Следова-
тельно, функция f(z) на отрезке (/) принимает вещественные
значения. Ясно также, что /(£) регулярна в некоторой области
(В), лежащей по одну сторону от вещественной оси От и непре-
рывна в замкнутой области (В). По доказанному выше принципу
симметрии функция f(z\ аналитически продолжима через (7) в
симметричную относительностей От область. Так как дробно-ли-
нейное преобразование переводит точки, симметричные относи-
тельно данной окружности, в точки, симметричные относительно
образа этой окружности, то получаем: функция Дг) оказывается
аналитически продолжимой через (/) требуемым образом.
§7. Задачи на конформные отображения с применением
принципа симметрии
Задача 1. Найти функцию w = w(z), отображающую полосу
О < х < 1 с разрезом вдоль луча х = -^, А < у < оо, на верхнюю по-
луплоскость.
599
Решение.
Видим, что полученная область симметрична относительно оси
Ох2- Следовательно, можно использовать принцип симметрии.
С этой целью рассмотрим область (см. рис. 8.19; проведен вспо-
могательный разрез, отмеченный пунктиром)
Рис.8.19
0 = 0,
-2лЛ _
[е <р-
f 9 = л,
(I): [ V'-°’
-2лй < и < оо
(II):
V1 = л,
v, = О,
(П1):
6 = 0,
По принципу симметрии симметричные относительно Ох2
части фигуры перешли в симметричные части относительно оси
Ои2 . Теперь можно убрать вспомогательные разрезы (отмеченные
пунктиром). Так что будем иметь
600
Итак, получили
= 7е’2лА -ew> = Je~2nh =
= -je~2nlt + e2nZ1 => w(z) = yle~2nh + e2MZ
Задача 2. Найти функцию w = w(z), отображающую полуполосу
Л 7С
О < х < л , у > О с разрезом вдоль луча х = —,
h< у <оо (h > 0 ) на
верхнюю полуплоскость.
Решение.
Видим, что полученная область симметрична относительно оси
Ох2. Следовательно, можно использовать принцип симметрии. С этой
целью рассмотрим область, изображенную на рис. 8.20 (проведен
вспомогательный разрез, отмеченный пунктиром; это — отрезок (I)).
Рис. 8.20
601
9 = 0,
e~2h < p < 1;
(Ш):
(I) J V1=°’
v 7 \-2h < < 0
(II): J0^71’
[ ux = 0 [ p = 1;
Vi = 71, f 9 = 71,
=> <
э < Mj < 0 [0 < p < 1;
(IV): J ’’’°' U e=°’
|-oo <u{< -2h; [0 < p < e~2h.
Следовательно, на плоскости (w2) будем иметь (см. рис. 8.21)
Рис. 8.21
По принципу симметрии симметричные относительно Ох2
части фигуры перейдут в симметричные части относительно оси
Ои2 . Поэтому будем иметь (см. рис. 8.22). Убрав дополнительные
разрезы, получим (см. рис. 8.23).
77Г
w3=e аи'2=-и'2
------------------------->
Рис. 8.23 Рис. 8.24
Заметим, что w3 = -w2 = -ew‘ = -e2z? - -e2z‘ -e~'n - e2?l = e2,z.
Сделаем преобразование
w4 w3 +-^- (=> w4 =^(e2'z +6'2‘z) = cos2z)
602
Область, изображенная на рис. 8.24, перейдет на плоскости (w4)
в область, изображенную на рис. 8.25. В этом легко убедиться, если
положить w3 = р3еЮз, w4 = w4 + /у4 . Тогда
w4
«4 =- р3+— COS0:
2 V Рз)
if 1V _
v4 = ~ РЗ------SID
2 V Рз J
При этом окружность |w3| = 1 перейдет в двусторонний отре-
зок [-1,1]; двусторонний отрезок [0,1] перейдет в двусторонний
луч [1, 4-оо) , а двусторонний отрезок 0] — в двусторонний
луч (-оо, - ch 2Л].
т-r w4+ch2A
Преобразованием = —-------—
w4 +1
переводим фигуру, изображенную на
рис. 8.25, в область, изображенную на
рис. 8.26.
Рис. 8.25
Рис. 8.26
Итак, получили
I— w4 + ch 2h I cos 2^ 4-ch 2h
W = JWc = I—-------- = I------------.
у w4 4-1 v cos 2^ + 1
Задача 3. Найти функцию w = w(z), отображающую внешность
креста, изображенного на рис. 8.27 (т. е. всю плоскость (я) с раз-
резами по отрезкам [-1,1] и [-/, /]) на внеш-
ность единичного круга.
Решение. Видим, что заданная область сим-
метрична относительно оси Ох . Следователь-
но, можно использовать принцип симметрии.
С этой целью рассмотрим область, изображен-
ную на рис. 8.28 (проведены вспомогательные
разрезы, отмеченные пунктиром; это — лучи:
(-00, -1] И [1, 4-оо)).
Рис. 8.27
603
(г2)
(гэ)
Уз*
о
которая соответствует к - О
Рис. 8.28
Отображение £3 = (7^)л_0 = (7^1 + 1)^-0 = (vZ2 +1] перево-
дит верхнюю половину исходной области (рис. 8.27) на верхнюю
полуплоскость в плоскости (z3). По принципу симметрии сим-
метричные относительно оси Ох части исходной области перей-
дут в симметричные части относительно оси СЪс3. Следовательно,
функция z3 = Nz2 +1) переведет область, изображенную на
\ 'к=0
рис. 8.29, в область, изображенную на рис. 8.30.
Рис. 8.30
Рис. 8.29
Теперь можно убрать вспомогательные разрезы, отмеченные пунк-
тиром, и мы получим, что функция Z3 = (yz2 +11 отображает вне-
\ /к=о
шность креста (см. рис. 8.27) на область, изображенную на рис. 8.31
Преобразованием, обратным преобразованию Жуковского (его
ветвью, соответствующей к = 0), а именно
w = Z4 + IJzf “1|
\ /к=о
604
Рис. 8.31
Рис. 8.32
область, изображенная на рис. 8.32, отображается во внешность
единичного круга на плоскости (w) (см. рис. 8.33). Ветвь корня
взята та, что соответствует отображению комп-
лексной плоскости (^4) с разрезом по отрезку
[-1,1] на внешность единичного круга (точка
5
Z4 = — переходит в точку = 2 )•
Итак, получаем, что заданная область (внеш-
ность креста) отображается функцией
vA (w)
Рис. 8.33
Л=о
на внешность единичного круга (см. рис. 8.33).
§8. Римановы поверхности элементарных
многозначных функций
I. Рассмотрим функцию w = f(z) - tfz , где п е N, п > 2. Мы зна-
ем, что для каждого конечного z = rel<p * 0 функция w = /(z)
.<р+2кп
имеет п различных значений: wk=y[r-e п , к = 0,1, 2,..., п - 1
(в точке z=0 функция Дг) имеет единственное значение, равное
нулю, в точке z = 00 f(z) обращается в бесконечность).
