Понятие функции комплексного переменного. Основные элементарные функции комплексного переменного.

1 Лекция 1. Понятие функции комплексного переменного. Основные элементарные функции комплексного переменного. Опр.1. В области D комплексной плоскости определена функция W=f(z), если При этом функция может иметь одно или несколько комплексных значений. Y V Z W G D X U Число W комплексно, следовательно, его можно представить в виде: w=u+iv, u=Re(w) – действительная часть; v=Im(w) – мнимая часть. Они являются функциями переменных x и y: f(z)=u(x,y)+iv(x,y) f(z)=Ref(z)+iImf(z) Примеры. Угадайте функцию f(z), если: 1) u=x2-y2, v=2xy w=z2 2) u=x, v=-y w=x-iy= 3) w=|z| 4) u=x3-3xy2, v=3x2y w=z3 5) w=1/z Однолистные и многолистные отображения. Однозначные и многозначные отображения. Опр.2. Отображение области D однозначным, если на область . Пример неоднозначного отображения: называется 2 Опр.2`. Отображение области D на область называется однолистным, если обратное отображение является однозначным. При этом из условия z1≠z2 следует неравенство w1≠w2. При однолистном отображении образ плоскости Z покрывает плоскость W один раз. W1 W2 Z1 Z2 W Z W3 Неоднозначное отображение Z3 Неоднолистное отображение В противном случае отображение называется многолистным (двулистным, трехлистным, бесконечнолистным). Пример неоднолистного отображения: w=z4,14=1, (-1)4=1, i4=1, (-i)4=1. Опр.2`. Отображение наз. взаимно-однозначным, если оно однозначно и однолистно. Основные классы функций комплексного переменного. 1) Линейная функция. 2) Дробно-линейная функция. 3) Степенная функция: w=zn. Пример. Найти в алгебраической форме значение функции w= z4, если Решение. 3 4) Рациональная функция: =a0zn+a1zn-1+…+an-1z+an. 5) Дробно-рациональная функция: 6) Показательная функция. Опр.3 . Введем комплексную экспоненту как сумму ряда: . Найдем область сходимости этого ряда. Ряд сходится на всей комплексной плоскости (|z|<∞). Опр.4. Утв.1. Данные определения 3 и 4 показательной функции эквивалентны. Доказательство. Используем разложения синуса и косинуса по формуле Тейлора: Примеры. Функция ez сохраняет свойства вещественной экспоненты: epeq=epq, (ez)m=emz. Утв.2.Функция ez является периодической с периодом 2πi. Доказательство: 4 Показательная функция осуществляет неоднолистное отображение плоскости; область однолистности – полоса dR. R Определение 3. Рис. 1 Матем. анализ, семестр 4, Лекция 2, стр.2 из 8 Определение 4. Определение 5. . Утверждение 1. Пусть существует предел существуют пределы 3. Непрерывность комплексной функции. Определение 6. Функция f(z) называется непрерывной в точке она определена в окрестности точки и в ней самой и , если т.е. Определение 6 `. Функция f(z) называется непрерывной в точке , если (бесконечно малому приращению функции соответствует бесконечно малое приращение аргумента). Функция непрерывна в области D, если она непрерывна в каждой точке области. Теоремы об арифметических действиях с пределами остаются справедливы для функций комплексного переменного, следовательно, сохраняются теоремы об арифметических действиях с непрерывными функциями. Например, если функции f(z) и g(z) непрерывны в точке , то функции ] непрерывны в точке . Матем. анализ, семестр 4, Лекция 2, стр.3 из 8 Утверждение 2. Функция f(z)=u(x.y)+iv(x,y) непрерывна в точке =x0+iy0 в том и только в том случае, если функции двух переменных u(x.y), v(x,y) непрерывны в точке (x0, y0). Геометрический смысл непрерывности состоит в том, что окрестность точки отображается функцией f(z) в окрестность точки w0=f( )(см. рис.2). Im z Im w ε w=f(z) Z0 W0 Re z Рис. 2 Re w 4. Дифференцируемость функции комплексного переменного. Определение 7. Функция w=f(z) называется дифференцируемой в точке z, если ее приращение в этой точке имеет вид: Здесь число А не должно зависеть от способа стремления может зависеть от точки z. к нулю, а Дифференциалом функции f(z) называется главная линейная часть приращения , обозначается df(z): df(z)=A Определение 8. Производной функции f(z) в точке z0 называется предел 5. Условия дифференцируемости. Теорема 