Руководство к решению задач по высшей математике
Ч а с т ь 1
ТЕОРИЯ ФУНКЦИЙ
КОМПЛЕКСНОГО ПЕРЕМЕННОГО
1.1. КРАТКИЕ СВЕДЕНИЯ ИЗ ТЕОРИИ
1. Комплексные числа
Комплексным числом называется пара действительных чисел
, записанных в определенном порядке:
. Одним из обозначений служит запись вида
, (1)
называемая алгебраической формой записи комплексного чис-
ла . В записи (1)
называется действительной,
– мнимой частями комплексного числа
(для этого употребляется также запись
,
);
называется «мнимой единицей». Тригонометрическая форма записи комплексного числа имеет вид:
. (2)
Здесь величина называется модулем комплекс-ного числа; аргумент комплексного числа
определяется из равенств
,
. Главное значение аргумента комплексного числа равно
. Существует также показательная форма записи комплексного числа
. (3)
2. Вычисление корня, возведение
в степень, формулы Эйлера
Вычисление корня из комплексного числа:
, (4)
. Здесь
– модуль комплексного числа
. Аргумент
комплексного числа
определяется из выражений
,
.
Возведение в степень. Формула Муавра
,
(5)
Формулы Эйлера
(6)
. (7)
3. Связь основных элементарных функций
комплексного переменного
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)
(15)
(16)
(17)
4. Аналитические функции.
Условия Коши–Римана
Определение. Функция называется аналитической в данной точке
, если она дифференцируема как в самой точке
, так и в некоторой ее окрестности.
Теорема. Для того чтобы функция
была дифференцируемой в точке
, необходимо и достаточно, чтобы функции
и
были дифференцируемы в этой точке и выполнялись условия Коши–Римана
. (18)
5. Интеграл по кривой и его вычисление
Пусть однозначная функция определена и непрерывна в области
;
– кусочно-гладкая замкнутая или незамкнутая кривая, лежащая в
. Тогда вычисление интеграла сводится к вычислению (обычных) криволинейных интегралов второго рода
. (19)
6. Теорема Коши и интегральные
формулы Коши
Теорема Коши. Если функция аналитическая в многосвязной области
, ограниченной внешним контуром
и внутренними контурами
и непрерывна в замкнутой области
, то
. (20)
Или в другой формулировке:
|
. (21)
Интегральные формулы Коши. Если функция аналити-ческая в
,
и
– контур, охватывающий точку
, то
,
. (22)
При этом функция имеет всюду в
производные любого порядка, для которых справедливы формулы
. (23)
7. Ряды Лорана
Определение. Рядом Лорана называется ряд
; (24)
при этом ряд называется главной частью ряда Лорана, а ряд
– правильной частью.
Теорема Лорана. Если функция аналитическая в кольце
, то в этом кольце она единственным образом представима в виде ряда Лорана, коэффициенты которого вычисляются по формулам:
. (25)
При решении многих задач рекомендуется пользоваться следующими разложениями элементарных функций (символ означает, что ряд сходится во всех точках комплексной плоскос-
ти (z)):
;
;
;
;
;
;
;
. (26)
8. Вычеты. Применение их
к вычислению интегралов
Определение 1. Точка называется изолированной особой точкой функции
, если существует окрестность
этой точки с исключенной точкой
, в которой
аналитическая, кроме самой точки
.
Определение 2. Точка называется устранимой особой точкой, если разложение ее в ряд Лорана в окрестности этой точки не содержит главной части.
Определение 3. Точка называется полюсом кратности
функции, если в разложении ее в ряд Лорана в окрестности
этой точки главная часть содержит конечное число членов, причем младшим отличным от нуля коэффициентом является .
Определение 4. Точка называется существенно особой точкой функции
, если главная часть ее разложения в ряд Лорана в окрестности этой точки содержит бесконечное число членов.
Определение 5. Вычетом функции относительно точ-ки
(обозначается
или
) называется число,
равное
, (27)
где – простой замкнутый контур, лежащий в области аналитичности функции
и содержащий внутри себя только одну особую точку
.
