Задачи от функции на комплексна променлива

§11. Задачи от функции на комплексна променлива

Съдържание
1. Функция на комплексна променлива
2. Степенни редове. Редове на Тейлър и Лоран
3. Теорема за резидуумите. Приложения

ТЕОРИЯ
Условия на Коши-Риман (Условия за аналитичност)

y
u
x
v
y
v
x
u
∂
∂
−=
∂
∂
∂
∂
=
∂
∂

Условия за хармоничност

0
0
2
2
2
2
2
2
2
2
=
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂
+
∂
∂
y
v
x
v
y
u
x
u

НДУ функцията

()() () yxviyxuzf ,.,
+=
да бъде диференцируема в област на точката yixz .+= е функциите u и v да бъдат дифе-
ренцируеми в точката
()yx, като функции на двете реални променливи
x и yи да са изпъл-
нени условията на Коши-Риман.
Основна теорема на Коши. Ако()zf е аналитична в едносвързаната област G и по
контура й
()c, то

()
()
0=∫
dzzf
c
;
Интегрална формула на Коши. Ако
()zf е аналитична в многосвързаната област G и
по контура й Γ, а точката
a е в тази област, то

()
()
()afidz
az
zf
..2π=
−∫
Γ


()
()
()
()af
n
dz
az
zf
n
n
!
2
1
π
=
−∫
Γ
+

Ред на Лоран .

()
()
()
n
n
n
n
n
nn
n
n
zza
zz
a
zza
0
01 0
0−+
−
=−∑∑∑
∞
=
∞
=
−
∞
−∞=
.
Нека

()
n
n
n
zza
0−∑
∞
−∞=

има радиус на сходимост
RzzR <−⇒
0 . Нека в реда

()
∑
∞
=
−
−1 0n
n
n zz
a

положим
∑
∞
=
−
⇒=
−
10
.
1
n
n
n
a
zzξξ и нека последния ред да има радиус на сходимост

2
ρ<ξ⇒ρ, rzz
zz
=
ρ
>−⇒ρ<
−
11
0
0
а) Ако Rr<, то лорановият ред има област на сходимост венеца Rzzr <−<
0 .
б) Ако Rr=,то евентуално има точки върху rRzz ==−
0 , в които редът е сходящ.
в) Ако Rr>, то редът е разходящ за z∀.
Теорема на Лоран . Ако fе холоморфна функция във венеца

21
RazR <−<
то
f се развива във сходящ Лоранов ред, т.е.

() ( )
n
n
n
azazF −=∑
∞
−∞=

където

()
()
∫ +
−
=
γ
ξ
ξ
ξ
π
d
a
f
i
a
na1
2
1

където γе окръжност с център aи радиус Γ, лежаща в областта.
Нека
0zе изолирана особена точка на функцията
()zf. Резидуум на функцията ()zfв
точката
0zсе нарича комплексното число

()
()dzzf
i
zfres
zz ∫
=
=
γ
π2
10

където
γ е окръжност с център точката
0zи достатъчно малък радиус, съдържаща се в об-
ластта на аналитичност на
()zf и не съдържаща други особени точки на ()zf.

()
1
0
−
=
=azfres
zz

където
1−
aе коефициента в Лорановото развитие на функцията ()zf в околност на точката
0zz=.
-
()0
0
=
=
zfres
zz
, ако
0zе отстранима особена точка на
()zf;
-
() ()( )
0
00
lim zzzfzfres
zzzz
−=
→=
, ако
0zz
=е прост полюс на ()zf;
-
()
()
()( )[]
()1
0
00
lim
!1
1
−
→=
−
−
=
n
zzzz
zzzf
n
zfres, ако
0zz
=е n
кратен
полюс на ()zf;
- ако
0zz=е съществена особена точка на
()zf, то за намирането на ()zfres
zz
0=
е необходимо
да се намери коефициента
1−
aв Лорановия ред на функцията
()zfв околност на точката
0z.

ЗАДАЧИ
Задача 1 . Изследвайте за диференцируемост следните функции:
1.1. ()
zzzfw.
2
==
1.2.
z
ezw.=
Решение. 1.1.

()
( )
()
( )
()
iyyxxyxyixyixw
yxvyxu
...
,
32
,
232
4342143421
+++=−+= ;
()yxu,и ()yxv,
като функции на две реални променливи x и y са диференцируеми навсякъде в
2
R.

22
3 yx
x
u+=
∂
∂
,
y
v
x
u
yx
y
v∂ ∂
≠
∂
∂
⇒+=
∂
∂
22
3 и
()zf
следователно дадената функция не е диференцируема.
1.2.