1 (необходимые условия дифференцируемости). Матем. анализ, семестр 4, Лекция 2, стр.4 из 8 Если функция f(z)=u(x,y)+iv(x,y) дифференцируема в точке z=x+iy (а, следовательно, существует конечная производная в этой точке), то функции u(x,y)=Re f(z), v(x,y)=Im f(z) дифференцируемы в точке (x,y) и выполняются равенства: Эти равенства называются условиями Коши – Римана. Огюстен Луи Коши (1789 – 1857), выдающийся французский математик. Бернхард Георг Фридрих Риман (1826 - 1866), выдающийся немецкий математик, механик и физик. Доказательство теоремы 1. Функция дифференцируема в точке следовательно, производная z, существует и равна одному и тому же числу A при стремлении по любому пути. Пусть z+ Тогда к нулю из любой точки, по прямой, параллельной оси Ox, т.е. и Матем. анализ, семестр 4, Лекция 2, стр.5 из 8 Пусть теперь z+ Тогда по прямой, параллельной оси Oy, и Сравнивая полученные результаты, получим: Теорема доказана. Замечание. Производную можно вычислять любым способом: = (*) Пример 1. Проверить выполнение условий Коши – Римана и найти производную функции. а) f(z)=z2 Решение. f(z)=(x+iy)2=x2+2ixy-y2= x2-y2+2ixy u (x,y)= x2-y2, v(x,y)=2xy; Матем. анализ, семестр 4, Лекция 2, стр.6 из 8 Условия Коши – Римана выполнены. f `(z)=2x+i 2y=2(x+iy)=2z. б) f(z)=cos(z) Решение. f(z)=cosxchy – isinxshy; u= cosxchy, v=-sinxshy; (верно), (верно) f`(z)= Итак, (cosz)`=-sinz. в) Проверить, что функции f(z)= =x-iy, f(z)=z Rez, f(z)=|z| не являются дифференцируемыми нигде, кроме точки z=0. Убедиться самостоятельно, что условия Коши – Римана не выполняются. Можно получить производные основных элементарных функций по формуле (*), как показано в примере 1. Таблица производных и правила дифференцирования, известные из вещественного анализа, сохраняются. Теорема 2 (достаточные условия дифференцируемости). Пусть функции u(x,y), v(x,y) дифференцируемы в точке (x,y) и в этой точке выполнены условия Коши – Римана. Тогда функция f(z)= u(x,y)+i v(x,y) комплексного переменного z=x+iy дифференцируема в точке z и имеет проиводную = .(без доказательства) Теорема 3 (критерий дифференцируемости). Для того чтобы функция f(z)= u(x,y)+i v(x,y) была дифференцируема в точке z=x+iy, необходимо и достаточно, чтобы: 1) Функции u(x,y) и v(x,y) были дифференцируемы в точке (x,y); 2) в точке (x,y) выполнялись условия Коши – Римана: Матем. анализ, семестр 4, Лекция 2, стр.7 из 8 6. Регулярные функции. Определение 9. Функция f(z), определенная в окрестности точки ,называется регулярной (аналитической, голоморфной) в этой точке, если f(z) дифференцируема в некоторой окрестности U(z0), в том числе и в самой точке z0. Функция называется регулярной в области, если она регулярна в любой точке этой области. Теорема 4. Если функции f(z) и g(z) регулярны в области D, то функции так же регулярны в области D. Пример 2. Найти область регулярности функции Решение. . Область регулярности: . . 7. Связь аналитических функций комплексного переменного и гармонических функций. Определение 10. Функция φ(x,y) называется гармонической, если она удовлетворяет уравнению Лапласа: ∆φ=0, или Теорема 5. Если функция f(z) регулярна в точке z, то ее действительная и мнимая части u=Re f(z), v=Im f(z) – функции гармонические. Доказательство. Функция f(z) – регулярна, следовательно, выполняются условия Коши – Римана: Продифференцируем (1) по x, а (2) по y и сложим: Матем. анализ, семестр 4, Лекция 2, стр.8 из 8 Получили ∆u=0, следовательно, функция u(x,y) – гармоническая. Продифференцируем (1) по y, а (2) по x и вычтем: Получили ∆v =0, следовательно, функция v(x,y) – гармоническая, ч.т.