605
Д'*
Рис. 8.34
На плоскости (z) с любым раз-
резом, идущим из точки z = 0 в точ-
ку z = °о , функция Л г) имеет п регу-
лярных, различных между собой
ветвей. Возьмем на комплексной
плоскости любую точку z = а ф 0 и
разложим какую-нибудь ветвь функ-
ции Дг) в окрестности точки z-a
в степенной ряд
V*
+ а =
- а)
Z-a
а
(1)
Выбранная ветвь функции Дг) характеризуется значением
Кругом сходимости полученного ряда является |z - я| < |#|. Станем
продолжать функцию, представленную рядом (1), с помощью сте-
пенных рядов. Аналитическое продолжение оказывается возмож-
ным вдоль любого пути (/), не проходящего через точку z = 0.
В результате всевозможных аналитических продолжений получим
полную аналитическую функцию f(z) = y/z •
Мы знаем, что полная аналитичес-
кая функция однозначна на своей ри-
мановой поверхности. Риманову по-
верхность для функции =
можно построить, например, следую-
щим образом.
Возьмем п одинаковых экземпля-
( )
Рис. 8.35
ров плоскости (г), разрезанной по лучу, идущему из точки z = О
в направлении положительной части вещественной оси
(рис. 8.35). Обозначим их через (50), , (Вп1) . Каждую та-
кую область будем характеризовать соответствующим неравен-
ством для arg г:
606
(BQ): 0 <arg?; < 2л,
(Bl): 2л < aig?; < 4л,
(Bk): 2кп < aig z < 2(fc + 1)л,
(Bn_i): 2(и - 1)л < aig z < 2ил,
/п 2£л aigz 2(£ + 1)л
так что в области (Bk) : f(z) = y\z\ - е п , где-<-<-------
fl fl fl
(к = 0,1, 2,..., п -1). Это есть одна из ветвей . Станем обозна-
чать ее через юк = • Наложим все п экземпляров разрезанной
плоскости друг на друга так, чтобы точки с одинаковыми коорди-
натами расположились одна над
другой, а точки z = 0 и Z = оо, рас-
положенные на вещественной оси,
совпали. После этого будем склеи-
вать берега разрезов так, чтобы на
склеенных берегах значения соот-
ветствующих ветвей функции Дг)
совпали. Для этого склеим нижний
берег (Bq) с верхним берегом (В0;
нижний берег (Bi) с верхним бе-
регом (В2) ит. д., пока не будут
Рис. 8.36
использованы все п листов. Наконец, склеим верхний берег (Bq) с
нижним берегом (Вп_х). На склеенных берегах (Вк) и (Вк+Х) име-
ем:(^=(^)ы
. Действительно, последнее равенство есть сле-
дующее равенство
.2(Мл
=у[г-е п
(нижний
берег)
(верхний
берег)
- у/г • е п
На оставшемся свободном верхнем берегу (Во) имеем
(^)0 = • На оставшемся свободном нижнем берегу (Вп_х) име-
.2тт
ем: (tfzj ^=у[г е п . Следовательно, нужно склеить верх-
ний берег (Bq) с нижним берегом (Вп_{).
607
Отметим, что склеивание берегов понимается как отождеств-
ление этих берегов, и считается, что пересечений с другими листа-
ми нет. Отметим также, что других листов сверху или снизу добав-
лять не нужно, так как на них функция повторит прежние
значения
Построенная л-листная поверхность называется римановой
поверхностью полной аналитической функции f(z) = y[z (на ней
эта функция однозначна). Точка z = 0 принадлежит всем листам
поверхности. Если обойдем вокруг точки z = 0 , то перейдем с од-
ного листа на другой и, следовательно, перейдем от одной ветви
к другой ветви этой функции. После «-кратного обхода вокруг
точки z = 0 вернемся к исходному значению.
Ветвь отображает (Вк) на внутренность угла
2Лл 2(&+1)тс о г
---------------< arg w < —---- . Полная аналитическая функция f(z) = qz
п--------------п
отображает всю «-листную риманову поверхность на полную плос-
кость (w). Обратная функция Z = wn отображает плоскость (w) на
построенную «-листную риманову поверхность.
Замечание. Разрез плоскости (г), например, по отрицательной
вещественной полуоси означает выделение других ветвей полной
аналитической функции f(z) = tfz •
П. Рассмотрим функцию w = f(z) = Lnz = ln|^| + z Arg£ . Рима-
нова поверхность этой функции имеет такое же строение, как и
риманова поверхность функции , но состоит она из бесконеч-
ного множества листов. Область (Вк), к = 0, ±1, ± 2,..., отобража-
ется соответствующей ветвью (Lnz)^ на горизонтальную полосу
ширины 2л : 2кп < Imw < 2(к + 1)л, к = 0, ±1, ±2,....
Полная аналитическая функция f (г) = Ln z отображает бес-
конечнолистную риманову поверхность на всю плоскость (w).
Обратная функция z = ew отображает всю плоскость (w) на пост-
роенную бесконечнолистную риманову поверхность.
§9. Теорема о сохранении области
при аналитическом отображении
Если функция w = f (z) не является тождественно постоян-
ной и регулярна в области (В) всюду, за исключением, быть может,
одной точки, являющейся для нее полюсом, то образ /(В) области
(В) есть тоже область в полной комплексной плоскости.
608
► Требуется доказать, что множество значений функции Д^),
принимаемых ею в области (В), есть область, т. е. что множество
{/(z)}, Z е (В)9 обладает характерными свойствами:
1) каждая точка множества /(В) является внутренней точкой
этого множества;
2) любые две точки множества /(В) можно соединить непре-
рывной кривой, целиком лежащей в этом множестве.
1. Возьмем любую точку w = с, принадлежащую множеству f(B).
Тогда с = f(a), где а с (В). Предположим, что точки а и с — конеч-
ные. Утверждаем, что в этом случае существует окрестность точки
Z = а: 0 < |z - а\ < с, лежащая в (В), такая, в которой f(z) - с * 0 .
Действительно, если бы такой окрестности точки z = а не су-
ществовало, то точка z = а, будучи внутренней точкой для (В), ока-
залась бы предельной точкой нулей функции f(z)-c в (В), и, сле-
довательно, было бы f(z)-c = 0 в (В) (см. лемму в параграфе
“Теорема единственности”). А это невозможно по условию (у нас
f(z) const в (В)). Обозначим min|/(z) -с| = т . Ясно, что т > 0 .
zg(y)
Рассмотрим теперь на плоскости (w) круг с центром в точке w = с
радиуса т. Утверждаем, что круг |w — с| < т принадлежит множе-
ству Д В).