()
( )
() ( )( )=++=+=+=
+
yiyiyxeeeyixeyixw
xiyxyix
sincos...
.

3
()
()
()
()
iyxyyeyyyxe
yxv
x
yxu
x
444344421444344421
,,
sincossincos ++−= ;
()yxu,и ()yxv, като функции на две реални променливи
x и y са диференцируеми навсякъ-
де в
2
R.

()
() yxyyye
y
v
yyyyxe
x
u
x
x
cossincos
sincoscos
+−=
∂
∂
−+=
∂
∂
y
v
x
u∂∂
=
∂
∂
⇒

()
() yyxyye
x
v
yyyyxe
y
u
x
x
sinsincos
cossinsin
++=
∂
∂
−−−=
∂
∂
x
v
y
u∂ ∂
−=
∂
∂
⇒
следователно са изпълнени са условията на Коши-Риман и ()zf е диференцируема в C.
Задача 2 . Покажете, че дадените функции са хармонични и намерете функция

()() () yxviyxuzf ,.,
+=
диференцируема в
C, за която
2.1. () xyyxyxu+−=
22
,
2.2.()
x
y
yxv arctg,=
Решение.
2.1.

()yxu
y
u
x
u
y
u
xy
y
u
x
u
yx
x
u
,022
22
22
2
2
2
2
2
2
2
2
⇒=−=
∂
∂
+
∂
∂
⇒
⎪
⎪
⎭
⎪
⎪
⎬
⎫
−=
∂
∂
⇒+−=
∂
∂
=
∂
∂
⇒+=
∂
∂

е хармонична и
()yxv,∃ , която също е хармонична, за която () viuzf .+= е диференцируема
в
C. От условията на Коши-Риман

x
v
xy
y
u
y
v
yx
x
u
∂
∂
−=+−=
∂
∂
∂
∂
=+=
∂
∂
2
2


() () ()x
y
xyyxvdyyxdy
y
v
ϕ++=⇒+=
∂
∂∫∫
2
2,2
2


() () () () C
xy
xyyxvC
x
xxxxyxy
x
v
+−+=⇒+−=ϕ⇒−=ϕ′⇒−=ϕ′+=
∂
∂
22
2,
2
22
222


Задача 3 . Намерете радиуса и кръга на сходимост на следните степенни редове:
3.1.
()
()
∑
∞
=
+
−1 34
1n
n
ni
z

3.2.
n
n
n
z
n
n∑
∞
=1
!

Решение. 3.1.

()
() 5
1
34
1
limlim
−
=
+
−
==
∞→∞→
z
i
z
ak
n
n
n
n
n
n
n
За да е сходящ редът, трябва

4
51
1
1 <−⇒=⇒< z
k
rk
3.2.

()
()
1
1
1
lim.
1
lim
!
.
1
!1
limlim
1
1
1
<=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
+
+
=
∞→∞→
+
+
∞→
+
∞→ e
z
n
z
z
n
n
zn
n
n
zn
A
A
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n

следователно кръгът на сходимост е
ez<.
Задача 4 . Определете типа на особените точки и пресметнете резидуумите на следните точки
в тях.
4.1. ()
23
2
4
sin
zz
z
zf
π
−
=
4.2. ()
()( )
21
3
−+
=
zz
e
zf
z

Решение.
4.1.

()
ππ
4
4
1
lim
sin
limlim
0
2
2
00
−=
−
=
→→→
z
z
z
zf
zzz

крайна, следователно
0=z отстранима точка
()0
0
=⇒
=
zfres
z
.
()
4
lim
4
π
π
=⇒∞=
→
zzf
z

е еднократен полюс, следователно
. () ()
16
sin
16sin
lim
4
lim
2
22
2
444
π
π
==
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛π
−=
π
→
π
→
π
=
z
z
zfzzfreszzz
;
4.2. Особените точки са 2;1
21
=−=zz

()
()( )
−∞=
−+
=
−→−→
21
limlim
3
11
zz
e
zf
z
zz

следователно
1
−=z е трикратен полюс, следователно

()
()
()( )
″
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
″
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−+
==
−→−→−= 2
lim
2
1
21
1
!2
1
lim
1
3
3
11z
e
zz
e
zzfres
z
z
z
zz


()
()
()
()
() ez
zze
zfres
z
zze
z
e
z
zz
zz
54
17
2
106
lim
2
1
2
106
2
3
2
11
3
2
−=
−
+−
=⇒
−
+−
=
″
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−→−=


() 2lim
2
=⇒∞=
→
zzf
z

е еднократен полюс, следователно

()
()
271
lim
2
3
22
e
z
e
zfres
z
zz
=
+
=
→=