д. Верна и обратная теорема. Теорема 6. Если функции u(x,y) и v(x,y) – гармонические в области D, то функция комплексного переменного f(z)= u(x,y) +i v(x,y) регулярна в области D. Определение 11. Функции u(x,y) и v(x,y) называются гармонически – сопряженными, если ∆u=0, ∆v=0 и для этой пары выполнены условия Коши – Римана (1), (2). Такие функции определяют аналитическую функцию f(z) c точностью до константы. Кроме того, зная одну из функций (действительную или мнимую часть регулярной функции f(z)), можно определить вторую функцию с точностью до константы. Пример 3 (типовой расчет, №3). При каком значении параметра a функция u(x,y)=ax2+4y2 является действительной частью некоторой регулярной функции? Восстановить регулярную функцию. Решение. Обеспечим выполнение равенства ∆u=0. , 2a+8=0, a=-4. Итак, Re f(z)=u(x,y)=-4x2+4y2. Найдем Im f(z)=v(x,y) с помощью равенств (1),(2). , -8y+C `(x)=-8y, C `(x)=0, C=const. Следовательно, f(z)=u+iv=-4x2+4y2+i(-8xy+C)=-4(x2+2ixy-y2)+iC: Матем. анализ, семестр 4, Лекция 2, стр.9 из 8 f (z)=-4(x+iy)2+iC=-4z+iC. Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 3, стр. 1 из 8 Лекция 3. Конформные отображения. 1. Геометрический смысл модуля и аргумента производной регулярной функции. Рассмотрим функцию f(z), определенную в области D комплексной плоскости. Утверждение 1 (геометрический смысл аргумента производной ). Пусть функция w=f(z) дифференцируема в области D; , w0=f(z0), f `(z0)≠0. Рассмотрим кривую ϒ, проходящую через точку ; Г=f(ϒ). Тогда arg f `(z0) – угол поворота кривой в точке z0 при отображении w=f(z). Доказательство. Для двух произвольных чисел z1 и z2 аргумент частного равен разности аргументов: arg Найдем аргумент производной. argf `(z0)= Итак, кривая ϒ (прообраз) расположена под углом к оси Re z в точке z0; кривая Г (образ) расположена под углом Значит, образ Г повернулся на угол к оси Re w. при отображении w=f(z). Утверждение 2 (геометрический смысл модуля производной). Модуль производной функции k=|f `(z0)| есть коэффициент изменения длин отрезков при отображении w=f(z), не зависящий от направления луча, выходящего из точки z0. Доказательство. Рассмотрим длины отрезков . Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 3, стр. 2 из 8 В частности, окружность радиуса r= с центром в точке z0 перейдет в окружность радиуса | | =kr при Следовательно, k есть коэффициент растяжения (сжатия), не зависящий от направления луча, выходящего из точки z0 (см. рис. 1). Imz Imw w=f(z) W0 Z0 Rez Rew Рис. 1 Пример 1. Найти коэффициент растяжения k и угол поворота φ при отображении w=f(z) в заданной точке. а) w=z3, z0=1+i. Решение: f `(z)=3z2, f `(z0)=3(1+i)2=3(1+2i-1)=6i; k=|6i|=6, φ=arg(6i)=π/2. б) w=ie2z, z0=2πi. Решение. f `(z)=2i e2z, f `(z0)=2ie4πi=2i. k=|2i|=2, φ=arg(2i)= π/2. Пример 2. Выяснить, какая часть плоскости растягивается, а какая – сжимается при отображении w=1/(z-i). Решение. Сжатие: k<1 , |z-i|>1; Растяжение: k>1 |z-i|<1 (см. рис. 2). Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 3, стр. 3 из 8 K<1 i сжатие k>1 растяжение Рис. 2 2. Понятие о конформном отображении. Пусть функция w=f(z) определена в некоторой окрестности точки z0. Определение 1. Функция называется однолистной на множестве D, если отображение w=f(z) взаимно однозначное. Определение 2. Отображение w=f(z) называется конформным в точке z0, если оно сохраняет углы между кривыми, проходящими через эту точку, и имеет постоянство растяжений, а также взаимно однозначное. Обсудим свойство консерватизма углов (см. рис.3). Im z ϒ2 Г2 Im w Г1 ϒ1 Z0 ϑ W0 Re z Re w Рис. 3 Пусть кривые ϒ1 и ϒ2 , выходящие из точки z0, перешли в кривые Г1 и Г2, выходящие из w0. Угол между ϒ1 и ϒ2 равен φ; угол между Г1 и Г2 равен ϑ. Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 3, стр. 4 из 8 При отображении w=f(z) каждая из кривых ϒ1 и ϒ2 повернулась на один и тот же угол arg f `(z0). Следовательно, в случае f `(z0)≠0 φ=ϑ, то есть имеет место свойство сохранения углов. Обсудим свойство постоянства растяжения. Пусть кривая ϒ , соединяющая z0 и z, перешла в кривую Г, соединяющую w0 и w. Тогда коэффициент изменения длин равен k= ; для регулярной функции k=|f`(z0)| и при |f`(z0)|≠0 не зависит от направления исходной кривой, то есть коэффициент k постоянен. Доказана Теорема. Если функция w=f(z) дифференцируема в окрестности точки z0 и f`(z0)≠0, то отображение, осуществляемое функцией f(z), конформно в точке z0. Пример 3. В каких точках нарушается конформность отображения w(z)=z3-6z2+9z-3? Решение. Функция w(z) регулярна на всей плоскости. W `(z)=3z2-12z+9=3(z2-4z+3)=3(z-1)(z-3) Конформность нарушается в точках z=1 и z=3. Примерами конформных отображений являются линейная и степенная функции. 