Рис. 8.37 Рис. 8.38
В самом деле, возьмем любую точку w0 , лежащую внутри кон-
тура (yi) (см. рис. 8.38). Имеем f(z) - w0 = [/(z)-с] + (с - w0). На
(у): |/(z) - с| > w > | w0 - с|. А тогда по теореме Руше, примененной
к кругу |z -я| < е , получаем: функция f(z) - имеет внутри (у)
столько же нулей, сколько и функция f(z) - с . Но последняя име-
ет внутри (у) только один нуль z = а. Следовательно, функция
/(z) - w0 имеет внутри (у) один нуль. Пусть этим нулем является
Z = Zo • А тогда /(Zo) = w0 , т. е. точка w = w0 оказалась значением
функции /(г) в (В). Значит, точка w = w0 е f(B). Так как точка w0 —
любая из круга | w - с| < т , то весь круг | w - с| < т содержится в /(В),
609
т. е. вместе с точкой w = с множеству/(В) принадлежит и некото-
рая ее окрестность. Это означает, что точка w = с является внут-
ренней точкой множества^В).
(Если одна из точек z = я, w = с или обе сразу бесконечно
удаленные, то для доказательства следует использовать преобразо-
г 1 \
вание £ = - .)
т
2. Пусть w = w1 и w = w2 — любые две точки из множества ДВ).
В области (В) рассмотрим точки z = Z\ и z-z^y такие, что
/(Zi) = , /(z2) = w2 . Соединим точки Zi и z2 непрерывной кри-
вой (/), целиком лежащей в (В) (Это возможно, ибо (В) — область.)
Пусть параметрическое уравнение (/) есть z = z(t), fc[a,pj;
Z(t) e С ([a, p]) . Тогда (/) перейдет в кривую (1{) с уравнением
w = f (zfy), t g [a, p], где f (z(t)) g C ([a, p]) как суперпозиция не-
прерывных функций. Следовательно, (1Х) — непрерывная кри-
вая, соединяющая точки Wj и w2 и лежащая целиком в множе-
стве f(B). Таким образом, установлено, что множество ДВ)
является областью. <4
§10. Геометрический смысл обращения степенного ряда
Пусть функция w = f(z) регулярна в точке z = а и f(a) = c.
1. По теореме 1 обращения степенного ряда: если f'(q) * 0, то
в некоторой окрестности точки w = с существует регулярная об-
ратная функция z = <p(w). Следовательно, функция w = f(z) уста-
навливает взаимно-однозначное соответствие между окрестнос-
тью точки z = а и окрестностью точки w = с (не обязательно
круговой). По теореме о сохранении области окрестность точки
©Z = а переходит в некоторую об-
X ласть, и так как отображение вза-
( w с ) имно-однозначное, то получаем.
Ч._____Если f\d) ф 0, то однолистная
окрестность точки z = а перехо-
Рис Я 39
дит в однолистную окрестность
(не обязательно круговую) точки w = f(a) (см. рис. 8.39).
2. По теореме 2 обращения степенного ряда: если /'(а) = /"(я) =
... = = 0 , а 0, то в окрестности точки w = с (не
обязательно круговой) существует w-значная обратная функция
Z = cp(vv). Следовательно, каждая точка w в указанной окрестности
точки w = с имеет т различных прообразов. По теореме о сохра-
нении области, получаем.
610
Если f\d) = ... = /('"’1)(я) = 0, а /(т)(а) * О, то однолистная
окрестность точки z = а переходит в w-листную окрестность точ-
ки w = f(d).
§11. Основная задача конформного отображения
Изученные нами раньше отображения с помощью некоторых
элементарных функций дают примеры взаимно однозначного и
конформного преобразования одних областей в другие. Продол-
жая изучение конкретных регулярных функций, можно значительно
увеличить запас сведений о конформном преобразовании облас-
тей, и это весьма важно для практики. Но еще более важна обрат-
ная задача — ее называют основной задачей конформного ото-
бражения. Точная формулировка этой задачи такая: найти функцию,
дающую взаимно однозначное конформное отображение одной
заданной области на другую заданную область.
Эта задача не всегда имеет решение. Например, невозможно
взаимно однозначное конформное отображение многосвязной
области на односвязную. Разъясним это. Пусть область (В) дву-
связная (см. рис. 8.40). Утверждаем, что ее нельзя взаимно одно-
значно и конформно отобразить на односвязную область (Б) (см. -
рис. 8.41). /
Рис. 8.41
Рис. 8.40
Рассуждаем от противного, а именно, допускаем, что это воз-
можно. Но тогда замкнутой линии (/) в области (В), охватываю-
щей внутренний контур (С2) этой области, будет соответствовать
некоторая замкнутая линия (/) области (Б). Линию (/), в силу
односвязности (В), можно непрерывной деформацией стянуть в
точку области (7?). Так как отображение непрерывное (ибо оно
конформное), то и кривая (/) должна, деформируясь, стянуться в
точку области (В). Но это невозможно, потому что внутри (С2)
находятся точки, не принадлежащие области (В). Следовательно,
наше предположение, что можно двусвязную область взаимно
611
однозначно отобразить на односвязную область, неверно. Больше
того, не всякие многосвязные области одной и той же связности
могут быть конформно преобразованы одна в другую. Например,
можно доказать, что два круговых концентрических кольца можно
конформно преобразовать друг в друга лишь в том случае, когда
радиусы окружностей, ограничивающих одно кольцо, пропорцио-
нальны радиусам окружностей, ограничивающих другое кольцо.
Зададимся теперь вопросом: а можно ли любую заданную од-
носвязную область (В) отобразить взаимно однозначно и кон-
формно на любую другую заданную односвязную область (Б)?
Этот вопрос равносилен следующему: можно ли любую одно-
связную область (В) плоскости (z) отобразить взаимно однозначно
и конформно на круг |z| < 1 ? Действительно, если допустить, что
существует регулярная функция С> = <p(z), отображающая взаимно
однозначно и конформно односвязную область (В) плоскости (z)
на круг |£| < 1 плоскости (О, и существует регулярная функция
Q = ц/(w), отображающая взаимно однозначно и конформно одно-
связную область (В) плоскости (w) на тот же круг |£| < 1, то, обо-
значая функцию, обратную для Q = ц/(w) через w = F(Q , получим,
что функция w = F(£) = _F(cp(z)) = /(z) есть регулярная функция,
отображающая взаимно однозначно и конформно область (В) на
область (В). Таким образом, видим, что вопрос о возможности ото-
бражения односвязных областей друг на друга сводится к вопросу
о возможности отображения односвязной области (В) в единич-
ный круг с центром в начале координат, т. е. в круг |w| < 1.