В качестве удобно брать окружность
достаточно малого радиуса
. Из определения следует, что вычет функции
совпадает с коэффициентом
разложения ее в ряд Лорана по степеням
:
. Отсюда следует, что вычет в правильной и устранимой особой точках равен нулю.
Вычет в простом полюсе равен
. (28)
Вычет функции в полюсе
порядка
равен
. (29)
Если – существенно особая точка функции
, то для определения
необходимо найти коэффициент
в лорановском разложении функции
в окрестности точки
.
Теорема Коши о вычетах. Если функция аналитическая на границе
области
и внутри области, за исключением конечного числа изолированных особых точек
, то
. (30)
9. Вычисление некоторых
действительных интегралов
с помощью вычетов
А) Если рациональная функция не имеет полюсов на вещественной оси и степень знаменателя
, по крайней мере, на две единицы выше степени числителя
, то
, (31)
где – полюса функции
, лежащие в верхней полуплоскости
.
Б) Пусть , если положить
. Тогда
, (32)
где есть сумма вычетов функции
относительно полюсов, заключенных внутри окружности
.
1.2. ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
ТИПОВОГО РАСЧЕТА
Задача 1. Следующие выражения записать в алгебраической форме:
а) б)
в)
г)
д) е)
ж)
з)
Р е ш е н и е. При решении задачи 1 используются формулы (8) – (17). Решение задачи сводится к последовательным преобразованиям исходных выражений с помощью данных формул.
а)
б)
в)
г) . Представим комплексное число в скобках в виде
, т. е.
. Тогда модуль
равен
. Аргумент комплексного числа
определяется из выражений
,
. Следовательно,
. Тогда [см. формулу (12)]
.
д)
. Далее вычисляем согласно пункту «г». Пред-ставим комплексное число в скобках в виде
, т. е.
. Тогда модуль
равен
. Аргумент комплексного числа
определяется из выражений
,
. Следовательно,
. Тогда
.
е) . Далее вычисляем согласно пункту «г». Представим комплексное число в скобках в виде
, т. е.
. Модуль
равен
. Аргумент комплексного числа
определяется из выражений
,
. Тогда
. Итак,
.
ж) . Далее вы-числяем согласно пункту «г». Представим комплексное число в скобках в виде
, т. е.
. Модуль
равен
. Аргумент комплексного числа
определяется из выражений
,
. Тогда
. Итак,
.
з) . Далее вычисляем согласно пункту «г». Представим комплексное число в скобках в виде
, т. е.
. Модуль
равен
. Аргумент комплексного числа
определяется из выражений
,
. Тогда
. Итак,
.
Задача 2. Извлечь корень соответствующей степени из данного числа. Ответ записать в алгебраической форме.
а) , б)
, в)
, г)
.
Р е ш е н и е. При вычислении корня из комплексного числа используется формула (4).
а) . Подкоренное выражение можно представить в виде
. Тогда
. Следовательно,
,
,
. Значит,
. Окончательно
,
.
б) . При решении этой задачи числитель и знамена-
тель дроби удобно умножить на сопряженное выражение
.
Подкоренное выражение можно представить в виде
. Тогда
. Откуда
,
,
.
Значит, , т. е.
,
.
в) . Подкоренное выражение можно представить в виде
, откуда
. Следовательно,
,
,
. Значит,
. Тогда
,
.
г) . Подкоренное выражение можно представить в ви-де
. Откуда
. Следовательно,
,
,
. Значит,
. Тогда
,
.
Или .
Задача 3. Выяснить геометрический смысл соотношений:
а) , б)
,
в) , г)
, д)
.
Р е ш е н и е.
а) . Введем обозначения:
. Тогда равенство можно записать в виде
. Модуль
есть расстояние между точками
и
;
– расстояние между точками
и
. По условию сумма расстояний от точки
до двух данных точек
и
есть величина постоянная. Зна-
чит, точка лежит на эллипсе. Уравнение этого эллипса имеет вид
,
где . Так как в нашем случае
, то решением задачи будет уравнение эллипса
.