3.Линейная функция w=az+b. Предполагаем, что a,b – комплексные числа, a≠0. Эта функция осуществляет конформное отображение расширенной комплексной плоскости на расширенную комплексную плоскость. Действительно, w=az+b , соответствие взаимно однозначное. Проверим регулярность. W=(a1+ia2)(x+iy)+b1+ib2=(a1x-a2y+b1)+i(a2x+a1y+b2)=u+iv Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 3, стр. 5 из 8 Функция регулярна на всей комплексной плоскости. W`=(az+b)`=a≠0, следовательно, отображение конформно во всех точках; arg w`= arg a; |w`|=|a|. Геометрическое действие. 1) переносит начало координат z=0 в точку w=b. 2) поворачивает на угол φ=arg a; 3) растягивает в |a| раз. Пример 4. Найти образ области D={|z|≤1, 0≤argz≤π/3} при отображении Решение. Коэффициент растяжения k=| φ=arg( |=2, угол поворота )=π/6. Область представляет собой сектор (см. рис.4). w z R=2 1 z=1-i 2 Рис.4 Пример 5.Найти отображение, переводящее круг |z-2+i|<5 в круг |z|<1. Решение. Поскольку точка z0=2-i переходит в точку w0=0, будем искать отображение в виде w=a(z-2+i). Граница прообраза переходит в границу образа, следовательно, |w|=|a||z-2+i|, 1=5|a|, |a|=1/5. Возьмем а=1/5 (arg a=0, т.к. можно взять любой аргумент). Итак, w=1/5(z-2+i). Ответ: (см. рис.5) Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 3, стр. 6 из 8 Im z Im w r=1 R=5 Re z Re w 2-i Рис. 5 4. Степенная функция w=zn. Перейдем к полярным координатам: w=rneinφ=rn(cos(nφ)+isin(nφ)) Выделим действительную и мнимую часть: u= rncos(nφ), v= rnsin(nφ) Докажем регулярность степенной функции, пользуясь условиями Коши – Римана в полярных координатах: rncos(nφ)n, Условия Коши – Римана выполняются для любого φ и r≠0; для r=0 w=0, они тоже выполняются. Функция регулярна для любого z. Найдем область однолистности. Если z=reiφ, то w=rneinφ, то есть главное значение аргумента увеличивается в n раз. Если оборот). Если то n , то n (полный , получится «наложение», нарушится однолистность. Следовательно, область однолистности – угол раствора . Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 3, стр. 7 из 8 Функция w=zn отображает угол раствора на плоскость с разрезом. Говорят, что степенная функция «разворачивает» углы. Пример 6. Найти образ области 00} ϒ2: y=π/2, -∞0}, +∞→0. Re z Матем. анализ, семестр 4, лекция 4, стр. 3 из 8 Im w Образом полосы является первый квадрант. Г2 Проверка: пусть z0= iπ/4. W0 Тогда Г1 Рис. 4 (см. рис.4) Re w Пример 3. Найти область G, на которую отобразится область D при отображении w=ez. (см. рис. 5) ϑ= 2π/3 Im w ϑ= π/4 R=e3 c d C B G D a b D -1 r=e-1 A 3 Рис. 5 Re w Рис. 6 При отображении w=ez: Прямая ab (y=π/4) перейдет в луч AB (ϑ= π/4). Прямая cd (y=2π/3) перейдет в луч CД (ϑ= 2π/3). Отрезок bc (x=3) перейдет в дугу ВС (r=e3). Отрезок da (x=-1) перейдет в дугу DA (r=e-1) (см. рис. 6). Матем. анализ, семестр 4, лекция 4, стр. 4 из 8 2. Логарифмическая функция w=Ln (z). По определению, Ln(reiφ)=ln(r)+iφ, т.е. Поскольку функция w=Ln z – многозначная, рассмотрим отображение, осуществляемое его главным значением, т.е. функцией w=ln(z)= , где arg z – главное значение аргумента. Для проверки регулярности функции w=lnz воспользуемся условиями Коши – Римана в полярных координатах. Утверждение 4. Пусть функция f(z)=u(x,y)+iv(x,y) дифференцируема в области D, r,φ – полярные координаты точки, так что x=rcosφ, y=rsinφ. Тогда необходимым и достаточным условием регулярности функции являются равенства: При этом производная функции вычисляется по одной из формул: Утверждение 5. Логарифмическая функция w=Lnz регулярна в области C\{0}, производная равна w`(z)=1/z. Доказательство. Ln(z)=lnr+iφ, u=lnr, v=φ. Тогда Равенства из утв.4 выполняются, следовательно, функция w=Lnz регулярна в области C\{0}. Вычислим производную: Итак, (Lnz)`=1/z. Матем. анализ, семестр 4, лекция 4, стр. 5 из 8 При отображении w=ln(z) плоскость с разрезом (-∞,0] переходит в полосу шириной 2π, параллельную