Оказывается, что это невозможно, если (В) есть полная плос-
кость (z) или если (В) есть полная плоскость (z) с одной выклю-
ченной точкой. Действительно, пусть (В) есть полная плоскость с
одной выключенной точкой z = я. Если а ф 0, то, сделав преобра-
1 , ч
зование Zi =----, получим плоскость (Zi) с одной выключенной
Z-a
точкой Zi = °о • (Следовательно, можно сразу считать, что выклю-
ченная точка — это точка z = °°.)
Если предположить, что существует функция w = /(z), отобража-
ющая полную плоскость (z) с одной выключенной точкой z = 00, на
круг | w| < 1, то для всех конечных z будет: |/(z)| < 1. А это означало бы,
что функция /(z) была бы регулярной на комплексной плоскости (z)
(т. е. целой) и ограниченной на ней. Но тогда по теореме Лиувилля
было бы f (z) = const и, следовательно, w = /(z) не давала бы указан-
ного отображения. (Заметим, что тем более невозможно конформное
отображение на единичный круг |w| < 1 полной плоскости (z).)
612
Если исключить случаи полной плоскости и полной плоско-
сти с одной выключенной точкой, то окажется, что во всех прочих
случаях существует регулярная функция w = f(z), которая ото-
бражает взаимно однозначно и конформно любую заданную од-
носвязную область (Я) плоскости (г) на любую другую заданную
односвязную область (В) плоскости (w), ибо справедливо утверж-
дение.
Теорема Римана (принимаем без доказательства). Всякую од-
носвязную область (Л), отличную от полной плоскости и от пол-
ной плоскости с одной выключенной точкой, можно взаимно од-
нозначно и конформно отобразить на единичный круг |w| < 1 и
притом так, что отображающая функция w = f(z) в заданной точ-
ке е (В) удовлетворяет условиям:
Ж) = 0, /'(го)>о,
и такое отображение единственно.
(Заметим, что условие /'Czq)>0 равносильно условию
arg/'(го) = 0.)
Теорема Римана устанавливает факт существования отобра-
жающей функции, но не дает способа построения ее. Кроме того,
эта функция выражается через элементарные лишь для Простых
областей. Поэтому изучение частных случаев отображений с по-
мощью комбинаций элементарных функций, чем мы занимались
раньше, имеет большое практическое значение. \
До сих пор, говоря об отображении областей, мы не затрагива-
ем вопроса об их границах. По этому поводу приведем без доказа-
тельства теорему о соответствии границ.
Если односвязная область (В) плоскости (г) ограничена зам-
кнутой кусочно-гладкой линией и если функция w = /(г) ото-
бражает эту область взаимно однозначно и конформно на одно-
связную область (В) плоскости _(w), то функция w = f(z)
непрерывна в замкнутой области (В) и устанавливает взаимно
однозначное и непрерывное соответствие между точками границ
областей (Я) и (В). При этом сохраняется направление обходов
контуров (В) и (В). Это значит, что если при обходе контура обла-
сти (В) в некотором направлении область (В) остается слева (спра-
ва), то при обходе контура области (В) в соответствующем на-
правлении область (В) тоже остается слева (справа).
Замечание. В теореме Римана указаны условия, которые вполне
определяют регулярную функцию w = /(г) , отображающую взаим-
но однозначно и конформно односвязную область (В) на единич-
ный круг | w| < 1. Про такие условия говорят, что они нормируют это
613
отображение. Существуют и иные способы нормирования. Сформу-
лируем наиболее употребительные из них применительно к преоб-
разованию области в область любого вида (не обязательно в круг).
Пусть (В) и (В) — любые односвязные области (за исключе-
нием указанных выше двух случаев), заданные, соответственно, в
плоскостях (z) и (w). Существует функция w = f(z), отображаю-
щая взаимно однозначно и конформно область (В) в область (В),
причем эта функция будет единственной, если потребовать, чтобы:
1) заданная точка Zo области (В) перешла в заданную точку
w0 области (В), а линия, выходящая из точки (zo), повернулась на
данный угол а (т. е. чтобы было: w0 = /(zo), arg/'(z0) = а), или
2) заданная точка Zo области (В) и точка Zi границы области
(В) перешли, соответственно, в точку w0 области (В) и в точку Wj
границы (В) (w0 = f(zo), W] = f(zi)), или
3) три граничные точки: Zp Z2, Z3 области (В) перешли в три
траничные точки vvL, vu2, w3 области (В) (Wj = f(zi), w2 = /(Z2),
w3 =f(z3)).
Заметим, что во всех трех случаях 1), 2), 3) вопрос сводится к
трем зависимостям между вещественными величинами, так как
положение точки области определяется двумя вещественными
параметрами, а положение точки линии (границы) — одним.
§12. Конформное отображение на многоугольную область
Задача. Найти функцию w = /(z), отображающую взаимно од-
нозначно и конформно верхнюю полуплоскость плоскости (z) на
заданный в плоскости (w) замкнутый многоугольник . (Пред-
полагается, что контур многоугольника не имеет самопересечений.)
Рис. 8.42
► По теореме Римана существует функция w = /(z), реализу-
ющая взаимно однозначное конформное отображение верхней
полуплоскости (z) на внутренность (В) многоугольника •
Так как условий, определяющих единственность отображений, не
дано, то такая отображающая функция не единственная.
614
Станем искать функцию w = /(г) такую, которая граничную
точку z = оо области (Im z > 0 ) переводит в какую-нибудь гра-
ничную точку области (В) (но не в вершину многоугольника).
Тогда вершины многоугольника (Б) будут получаться как образы
некоторых конечных точек а15 •••, ап вещественной оси Ох. От-
метим, что вершины (Б) мы можем перенумеровать так, чтобы
было ах < ^2 < ... < ап .
Выясним, какими свойствами должна обладать функция
w = f(z)
Если рассмотреть вспомогательное отображение верхней по-
луплоскости (z) посредством дробно-линейной функции на еди-
ничный круг, то по теореме о соответствии границ получаем, что
функция w = f(z) непрерывна в Im z > 0 . (При этом непрерыв-
ность f (z) в граничной точке z = 00 означает: при z -> 00 имеем
Лг)->/(«>).)
По обобщенному принципу симметрии функцию f(z) можно
аналитически продолжить через любой отрезок (яъЯ£+1) из верх-
ней полуплоскости в нижнюю (в том числе и через отрезок (ап9а{) ,
содержащий бесконечно удаленную точку z = 00). При этом в ото-
бражении продолженная функция даст многоугольник, симмет-
ричный с (Л) относительно стороны (AkAkV\) (рис. &.43).
Рис. 8.43
Заметим, что продолженную функцию можно снова продол-
жить через любой отрезок (az,az+1) из нижней полуплоскости (z)
в верхнюю. При этом в отображении продолженная функция даст
многоугольник, симметричный с предшествующим многоуголь-
ником относительно новой стороны (/^Л^), и так далее.