б) . Введем обозначения:
. Тогда неравенство можно записать в виде
. Рассмотрим случай равенства
. Модуль
есть расстояние между точками
и
;
– расстояние между точками
и
. По условию сумма расстояний от точки
до двух данных точек
и
есть величина постоянная. Значит, точка
лежит на эллипсе. Уравнение этого эллипса имеет вид
, где
. Так как
, то в случае равенства точка
лежит на эллипсе
. В нашем случае решением задачи будет внутренность эллипса
.
в) . Имеем
и, следовательно,
. По условию
или
. Последнее неравенство определяет множество точек в первом и третьем квадрантах, соответственно над и под гиперболой.
г) . Имеем
. По условию
или
. Это окружность
.
д) . В левой и правой частях равенства модули соответственных величин
и
. Вычислим модули, приравняем их и возведем в квадрат. Получим
. Или, после раскрытия
скобок и приведения подобных,
. Это уравнение прямой линии.
Задача 4. Решить уравнение (ответ дать в алгебраической форме).
а) б)
,
в) г)
.
Р е ш е н и е.
а) . Так как
, умножим левую и правую части уравнения на
. Получим
или
. Отсюда вы-разим
.
Имеем два множества решений уравнения и
. Для множества
аргумент логарифма
равен
, т. е.
,
. Тогда модуль
равен
. Аргумент
определяется выражениями
,
и равен
. Тогда решение примет вид
.
Для множества аргумент логарифма
равен
, т. е.
,
.
Тогда модуль равен
. Аргумент
определяется выражениями
,
и равен
. Тогда решение примет вид
б) . Введем промежуточную переменную
и решим квадратное уравнение
относительно
. Решение уравнения есть
. Следовательно,
,
. Из первого равенства имеем
,
так как
,
.
Из второго равенства имеем
, так как
,
.
в) . Так как
,
, то данное уравнение можно представить в виде
или, после преобразований,
. Таким образом, наше уравнение сводится к задаче «б». А именно,
.
г) . Аналогично пункту «в» подставля-
ем в уравнение значения и
. Получим
. После раскрытия скобок и преобразований
. Умножим обе части равенства на
. Полу-чим уравнение
, откуда
. Тогда
. Окончательно имеем
.
Задача 5. Восстановить аналитическую функцию по данной действительной или мнимой части ее.
а) ,
б) .
Р е ш е н и е. При решении данной задачи используется то обстоятельство, что для аналитической функции должны выполняться условия Коши–Римана (18).
а) . Дифференци-руя
по
, получим
. Тогда, интегрируя, приходим к выражению
,
где – некоторая неизвестная функция. Найдем произ-водные
,
и подставим их во второе из условий Коши–Римана. Получим, что , т. е.
. Следовательно,
.
Подставляя начальные условия , получим, что
. Тогда
.
Здесь использована формула Эйлера .
б) . Дифференцируя
по
, получим
. Тогда, интегрируя, приходим к выражению
,
где – некоторая неизвестная функция. Найдем производные
,
и подставим их во второе из условий Коши–Римана. Получим,
что . Отсюда
Следовательно,
.
Подставляя , приходим к выводу, что
. Тогда
.
Здесь использована формула Эйлера .
Задача 6. Вычислить интеграл по дуге от точки
до точки
(ответ дать в алгебраической форме).
а)
,
б)
.
Р е ш е н и е. Вычисление интеграла сводится к вычислению (обычных) криволинейных интегралов второго рода по фор-
муле (19).
а)
. Так как
, то интеграл примет вид
. Или, переходя к криволинейным интегралам,
.
Из уравнения линии имеем
. Подставляя
и
в выражение для интеграла и учитывая, что
, имеем
.
б)
. Так как
, то интеграл примет вид
. Или, переходя к криволинейным интегралам,
. Уравнение прямой в нашем случае имеет вид
. Поэтому
. Подставляя
и
в выражение для интеграла и учитывая, что
, имеем
.
Задача 7. Вычислить интеграл от аналитической функции (ответ дать в алгебраической форме).
а) , б)
.
Р е ш е н и е.