действительной оси. Отображение конформное. Пример 4. Найти образ области D при отображении w=lnz (см. рис. 7,8). Im z Im w Г1 π ϒ1 Re z ϒ2 Re w Г2 Рис. 7 «Разрезы» -π Рис. 8 переходят в границы полосы Г1, Г2. Lnz=ln|x|+iπ, r: +∞→0, φ=π. Г1: |x |: +∞→0, ln|x|: +∞→-∞, y=π. , r: 0→+∞, φ=-π. Г2: |x |: 0→+∞, ln|x|: -∞→+∞, y=-π. Дуга окружности |z|=1 (r=1, -π<φ<π) переходит в отрезок мнимой оси: -π|𝑧2 − 𝑧0 |}. Пример 1. Найти область сходимости степенного ряда ∞ ∑ 𝑛=1 𝑛 𝑛 𝑧 2𝑛 Решение. lim 𝑛√𝑤𝑛 = 𝑛→∞ 1 𝑛𝑛 |𝑧| lim |𝑧| = <1 𝑛→∞ 2 2 Ответ: |z|<2 (см. рис.1) Для каждого значения z из круга KR ряд (1) сходится к некоторому значению S(z). Обозначим сумму ряда f(z). 2 Рис. 1 Матем. анализ, семестр 4, Лекция 6, стр.2 из 8 Верны два утверждения о регулярности суммы степенного ряда (1) внутри области сходимости. 𝑛 Теорема 1. Сумма степенного ряда ∑∞ 𝑛=1 𝑐𝑛 (𝑧 − 𝑧0 ) = 𝑓(𝑧) является непрерывной функцией внутри круга сходимости. (2) Доказательство. Из теории степенных рядов известно, что в круге Kρ = { z; 0≤ |𝑧 − 𝑧0 |<ρ }, ρ 1- область сходимости ряда S2. Областью сходимости степенного ряда является кольцо - пересечение областей D1 и D2 (см. рис. 4). Рассмотрим степенной ряд по всем целым степеням (z-z0): 𝑛 ∞ f(z)= ∑∞ 𝑛=−∞ 𝑐𝑛 (𝑧 − 𝑧0 ) = ∑𝑛=1 𝑐−𝑛 (𝑧−𝑧0 )𝑛 𝑛 + ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛 (𝑧 − 𝑧0 ) (12) Этот ряд носит название ряда Лорана. Пьер Лоран (1813 – 1854) – французский математик. Первое слагаемое ряда (12) называется главной частью ряда Лорана, его область сходимости – внешность круга. Второе слагаемое ряда (12) называется правильной частью, его область сходимости – внутренность круга. Таким образом, функция f(z) регулярна в кольце {z: r<|z-z0|2. 1) |z+2|<2 1 𝑧 1 1 1 = 𝑧+2−2 = − 2−(𝑧+2) = − 2 1 − 2 ∑∞ 𝑛=0 (𝑧+2)𝑛 2𝑛 1 1 𝑧+2 1− 2𝑛 = − 2 − ∑∞ 𝑛=1 = (𝑧+2)𝑛 2𝑛+1 (13) z 2) |z+2|>2 1 1 1 = = 𝑧 𝑧 + 2 − 2 (𝑧 + 2) (1 − ∞ =∑ 𝑛=0 -2 2 𝑧 + 2) Рис. 6 𝑛 2 (𝑧 + 2)𝑛+1 z (14) -2 Рис. 7 Пример 9. (Типовой расчет, №5). Получить все разложения функции f(z) в ряд Лорана по степеням (z+2). Указать область сходимости полученных разложений. 5𝑧 2 + 𝑧 + 2 𝑓 (𝑧) = 2 𝑧 (𝑧 + 2) Решение. Правильную рациональную дробь представим в виде суммы простых дробей. 𝐴 𝐵 𝐶 𝐴𝑧 2 + 𝐵 (𝑧 2 + 2𝑧) + 𝑐(𝑧 + 2) 𝑓 (𝑧) = + + = 𝑧 + 2 𝑧 𝑧2 𝑧 2 (𝑧 + 2) z=0: 2C=2, C=1; z=-2: 4A=20, A=5; z2: A+B=5, B=0. 5 1 𝑓(𝑧) = 𝑧+2 + 𝑧 2 Матем. анализ, семестр 4, Лекция 6, стр.8 из 8 1) |z+2|<2 Дифференцируя разложение (13), получим: 1 𝑧2 𝑑 1 𝑛 𝑚+1 𝑛−1 𝑚 =-𝑑𝑧 (𝑧 ) = ∑∞ = ∑∞ 𝑛=1 2𝑛+1 (𝑧 + 2) 𝑚=0 2𝑚+2 (𝑧 + 2) 5 𝑚+1 𝑚 Итак, области |z+2|<2 f(z)= 𝑧+2 + ∑∞ 𝑚=0 2𝑚+2 (𝑧 + 2) ; 2) |z+2|>2 Дифференцируя разложение (14), получим: 1 𝑧2 𝑑 1 2𝑛 (𝑛+1) 1 4 =-𝑑𝑧 (𝑧 ) = ∑∞ 𝑛=0 (𝑧+2)𝑛+2 = (𝑧+2)2 + (𝑧+2)3 + ⋯ 5 2𝑛 (𝑛+1) Итак, области |z+2|>2 f(z)= 𝑧+2 + ∑∞ 𝑛=0 (𝑧+2)𝑛+2 . 𝑧 Пример 10. Найти разложение функции 𝑓 (𝑧) = 𝑧 2 +1в окрестности точки z=∞. Решение. 𝑓(𝑧) = 𝑧 1 1 𝑧 2 (1+ 2 ) 𝑧 1 1 1 ∞ 𝑛 𝑛 = 𝑧 ∑∞ 𝑛=0(−1) 𝑧 2𝑛 = ∑𝑛=0(−1) 𝑧 2𝑛+1 , |z|>1. (Использована вторая формула из (10)). Математический анализ, 4-й семестр, лекция 7, Стр.1 из 7 Лекция 7. Типы особых точек. 1. Нули регулярной функции. Опр. 1. Точка z0 называется нулем порядка k для функции f(z), если f (z)=(z-z0)kg(z), где g(z)≠0. Пример 1. Для функции f(z)=(z-1)3 точка z=1 является нулем 3-го порядка. Пример 2. Определить порядок нуля z=i для следующей функции: F(z)=z3+(1-2i)z2+(-1-2i)z-1. Решение. F(z)=( z-i)2(z+1); z=i – нуль второго порядка. Опр.1`. Точка z0 называется нулем порядка k регулярной функции f(z), если f (z0)=f`(z0)=…=f(k-1)(z0)=0, f(k)z0)≠0. (1) Пример 1, второй способ. w=(z-1)3; w(1)=0; w`(z)=3(z-1)2; w(1)=0; w``(z)=6(z-1); w(1)=0; w```(z)=6; w(1)=6≠0; z=1 – нуль 3-го порядка. Пример 2, второй способ. F(z)=z3+(1-2i)z2+(-1-2i)z-1; F(i)=0; F`(z)=3z2+2(1-2i)z-1-2i; F`(i)=0; F``(z)=6z+2-4i; F``(i)=2+2i≠0; z=i – нуль 2-го порядка. Теорема 1. Если z0 – нуль порядка m регулярной функции f(z),то ее ряд Тейлора начинается со степени (z-z0)m. Доказательство. Коэффициенты ряда Тейлора регулярной функции f(z) 1 находятся по формуле: 𝑐𝑛 = 𝑛! 