Получаем, следовательно, что функция/(z) аналитически продол-
жима в полной плоскости (z) по любому пути, не проходящему через
точки а[9а29 В результате всевозможных аналитических про-
должений функции /(z) получим полную аналитическую функцию
/(z), определенную в полной плоскости (z) (f (z) — многозначная). Так
как исходная BerBb/(z), по условию, давала конформное отображение,
то для нееё во всех конечных точках верхней полуплоскости f'(z) * 0.
615
Так как аналитическое продолжение происходит по принципу
симметрии, то и любая ветвь полной аналитической функции/(г)
в конечных точках плоскости (z), отличных от ..., ап , облада-
ет свойством f'(z) * 0 .
Обозначим комплексные координаты вершин многоугольни-
ка (В) через w2,, а внутренние углы (В) через ос^-л,
п
к = 1, 2,п . Ясно, что 0<ос£<2 и ак * 1; £ ос^ = и - 2.
к=\
Из точки wk , как из центра, проведем окружность достаточно
малого радиуса такую, чтобы внутри полученного сектора не ока-
залось ни одной другой вершины многоугольника (В) (см. -
рис. 8.44). Отобразим полученный сектор (содержащийся в (В))
1
на какой-нибудь полукруг функцией t = (w - и^)а* (имеется в виду
1
какая-нибудь однозначная ветвь функции t = (w - wk )а* , см. рис. 8.45).
Исходная ветвь w = /(г) отображает на рассматриваемый сек-
тор некоторую область (Dk) , лежащую в верхней полуплоскости и
примыкающую к точке z = ак (см. рис. 8.46).
Рис. 8.44
Рис. 8.46
1
Поэтому функция t = [/(z) - = fk(z) отображает взаим-
но однозначно область (Dk) на полукруг, изображенный на рис. 8.45.
При этом прямолинейный граничный отрезок области (Dk) пе-
рейдет в диаметр указанного полукруга, и отображающая функция
1 _
ак будет непрерывной в (Dk) и, следовательно, в част-
ности, в точках прямолинейного граничного отрезка области (Dk).
По обобщенному принципу симметрии функция fk(z) ана-
литически продолжима через граничный прямолинейный отре-
зок области (Dk) в область, симметричную области (Dk) относи-
тельно вещественной оси. Продолженная функция fk(z)
отображает симметричную область с внутренней точкой Z = ак на
полный круг с центром в точке t = 0 и, следовательно, она регу-
лярна в точке z = ак . По принципу симметрии это отображение
616
является взаимно однозначным. Но тогда необходимо, чтобы
fk{ak) * 0 (если бы было fk(ak) = 0, то взаимно однозначное ото-
бражение было бы невозможно).
Следовательно, в окрестности точки z - ак будет справедливо раз-
ложение fk(z) = b[k\z-ak) + b^k\z~ak)2 + ..., где = fk(ak)*0.
(В этом ряду отсутствует свободный член, ибо fk(ak) = [f(ak)-
_L д-
= (wk-wk)ak =0.) У нас
А (г) = [/(г) - wk => f(z) = wk + [fk (г)]“* =>
=>/U) = wt + U-ajfc)“* .[4(Л) +b^k\z-ak)+ ...]“* =>
=>/(z) = Wk +c{k'>(z-ak)ak + ..., где c{k) = (tfk))a* * 0.
Из этого представления функции f(z) в окрестности точки
Z = заключаем, что функция/(г) многозначна. (Многозначность
f (г) является следствием многозначности общей степенной функ-
ции.) Введем в рассмотрение функцию /
„ , = /"(г) = =
Лй' V’’1
Отметим, что функция F(z) однозначна в окрестности точки
Z = ак и имеет точку z = ак простым полюсом; (F(z)) = ак -1.
Выше уже отмечалось, что функция f (г) аналитически продолжи-
ма в полной плоскости (г) по любому пути, не проходящему через
точки ак . Причем при этом продолжении f(z) * 0 во всех конеч-
ных точках плоскости (г). Так как при продолжении /(г) продол-
жаются также /'(г) и f"(z) и так как /'(г) * 0, то продолжается и
функция Г(г) по любому пути, не проходящему через точки ак.
Следовательно, точки z = ак — единственные особые точки функ-
ции Г(г) в конечной плоскости (г).
Так как точки z = ак (к = 1, 2,..., п ) — простые полюса для
функции Дг) с вычетами ик -1, то функция
ч ч Да^-1 Г(г)
Ф(г) = F(z) - X—— = Е ——
k=\Z-ak f(z) k=iZ-ak
617
будет аналитически продолжима в конечной плоскости по любо-
му пути (в том числе и по пути, проходящему через точки z = ак).
По теореме однозначности Ф(?) будет однозначной и регулярной
функцией во всей конечной плоскости (т. е. будет целой функци-
ей). Докажем, что Ф(г) -> 0 при z 00.
Пусть z -> оо в верхней полуплоскости. Рассмотрим исходную
ветвь/(z). Имеем f(z) -> /(оо) при z -> °о . (Точка /(оо) лежит на
отрезке (4А) границы области (В)). Функция =— отображает
z
полуокрестность точки z = оо , расположенную в верхней полуплос-
кости, в полуокрестность точки z{ = 0, расположенную в нижней
полуплоскости (см. рис. 8.48).
Рис. 8.48
(11
Имеем f(z) = f — =/(£1). Функция /(Zi) отображает по-
V )
луокрестность точки z{ = 0, расположенную в нижнеи полуплос-
кости (Zj), в некоторую полуокрестность точки /(оо), лежащую в
области (В) (рис. 8.47). По обобщенному принципу симметрии
функция f\{Zi) продолжима в полуокрестность точки Zi = 0, рас-
положенную в верхней полуплоскости (Zi), и продолженная функ-
ция регулярна в полной окрестности точки Zj = 0. Поэтому в ок-
рестности точки Zi = 0 справедливо разложение
/1(^1) = Л00) + 4^1 +4>Z12 + - > причем = /1'(0) * 0 ,
и, следовательно, в окрестности точки z - °° будем иметь
Лг) = Л«>)+^+4 + -^*0).
z Z
А тогда в окрестности точки z = 00
F(Z) =
—- ч-— +
Л(г)_ ? zA
618
Из этого представления функции F(z) следует, что F(z) -> О
'т1 К""* О'к 1 л
при z -><». Так как и >. —---> 0 при z <®, то заключаем, что
к=1 Z~ak
Ф(г) -* 0 . Следовательно, функция Ф(г) является целой и огра-
ниченной. Но тогда, по теореме Лиувилля, Ф(г) = const, и так как
Ф(г) -> 0 , то получаем Ф(г) = 0 для всех z, т. е.
£~>ОО
/Чг) у ~ 1 _ q
z.,/ ч ” 2^ ~~ - и на всей плоскости.
J W л=1 Z - ак
Интегрируя полученное дифференциальное уравнение, находим
п 1
/'и) = СгП(г-ал)“*’ => (.)