а) . Для вычисления интеграла нужно применить формулу интегрирования по частям
. Примем
,
. Тогда
,
. Подставим в формулу и получим, что исходный интеграл
.
б) . Для вычисления интеграла нужно применить формулу интегрирования по частям
. Примем
,
. Тогда
,
. Подставим в формулу и получим, что исходный интеграл
.
Задача 8. Вычислить интеграл по контурам , используя интегральную формулу Коши, теорему Коши.
,
,
,
.
Р е ш е н и е. При решении данной задачи используются теорема Коши и интегральные формулы Коши (20) – (23). Данный интеграл можно представить в виде .
Подынтегральная функция аналитическая везде, за исключением точек и
.
а) Рассмотрим интеграл по контуру
. Данный контур – это окружность на плоскости
радиуса
с центром в начале координат. Точки
и
находятся вне этого контура. Следовательно, подынтегральная функция аналитическая в замкнутой области, ограниченной этим контуром. Тогда по теореме Коши интеграл
от аналитической функции по замкнутому контуру
равен нулю, т. е.
.
б) Рассмотрим интеграл по контуру
. Данный контур – это окружность на плоскости
радиуса
с центром в точке с координатами
. Точка
находится вне этого контура. Точка
– центр окружности
. Следовательно, подынтегральная функция имеет особенность в области, ограниченной контуром
. Преобразуем интеграл к виду
.
Тогда, согласно интегральным формулам Коши интеграл от аналитической функции по замкнутому контуру
равен
.
Применяя формулу Эйлера (6), имеем
.
в) Рассмотрим интеграл по контуру
. Данный контур – это эллипс на плоскости
с центром в начале координат. Большая полуось эллипса (по оси
) равна 4, малая полуось (по оси
) равна 1. Точки
и
находятся внутри этого эллипса. Следовательно, согласно теореме Коши интеграл
по контуру
равен сумме интегралов
и
по контурам
и
вокруг точек
и
соответственно. Интеграл
по контуру
равен интегралу
по контуру
(см. п. «б»), т. е.
. Рассмотрим интеграл
по контуру
. Для этого преобразуем исходный интеграл к виду
.
Тогда, согласно интегральным формулам Коши, интеграл от аналитической функции по замкнутому контуру
равен
.
Следовательно, интеграл по контуру
равен
.
Задача 9. Разложить функцию в ряд Лорана в указанной области.
1. , а)
, б)
, в)
.
2. ,
.
3. ,
.
4. ,
.
Р е ш е н и е. В данной задаче будет использовано разложение в ряд суммы геометрической прогрессии
.
1. а)
. Представим функцию
в виде суммы простейших дробей
.
Разложим в ряд каждое из слагаемых отдельно. Преобразуем первое слагаемое, разделив числитель и знаменатель на 7, к виду:
.
Воспользовавшись разложением геометрической прогрессии, получим следующее выражение для разложения первого слагаемого функции в ряд Лорана:
.
Данный ряд сходится, так как . Посмотрим, как разложить в ряд второе слагаемое. Если применить тот же прием, что и для первого,
, то аналогичный ряд будет расходиться, так как
Поэтому разделим числитель и знаменатель на
Получим
.
Этот ряд сходится, так как . Итак,
.
1. б)
. Как и в предыдущем примере, второе слагаемое можно представить в виде
.
Этот ряд сходится, так как . Первое слагаемое в прежнем виде представить нельзя, так как геометрическая прогрессия
расходится, поскольку
. Разделим числитель и знаменатель на
:
.
Этот ряд сходится. Итак,
.
1. в) ,
. Первое слагаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем второе слагаемое
.
Раскладывая в ряд, получим
.
Ряд сходится. Итак, .
2. ,
. Первое слагаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем второе слагаемое
. Раскладывая в ряд, получим
.
Данный ряд сходится. Итак,
.
3. ,
.
Второе слагаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем первое слагаемое .
Разложим последнее выражение в ряд, получим
.
Ряд сходится. Итак, .
4. ,
. Второе сла-
гаемое в правой части имеет нужный вид. Преобразуем первое