𝑓 (𝑛) (𝑧0 ). Математический анализ, 4-й семестр, лекция 7, Стр.2 из 7 Если z0 – нуль порядка m,то для n0; ϒ2: Imz=0, Rez→0, Rez<0. lim 𝑧→0 по 𝛾1 𝑓 (𝑧) = lim 𝑒 1⁄ 𝑥 𝑥→0+ = +∞; lim 𝑧→0 по 𝛾2 𝑓 (𝑧) = lim 𝑒 1⁄ 𝑥 𝑥→0− =0 1 Пределы разные, следовательно, ∄ lim 𝑒 𝑧 . 𝑧→0 Imz ϒ2 ϒ1 Rez 6. Особенности в бесконечности. Опр.6. Бесконечно удаленная точка рассматривается как изолированная особая точка функции f(z), если функция регулярна в области R<|z|<+∞. Эта область представляет собой частный случай кольца, поэтому в ней 𝑛 сходится ряд Лорана ∑∞ 𝑛=−∞ 𝑐𝑛 𝑧 = 𝑓 (𝑧). Возможны следующие случаи: Случай 1. 𝑓(𝑧) = 𝑐0 + ∑∞ 𝑛=1 𝑐−𝑛 𝑧𝑛 (ряд не содержит положительных степеней). Тогда z=∞ - устранимая (или правильная) особая точка. При этом существует конечный предел lim 𝑓 (𝑧) = 𝑐0 . 𝑧→∞ Пример 10. 𝑓 (𝑧) = 𝑧 3 +𝑧+1 𝑧3 lim 𝑓 (𝑧) = 1 . z=∞ - устранимая особая 𝑧→∞ точка. Случай 2. f(z)=cmzm+cm-1zm-1+…+c0+∑∞ 𝑛=1 𝑐−𝑛 𝑧𝑛 Ряд содержит конечное число слагаемых с положительными степенями z. Тогда z=∞ - полюс порядка m. При этом lim 𝑓(𝑧) = ∞. 𝑧→∞ Математический анализ, 4-й семестр, лекция 7, Стр.7 из 7 𝑧6 Пример 11. 𝑓 (𝑧) = 1−𝑧 3 - бесконечно большая величина порядка z3 при z, стремящемся к бесконечности. z=∞ - полюс порядка 3. Случай 3) 𝑓 (𝑧) = ∑∞ 𝑛=1 𝑐−𝑛 𝑧𝑛 + ∑𝑛=1 𝑐𝑛 𝑧 𝑛 Ряд содержит бесконечное число слагаемых с положительными степенями. Тогда z=∞ - существенная особенность. Пример 12. f(z)=e-2z=∑∞ 𝑛=0 (−2)𝑛 𝑛! 𝑧𝑛 z=∞ - существенно особая точка. Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 8, Стр.1 из 7 Лекция 8. Вычеты. Теоремы Коши о вычетах. 1. Определение вычета. Пусть z0 – изолированная особая точка функции f(z), z0≠∞. Обозначим ϒ – замкнутый контур, содержащий внутри себя точку z0 (и только ее одну). Определение 1. Вычетом функции f(z) в точке z0 называется число 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓 (𝑧) = 1 ∮ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧 2𝜋𝑖 𝛾 Z0 𝛾 2. Связь с коэффициентом ряда Лорана. Рис.1 В окрестности изолированной точки z0 существует ряд Лорана по степеням (z- z0), коэффициенты которого вычисляются по формулам: 𝐶𝑛 = 1 𝑓(𝑧) ∮ 𝑑𝑧 2𝜋𝑖 |𝑧−𝑧0 |=𝜌 (𝑧 − 𝑧0 )𝑛+1 Рассмотрим n=-1; n+1=0, (𝑧 − 𝑧0 )𝑛+1 = 1. Тогда C-1=∮|𝑧−𝑧 0 |=𝜌 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓 (𝑧). Отсюда следует второе определение вычета: 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓(𝑧) = 𝐶−1 . 3. Вычисление вычетов в существенно особой и устранимой особых точках. 1)Если z0 – существенно особая точка, то вычет вычисляется только как 𝐶−1 . 1 1 1 1 1 Пример 1. 𝑓 (𝑧) = 𝑧 2 𝑒 𝑧 =𝑧 2 (1 + 𝑧 + 2!𝑧 2 + 3!𝑧 3 + 4!𝑧 4 + ⋯ ) 1 11 1 𝑓 (𝑧) = 𝑧 2 + 𝑧 + + + +⋯ 2 3! 𝑧 4! 𝑧 2 1 z=0 – существенно особая точка, 𝑟𝑒𝑠0 𝑓(𝑧) = 𝐶−1 = . 6 2)Если z0 – устранимая особая точка, то для любого n С-n=0, в том числе и 𝐶−1 = 0. Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 8, Стр.2 из 7 𝑧 Пример 2. 𝑓 (𝑧) = 𝑒 𝑧−1. Особые точки функции: z=2πki, k=0,±1, ±2, … 𝑧 lim 𝑒 𝑧−1 = 1, z=0 – устранимая особая точка, 𝑟𝑒𝑠𝑧=0 𝑓 (𝑧) = 0. 𝑧→0 4. Вычисление вычета в простом полюсе. Теорема 1. Если z0 – полюс первого порядка функции f(z), то 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓 (𝑧) = lim 𝑓 (𝑧)(𝑧 − 𝑧0 ) 𝑧→𝑧0 Доказательство. В случае простого полюса в главной части ряда Лорана содержится только одно слагаемое: 𝑓 (𝑧) = 𝐶−1 + 𝐶0 + 𝐶1 (𝑧 − 𝑧0 ) + 𝐶2 (𝑧 − 𝑧0 )2 + ⋯ 𝑧 − 𝑧0 f (z) (𝑧 − 𝑧0 ) = 𝐶−1 + 𝐶0 (𝑧 − 𝑧0 )+ 𝐶1 (𝑧 − 𝑧0 )2 +… lim f (z) (𝑧 − 𝑧0 ) = 𝐶−1 = 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓 (𝑧), ч.т.д. 𝑧→𝑧0 𝑧 Пример 3.Найти вычет в точке z=1 для функции 𝑓 (𝑧) = 𝑧−1. Решение. z=1 – нуль первого порядка знаменателя, т.е. простой полюс. По теореме 1 𝑟𝑒𝑠𝑧=1 𝑓(𝑧) = lim 𝑓 (𝑧)(𝑧 − 1) = lim 𝑧 = 1. 𝑧→1 𝑧→1 Проверим результат с помощью ряда Лорана. 𝑓 (𝑧) = 𝑧−1+1 1 =1+ 𝑧−1 𝑧−1 1 Главная часть состоит из дроби 𝑧−1, следовательно, 𝐶−1 = 1. Теорема 2. Вычисление вычета в простом полюсе с помощью производной. 𝜑(𝑧) Пусть z0 – простой полюс функции 𝑓 (𝑧) = 𝜓(𝑧), где функции 𝜑(𝑧), 𝜓(𝑧) регулярны в точке z0 , 𝜑(z0 ) ≠ 0, 𝜓(𝑧0 ) = 0, 𝜓`(𝑧0 ) ≠ 0 (т.