£=1
Z ( п \
^W = f(z) = Cl- J ^+С2. (**)
Zo /
Получили формулу Кристоффеля-Шварца. В ней точка может
быть любой точкой верхней полуплоскости (г), в частности, точ-
кой вещественной оси и даже, возможно, =ак, ибо ик > 0 и,
следовательно, интеграл, стоящий в правой части формулы, будет
сходящимся.
Искомая функция w = /(z), являясь одним из решений полу-
ченного дифференциального уравнения, получается из формулы
Кристоффеля — Шварца при соответствующих значениях посто-
янных Q и С2. Точку Zo можно не считать неизвестным парамет-
ром, так как всегда можно брать, например, Zo = 0 •
Замечание 1. Если один из внутренних углов многоугольника
(Б) равен 2л или л, т. е. ик = 2 или ик = 1 (см. рис. 8.49), то фор-
мула Кристоффеля—Шварца остается верной, и доказательство этой
формулы полностью сохраняется.
Рис. 8.49
Замечание 2. Рассмотрим случай, когда одна из точек ак есть
бесконечно удаленная точка. Пусть для определенности точка
ап = оо. (Это есть случай, когда точка z = 00 переходит в вершину
многоугольника (В).)
619
Дробно-линейным преобразованием отобразим верхнюю по-
луплоскость (z) на верхнюю полуплоскость (z) так, чтобы точки
tij, 02,ап^, оо перешли в конечные точки а}, с^, ...,ап_г, ап. Та-
ким дробно-линеиным преобразованием будет z = ап---, гДе
Z-a
а — вещественное число, отличное от alt а2,..., a„_t, оо. По формуле
Кристоффеля — Шварца построим функцию f\(z), отображаю-
щую верхнюю полуплоскость (z) на многоугольную область (В)
так, чтобы точки ...,апЛ,ап переходили в вершины
Д,Яг, —,Ап многоугольника (В).
Функция /1(г) - /11 ап-i—| = f(z) будет отображать верхнюю
k Z-aJ
полуплоскость (z) на многоугольник (В) так, что точки ах, а^,..., а„_{, оо
перейдут в вершины А1,А2,...,Ап многоугольника (В).
п 1
Мы знаем, что /.'(z) = С, •HU-fl*)”* , гДе &к = ^п-,
ак~а
к = 1, 2,..., п (см. (*)). Поэтому
/'(*) = да-
1
(г-а)2
(-I)"”"1 . С . ГТ f z~ak Г
(z-a)2+a"~' 1 Li^Z-aXa*. -a)J
_д)2+ал-1+а1+а2+...+а„.1-(и-1)
z(n-\ А
=> W = Лс) = G J \dz + C2
z<A*=l )
(ибо 2 + осл - 1 + 04 + ос2 + ... + осл4 - (п -1) = 0 ).
Видим, что в случае, когда в одну из вершин многоугольника
(В) переходит бесконечно удаленная точка z = °°, множитель, со-
ответствующий этой вершине, из формулы (**) выпадает. Этим
свойством выгодно пользоваться на практике.
620
Замечание 3. Случай вырожденного многоугольника. Многоуголь-
ник называется вырожденным, если одна или несколько его вер-
шин лежат в бесконечно удаленной точке.
Пусть, для определенности, вершина Д многоугольника (В)
лежит в бесконечно удаленной точке (см. рис. 8.50). (Считаем, что
смежные стороны многоугольника, ухо-
дящие на бесконечность, дают верши-
ну многоугольника в бесконечно уда-
ленной точке.)
Возьмем на лучах Ак_хАк и ДД+1
произвольно по точке и Д, соеди-
ним их отрезком прямой и рассмот-
рим полученный (п +1) -угольник (В1).
Функция, отображающая верхнюю по-
луплоскость (z) на многоугольник
(В') , по предыдущему выражается фор-
мулой:
Рис. 8.50
W = q J (z - Ц )“' (z - <h )“2-1 -(z - a'k )“*4 X
z° , (***)
где a'k и ak — измеренные в долях л углы при вершинах Д и Д,
а ак и ак — точки оси Ох, соответствующие этим вершинам. Пусть
отрезок АкАк удаляется в бесконечность, оставаясь параллельным
самому себе; при этом ак и ак сливаются в одну точку ак, соот-
ветствующую вершине Д , и в пределе множители формулы (***),
содержащие ак и ак , переходят в (^ - ак)а'к+а'к~2 - Обозначим через
акп взятый со знаком минус угол пересечения лучей AkiA^
и Ak+i Ак в конечной точке А^ . Тогда из треугольника АкАкАк
имеем
ак 4- ак - ак = 1 => ак + ак - 2 = ак -1 ,
и формула (***) принимает обычный вид:
w
Эти же рассуждения можно провести и в случае, когда в бесконеч-
ности лежат несколько вершин многоугольника (В).
Таким образом, формула Кристоффеля—Шварца остается в силе
и для многоугольников, у которых одна или несколько вершин
621
лежат в бесконечно удаленной точке, если при этом угол между
двумя прямыми с вершиной в бесконечно удаленной точке опре-
деляется как угол в конечной точке их пересечения, взятый со
знаком минус.
Заметим, что при нашем определении угла в бесконечно уда-
ленной точке остается в силе соотношение для суммы углов п-
угольника (Д), а именно 04 + а2 + ... + ал = л - 2. Действительно, для
(п +1) -угольника (В’) имеем Z' + а’к + ос£ = (п +1) - 2 = п -1, где Е'
означает сумму всех углов (В’), кроме угла при вершине Ак = оо.
Заменяя ос*. + ак = ак +1, получим 04 + ос2 + ... + °сл = п - 2 .
Следует отметить, что в случае, когда ак = 0 , нельзя брать точ-
z ( п 1
ку Zq = ак, так как интеграл )a* \dz будет расходя-
щимся.
Замечание 4, Легко доказать, что формула Кристоффеля—Швар-
ца инвариантна относительно всякого дробно-линейного преоб-
разования
~ az + b
Z = cz+d ’ пеРеводящего конечные точки ах, 02
конечные точки ах, а2,..., ап . Из этого следует, что единичный круг
отображается на многоугольник по той же формуле Кристоффе-
ля—Шварца.
Замечание 5. Интеграл Кристоффеля—Шварца получен в пред-
...,ап в
положении, что точки z = ok , соответствующие вершинам много-
угольника, известны. Однако в задачах на конформные отображе-
ния задаются лишь вершины А*. многоугольника (В), а точки z = ak
остаются неизвестными. Правда, три из них (например, аъ а2, а3)
можно задавать произвольно, а остальные точки и постоянные С{
и С2 должны определяться из условия задачи. По теореме Римана
можно утверждать, что существует единственное конформное ото-
бражение w = f(z) полуплоскости Imz > 0 на многоугольник (В),
переводящее три заданные точки ах, 02 и а3 действительной оси в
три вершины (В), например, в Ах, А2 и . Для этой функции, по
доказанному выше, имеет место (при надлежащем выборе посто-
янных а^а5, и С2) формула Кристоффеля—Шварца.
Таким образом, при заданных трех Z = ак остальные постоянные
определяются, и притом единственным образом. Следует заметить,
что определение величин я4,..., ап, С19 С2 представляет главную
трудность при практическом использовании интеграла Кристоф-
феля—Шварца. Постоянная С2 определяется положением одной
из вершин многоугольника (В), а для определения постоянных ак
622
и Q можно воспользоваться как соответствием между точками
ак и , так и известными длинами сторон многоугольника
Л А+1 = j |/'(*)| , хотя практически этот метод применим да-
ак
леко не всегда. На практике часто приходится пользоваться при-
ближенными методами определения постоянных ак и Q. Спосо-
бы определения постоянных ак, С1? С2 будут указаны ниже на
конкретных примерах.
Пример /. Найти функцию w = f(z), отображающую взаимно
однозначно и конформно полуплоскость Im z > 0 на правильный
треугольник, лежащий в плоскости (и/).
Так как соответствие трех точек контура треугольника трем
точкам вещественной оси плоскости (z) можно задать произвольно,
то будем считать, что трем вершинам треугольника, занумерован-
ным так, что переход от первой ко второй и от второй к третьей
совершается против часовой стрелки, соответствуют точки ах = 0 ,
«2 = 1, = 00 (см. рис. 8.51).
Рис. 8.51
Тогда, пользуясь интегралом Кристоффеля—Шварца для слу-
чая, когда одной вершине многоугольника соответствует беско-
нечно удаленная точка, получим
Z --1 i-l z z/r
w = /(z) = cjz3 u-l)3 </z + C2=Cj-—<+C2
о o^/z2(z-l)2
Распоряжаясь постоянными Q и C2, можно получить отобра-
жение полуплоскости Im z > 0 на любой правильный треугольник.
Частный случай. Пусть треугольник А{А2А3
имеет вид, изображенный на рис. 8.52. Пусть ком-
плексные координаты вершин треугольника такие:
= 0, w2 = / (/ > 0), w3 = / * (=>/—длина
стороны треугольника). Из соответствия точек
Рис. 8.52
623
аг = 0 и и>! = 0 получаем 0 = Q -0 + С2 => С2 = 0 , а из соответ-
ствия точек а = 1 и w2 = I, находим
1 l-i 1-1 1 1-1 1-1
I = Q jx3 (х -1)3 dx = Q jх3 (1 - х)3 dx =>
о о
^/-r 1ЪrE0/3HX1/3) j-r(2/3)
1 Ь’з; 1 Г(2/3) 1 Г2 (1/3) •
Таким образом, для рассматриваемого частного случая получаем
г2 (1/3) '
Пример 2. Найти функцию w = /(z), отображающую взаимно
однозначно и конформно полуплоскость Im z > 0 на полуполосу:
О < Re w < л, Im w > 0 •
Станем рассматривать заданную полуполосу (рис. 8.536) как
треугольник с вершинами в точках = 0 , w2 = я , w3 = оо и угла-
л л Л / 1 1
ми при этих вершинах, равными —, —, 0 (=> 04 = ~, а2 = ’ аз = 0)-
Так как соответствие трех точек контура треугольника трем точ-
кам вещественной оси плоскости (^) можно задать произвольно,
то будем считать, что трем вершинам треугольника, занумерован-
ным так, что переход от первой ко второй и от второй к третьей
совершается в направлении, оставляющем внутренность треу-
гольника слева, соответствуют точки ах = -1, а2 = 1, а3 - оо
(см. рис. 8.53а). Тогда, пользуясь интегралом Кристоффеля—Шварца
для случая, когда одной вершине многоугольника соответствует
бесконечно удаленная точка, получим
~ z i-i l-i z sfr
W = f(z) = Cl-](z + iy (z-l)2 dz + C2 =(\ $—====+ C2 =*
0 oVl-Z2
=> w = f(z) = Cx arcsin z + C2,
где постоянные Сх и С2 подлежат определению. Из соответствия
точек а{ = -1 и =0 получаем
О = Q arcsin(-l) + C2 о 0 - Ct • + Q,
а из соответствия точек a2 = 1 и w2 = л находим
л = С| arcsin 1 + С2 <=> л = Q у + С2.
624
Таким образом, для нахождения постоянных Q и С2 получена
система
с2=сг^ [С1=1,
_ г -25.
* = СЦ + С2 Г2 - 2 •
Следовательно, искомая функция будет такой:
w = f(z) = arcsin z + у •
Рис. 8.53
Пример 3. Найти функцию w = f(z), отображающую взаимно
однозначно и конформно полуплоскость Im z > 0 на неограничен-
ную область AiA2A3A{, изображенную на рис. 8.546, плоскости (w).
Рис. 8.54
Решение. Фигуру, заданную в плоскости (w), рассматриваем как
вырожденный треугольник, у которого вершина находится в точке
= оо , а вершины Л2 и Л3 соответственно в точках w2 = 0 и w3 = 1.
Так как соответствие трех точек контура области, изображенной на
рис. 8.546, трем точкам вещественной оси плоскости (^) можно
задать произвольно, то будем считать, что трем вершинам вырож-
денного треугольника, занумерованным так, что переход от первой
ко второй и от второй к третьей совершается в направлении, ос-
тавляющем внутренность вырожденного треугольника слева, со-
ответствуют точки ^=00,^=0,673=1 (см. рис. 8.54а).
625
Тогда, пользуясь интегралом Кристоффеля—Шварца для слу-
чая, когда одной вершине многоугольника соответствует беско-
нечно удаленная точка, получим
~ < 2-1 2-1
w = /(z) = G • J Z4 (z-1)3 dz + С2 =
о
z 1 1
= crjz 4(l-z) 3dz + C2,
о
где постоянные Q и С2 подлежат определению.
Из соответствия точек = О и w2 = 0 получаем
О = С) • 0 + С2 * С2 = о.
Из соответствия точек = 1 и w3 = 1 находим
1 .1 .1 1 з ч 2 ,
1 = Cjfx 4(1-х) 3 dx => 1 = CjJx4 (1-х)3 dx =>
о о
Следовательно, искомая функция будет такой
w = f(z) =
12 <12; | dz
UJ UJ
Пример 4. Найти функцию w = f(z), отображающую взаимно
однозначно и конформно полуплоскость Im z > 0 на прямоуголь-
ник AiA2A3A4 , изображенный на рис. 8.556.
Решение. Рассмотрим сначала отображение первого квадранта
плоскости (г) на правую половину заданного прямоугольника (т. е.