е. z0 – нуль первого порядка знаменателя). Тогда Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 8, Стр.3 из 7 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓 (𝑧) = 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝜑(𝑧) 𝜑(𝑧0 ) = 𝜓(𝑧) 𝜓`(𝑧0 ) Доказательство. Из теоремы 1 в силу 𝜓(𝑧0 ) = 0 следует: 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝜑(𝑧) 𝜑(𝑧) 𝜑(𝑧)(𝑧 − 𝑧0 ) 𝜑(𝑧) 𝜑(𝑧0 ) (𝑧 − 𝑧0 ) = lim = lim = lim = 𝑧→𝑧0 𝜓(𝑧) − 𝜓(𝑧0 ) ∆𝑧→0 ∆𝜓(𝑧) 𝜓(𝑧) 𝜓(𝑧) 𝜓`(𝑧0 ) 𝑧→𝑧0 ∆𝑧 Ч.т.д. 𝑧+3 Пример 4. Найти вычеты во всех особых точках функции 𝑓(𝑧) = 𝑠𝑖𝑛𝑧. Решение. sinz=0; z=πk, 𝑘 = 0, ±1, ±2, … Точки zk= πk – простые полюса, (sinz)`=cos(z), cos(zk)≠0. 𝑧 +3 По теореме 2 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓(𝑧) = cos𝑘 (𝑧 ). 𝑘 2𝜋𝑛+3 При k=2n: 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓(𝑧) = 𝑟𝑒𝑠2𝜋𝑛 = cos (2𝜋𝑛) = 2𝜋𝑛 + 3; (2𝑛+1)𝜋+3 При k=2n+1: 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓(𝑧) = 𝑟𝑒𝑠2𝜋𝑛+𝜋 = cos [(2𝑛+1)𝜋] = −(2𝑛 + 1)𝜋 − 3. Например, 𝑟𝑒𝑠𝜋 𝑓 (𝑧) = −(𝜋 + 3). 5. Вычисление вычета в кратном полюсе. Теорема 3. Вычисление вычета в кратном полюсе с помощью предела. Если z0 – полюс порядка n для функции f(z), то 1 𝑑 𝑛−1 [𝑓(𝑧)(𝑧 − 𝑧0 )𝑛 ] 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓(𝑧) = lim (𝑛 − 1)! 𝑧→𝑧0 𝑑𝑧 𝑛−1 В частности, для полюса второго порядка получим: 𝑑 [𝑓(𝑧)(𝑧 − 𝑧0 )2 ] 𝑧→𝑧0 𝑑𝑧 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓(𝑧) = lim Для полюса третьего порядка получим: Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 8, Стр.4 из 7 1 𝑑2 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓(𝑧) = lim 2 [𝑓(𝑧)(𝑧 − 𝑧0 )3 ] 2 𝑧→𝑧0 𝑑𝑧 Доказательство основано на интегральной формуле Коши для производных: ∮|𝑧−𝑧 0 |=𝜌 𝜑(𝑧) (𝑧−𝑧0 )𝑛+1 1 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 (𝑛−1)! 𝜑 (𝑛−1) (𝑧0 ) (∗) Пусть z0 – полюс порядка n для функции f(z). Ряд Лорана в окрестности точки z0 имеет вид: 𝑓 (𝑧) = 𝐶−𝑛 𝐶−𝑛+1 𝐶−1 + + ⋯ + + 𝐶0 + 𝐶1 (𝑧 − 𝑧0 ) + ⋯ (𝑧 − 𝑧0 )𝑛 (𝑧 − 𝑧0 )𝑛−1 (𝑧 − 𝑧0 ) Рассмотрим функцию 𝜑(𝑧) = 𝑓(𝑧) (𝑧 − 𝑧0 )𝑛 . 𝜑(𝑧) = 𝐶−𝑛 + 𝐶−𝑛+1 (𝑧 − 𝑧0 ) + ⋯ + 𝐶−1 (𝑧 − 𝑧0 )𝑛−1 + 𝐶0 (𝑧 − 𝑧0 )𝑛 + 𝐶1 (𝑧 − 𝑧0 )𝑛+1 + ⋯ Разложение функции 𝜑(𝑧) в степенной ряд содержит только неотрицательные степени (𝑧 − 𝑧0 ), следовательно, эта функция регулярна в окрестности точки z0, и можно применять формулу (∗). По определению вычета, 1 1 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓(𝑧) = 2𝜋𝑖 ∮𝛾 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 ∮𝛾 1 𝜑(𝑧) (𝑧−𝑧0 )𝑛 1 1 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 2𝜋𝑖 (𝑛−1)! 𝜑 (𝑛−1) (𝑧0 ) = 1 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓 (𝑧) = (𝑛−1)! lim 𝜑 (𝑛−1) (𝑧) = (𝑛−1)! lim [𝑓(𝑧)(𝑧 − 𝑧0 )𝑛 ](𝑛−1) , ч.т.д. 𝑧→𝑧0 𝑧→𝑧0 𝑒 2𝑧 Пример5. Найти вычет функции 𝑓 (𝑧) = (𝑧−1)3 в точке z=1. Решение. Точка z0=1является полюсом третьего порядка. 1 𝑒 2𝑧 1 1 3] 2𝑧 ] [ 𝑟𝑒𝑠𝑧=1 𝑓(𝑧) = lim [ (𝑧 − 1) `` = lim 𝑒 `` = lim4𝑒 2𝑧 = 2𝑒 2 3 2 𝑧→1 (𝑧 − 1) 2 𝑧→1 2 𝑧→1 6. Основная теорема Коши о вычетах. Теорема 4. Пусть функция f(z) регулярна в конечной односвязной области D, за исключением конечного числа изолированных особых точек Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 8, Стр.5 из 7 z1,z2,…,zn. Пусть ϒ– замкнутая положительно ориентированная кривая, лежащая в D и содержащая точки z1,z2,…,zn внутри себя (см. рис.2). Тогда ∮𝛾 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 ∑𝑛𝑘=1 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓(𝑧) ϒ2 z2 ϒ ϒ1 ϒn z1 zn Рис.2 Доказательство. Снабдим каждую точку zi замкнутым ориентированным контуром 𝛾 i, i=1,2,…,n. Из теоремы Коши для многосвязной области (см. лекцию 6) следует: ∮ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧 = ∮ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧 + ∮ 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 + ⋯ + ∮ 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 𝛾 𝛾1 𝛾2 𝛾𝑛 По определению вычета (см. опр.1) ∮ 𝑓(𝑧)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖(𝑟𝑒𝑠𝑧1 𝑓(𝑧) + 𝑟𝑒𝑠𝑧2 𝑓 (𝑧) + ⋯ + 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑛 𝑓(𝑧)) 𝛾 𝑛 = 2𝜋𝑖 ∑ 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓(𝑧) 𝑘=1 Ч.т.