на ОАХА2В) с соответствием точек = О и w0 = 0 ; Zi=l и
/ 1
iv, = —, Zb ии'д=оо. Прообраз точки Л2 обозначим через , где
1 2 к
1 Z
О < к < 1, т. е. будем считать, что точке Z- — (0 < к < 1) соответ-
I I ЛЛ К
ствует точка и>2 = — + / —. Искомое отображение можно рассматри-
вать как аналитическое продолжение этого отображения по обоб-
щенному принципу симметрии через положительную полуось оси
Оу. Следовательно, можно считать, что точке Z3 =~-г соответствует
1.1 к
точка А3 (w3 =~2+l 2)’ а точке Z4 = -1 соответствует точка Л4
I
(w4 - ~ 2 )• Искомое отображение можно записать, следовательно, в виде
. Z 1_, ( 145-1 / ] чу-l 1-!
w = /(z) = Cj(z-l)2 Z-- Z+- (Z+1)2 dz + C2 =
о k KJ k KJ
z 1-1 <
= Cl](z2-iy z2
0 k
J-l
4Г ^+с2=сЛ— dz +c2
k > 0y](l-Z2)(l-k2z2)
где постоянные Q, C2, к подлежат определению.
Из соответствия точек z = 0 и w = 0 получаем 0 = Q • 0 + С2 =>
=> С2 = 0 .
ТЛ 1 I
Из соответствия точек = 1 и = j,
находим
/_£,/• dx
2 о ^1(1- х2)(1- к2х2) ’
627
ТХ 1
Из соответствия точек Zi = — и
к
I .1
w2 =2+1~2 полУчаем
!_+ii_ = cvt
2 2 0 х2)(1-к2х2)
I .1 I dx V? dx
=> — + /—- Cj f . + Cj f —.--
2 2 о y](l-x2)(l-k2x2) i yl(l- x2)(l- k2x2)
^71
. I r Vf* dx
i- = C{ i =>
2 i y](l-x2)(l-k2x2)
l_ = c dx (**)
2 i j(x2 -l)(l-fc2x2)
Из соотношений (*) и (**) получаем следующее уравнение для
определения к.
I dx dx
о 7(1-х2)(1-А:2х2) 1 -7(х2 -1)(1-Л2х2) ‘
Если в интеграле, стоящем в правой части, вместо переменной х
ввести новую переменную t по формуле х = ...А. , где
Vl-fcj2/2
kf = 1 - к2, то после простых преобразований он приведется к та-
кому
f dt /_ г dx .
о yl(l-t2)(l-k2t2) 0yj(l-x2)(l-k2x2)
А тогда уравнение для определения к примет вид
г dx _ !• dx
0у](1-х2)(1-к2х2) 0yl(l-x2)(l-k2x2) ’
Из этого уравнения получаем
к^к, » к2 ^\-к2 » 2к2 =1^6 = 4=
л/2 '
628
Таким образом, функция w - f(z), отображающая полуплос-
кость Im z > 0 на прямоугольник, изображенный на рис. 8.556, бу-
дет такой
где
Замечание. Значение интеграла [ , , может быть
о^(1-х2)(1-1%2)
найдено из таблицы для эллиптических интегралов.
Пример 5. Найти функцию w = f(z), отображающую взаимно
однозначно и конформно круг |z| < 1 (рис. 8.56а) на квадрат с
вершинами в точках = 1, w2 = i, w3 = -1, w4 = -i (рис. 8.566).
Рис. 8.56
Решение. Отображающую функцию получим с помощью ин-
теграла Кристоффеля—Шварца. Трем параметрам, например,
<я15 #2, , можно задать значения произвольно. Возьмем ах = 1, а2 = i,
а3 = -1. Точку а4 окружности |z| = 1, соответствующую четвертой
вершине w4 четырехугольника ABCD, найдем с помощью обоб-
щенного принципа симметрии.
Для этого рассуждаем так. Регулярная функция, отображающая
треугольник АВС на полукруг , может быть аналитически про-
должена через отрезок АС. Эта продолженная функция преобразует
629
точку w4 = -i, симметричную с точкой w2 = i относительно оси
Ои, в точку а4 = -I, симметричную с точкой а2 = / относительно
оси Ох.
Пользуясь интегралом Кристоффеля—Шварца, функцию
w = /(г), дающую искомое отображение, можно записать в виде
. z 1_1 1-1 1_1 1_1
w = f(z) = Cx\(z-V)2 (z-i)2 (z + l)2 (z + i)2 dz + C2 =
0
Пользуясь соответствием точек ar =1 и = 1, получаем
1 dx
1 = Q f + C2. Из соответствия точек a3 = -1 и w3 = -1 нахо-
oVl-X4
дим -1 = Q f 7^ - + C2 . Заменив в этом интеграле переменную х
о 71 - х4
1 dx
по формуле х = -t, получим -1 = -С1 [ -- + С2 • Из системы
о 71 -х4
dx „
О 71-Х4
находим С9 = 0 , С = ------.
j. dx
О 71-х4
Таким образом, функция w = f(z), отображающая круг |z| < 1
на квадрат, изображенный на рис. 8.566, будет такой
где
630
ЛИТЕРАТУРА
1. Волковыский Л.И., Лунц Г.Л., Араманович И.Г. Сборник задач по тео-
рии функций комплексного переменного. М.: Наука, 1975.
2. Евграфов М.А. Аналитические функции. М.: Наука, 1965.
3. Евграфов М.А., Сидоров Ю.В., Федорюк М.В., Шабунин М.И., Бе-
жанов К.А. Сборник задач по теории аналитических функций. М.: Наука,
1969.
4. Лаврентьев М.А., Шабат Б. В. Методы теории функций комплексно-
го переменного. М.: Государственное издательство физико-математичес-
кой литературы, 1958.
5. Маркушевич А.И. Краткий курс теории аналитических функций. М.:
Государственное издательство технико-теоретической литературы, 1957.
МАТЕМАТИКА
В ПОЛИТЕХНИЧЕСКОМ УНИВЕРСИТЕТЕ
Выпуск 4
Аксенов Анатолий Петрович
МАТЕМАТИКА
ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ КОМПЛЕКСНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Учебное пособие
Корректор Н.В. Виноградова
Компьютерная верстка М.А. Хрущевой, Н.А. Романычевой
Директор Издательства СПбГПУ А. В. Иванов
Свод, темплан 2004 г.
Лицензия ЛР № 020593 от 07.08.97
Налоговая льгота — Общероссийский классификатор продукции
ОК 005-93, т. 2; 95 3005 — учебная литература
Подписано в печать 10.11.2004. Формат 60x84/16. Печать офсетная.
Усл. печ. л. 39,5. Уч.-изд. л. 39,5. Тираж 500. Заказ 566.
Санкт-Петербургский государственный политехнический университет.
Издательство СПбГПУ, член Издательско-полиграфической ассоциации
вузов Санкт-Петербурга.
Адрес университета и издательства:
195251, Санкт-Петербург, Политехническая, 29.