д. Пример 6. Вычислить контурный интеграл: 1 2 (𝑠𝑖𝑛 + 𝑒 𝑧 𝑐𝑜𝑠𝑧) 𝑑𝑧 = 𝐼1 + 𝐼2 𝑧 |𝑧|=1 𝐼=∮ Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 8, Стр.6 из 7 2 Интеграл 𝐼2 = ∮|𝑧|=1 𝑒 𝑧 𝑐𝑜𝑠𝑧 𝑑𝑧 равен нулю по теореме Коши для односвязной области, так как функция под знаком интеграла регулярна в круге |z|≤1. 1 Интеграл 𝐼1 = ∮|𝑧|=1 𝑠𝑖𝑛 𝑧 𝑑𝑧 вычислим по теореме 4. Единственная особая точка в круге |z|≤1 – это z=0, существенно особая точка. 1 1 1 1 1 ( ) = 𝐶−1 = 1 𝑠𝑖𝑛 ( ) = − + ⋯ , 𝑟𝑒𝑠 𝑠𝑖𝑛 𝑧=1 𝑧 𝑧 3! 𝑧 3 𝑧 1 I1=2πi 𝑟𝑒𝑠𝑧=1 𝑠𝑖𝑛 (𝑧 ) = 2𝜋𝑖 ∙ 1 = 2𝜋𝑖 Ответ: I=2𝜋𝑖. 7. Вторая теорема Коши о вычетах. Рассмотрим окружность радиуса R СR={z: |z|=R}и контур 𝛾 =СR- , ориентированный против часовой стрелки. Пусть точка z=∞ изолированная особая точка функции f(z) в области |𝑧| ≥ 𝑅. 𝛾 Рис.3 Определение 2. Вычет в бесконечности: 𝑟𝑒𝑠∞ 𝑓 (𝑧) = 1 ∮ 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = −𝐶−1 2𝜋𝑖 𝛾 Заметим, что коэффициент 𝐶−1 берется из разложения функции f(z) в окрестности бесконечности. Теорема 5. (о полной сумме вычетов). ̅ , за Пусть функция f(z) регулярна в расширенной комплексной плоскости С исключением конечного числа изолированных особых точек z1,z2,…,zn и точки z=∞. Тогда ∑𝑛𝑘=1 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓 (𝑧) + 𝑟𝑒𝑠∞ 𝑓 (𝑧) = 0 zk CR Рис. 4 Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 8, Стр.7 из 7 Доказательство. Возьмем окружность СR настолько большого радиуса, чтобы все конечные особые точки лежали внутри (см. рис.4). По теореме 4 ∮𝐶 + 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 ∑𝑛𝑘=1 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓(𝑧) = − ∮𝐶 − 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 = − 2𝜋𝑖 𝑟𝑒𝑠∞ 𝑓(𝑧) 𝑅 𝑅 Отсюда ∑𝑛𝑘=1 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓 (𝑧) + 𝑟𝑒𝑠∞ 𝑓(𝑧) = 0, ч.т.д. Теорема о полной сумме вычетов облегчает вычисление контурных интегралов. Пример 7. Вычислить контурный интеграл: 𝑧 9 𝑑𝑧 𝐼=∮ 10 + 1 |𝑧|=1 2𝑧 Решение. Найдем особые точки подынтегральной функции. 1 2 z10+1=0, z10=-1/2, 𝑧 10 = 2 𝑒 𝑖(𝜋+2𝜋𝑘) 𝑧1,2,…,10 = 1 10 √2 𝑒𝑖 𝜋+2𝜋𝑘 10 - простые полюса. По теореме 5 10 𝐼 = 2𝜋𝑖 ∑ 𝑟𝑒𝑠𝑧𝑘 𝑓(𝑧) = −2𝜋𝑖 𝑟𝑒𝑠∞ 𝑓(𝑧) 𝑘=1 Разложим функцию f(z) в ряд Лорана в окрестности бесконечности. 𝑓 (𝑧) = 𝑧9 1 1 1 1 1 (1 ) = − + ⋯ = − … 2𝑧 10 1 + 1 2𝑧 2𝑧 10 2𝑧 4𝑧 11 . 2𝑧 10 𝑟𝑒𝑠∞ = −𝐶−1 =− I=-2πi (-1/2)=πi. 1 2 1 √2 1 Рис. 5 Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 9, стр.1 из 7 Лекция 9. Логарифмический вычет. Принцип аргумента. Теорема Руше. Пусть функция f(z) регулярна в области D вместе с ее границей ГD, за исключением конечного числа полюсов z1,…,zn, лежащих в D. Предполагаем, что на границе Г f(z)не обращается в нуль. 𝑑 Определение 1. Функция 𝜑(𝑧) = 𝑑𝑧 𝑙𝑛𝑓 (𝑧) = 𝑓 `(𝑧) 𝑓(𝑧) называется логарифмической производной. Рассмотрим все особые точки функции 𝜑(𝑧). Это полюса функции f(z) a1,a2,…,am и нули функции f(z) b1,b2,…,bp. Обозначим набор особых точек функции 𝜑(𝑧): zk={ a1,a2,…,am , b1,b2,…,bp }. Найдем контурный интеграл ∮Г 𝜑(𝑧)𝑑𝑧, используя основную теорему Коши о вычетах: ∮Г 𝑓 `(𝑧) 𝑓(𝑧) 𝑑𝑧 = 2𝜋𝑖 ∑zk 𝑟𝑒𝑠 𝑓 `(𝑧) 𝑓(𝑧) Определение 2. Логарифмический вычет функции f(z) относительно контура Г: 1 𝑓 `(𝑧) 𝑓 `(𝑧) ∮ 𝑑𝑧 = ∑ reszk 2𝜋𝑖 Г 𝑓(𝑧) 𝑓(𝑧) Теорема 1. Если функция f(z) имеет в точке z=z0 нуль порядка n или полюс порядка k,то логарифмическая производная 𝜑(𝑧) = точке простой полюс, и вычет в нем равен: 𝑟𝑒𝑠𝑧0 либо 𝑟𝑒𝑠𝑧0 𝑓 `(𝑧) 𝑓(𝑧) 𝑓 `(𝑧) 𝑓(𝑧) Доказательство. а) Пусть f(z) имеет в точке z0 нуль порядка n. Тогда 𝑓 (𝑧) = (𝑧 − 𝑧0 )𝑛 f1(z),f1(z0)≠0; lnf(z)=nln (z-z0)+ln f1(z); 𝑓 ` (𝑧 ) n f1 `(z) f1 (z) 𝑓(𝑧) имеет в этой = n (в случае нуля) = −𝑘 (в случае полюса). φ (z)=(lnf(z))`= 𝑓(𝑧) = z−z + 𝑓 `(𝑧) , f1(z0)≠0. Функция φ(z) имеет в точке z0 простой полюс и С-1=n. Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 9, стр.2 из 7 б) Пусть f(z) имеет в точке z0 полюс порядка k. Тогда 𝑓 (𝑧) 2 𝑓 (𝑧) = (𝑧−𝑧 0) 𝑘 ; lnf(z)=lnf2(z)-kln(z-z0); φ (z)=(lnf(z))`= 𝑓 ` (𝑧 ) 𝑓(𝑧) = f`2(z) f2 (z) −( k z−z0 ) Функция φ(z) имеет в точке z0 простой полюс и С-1=-k, ч.т.д. Теорема 2. Пусть функция f(z) регулярна в области D и на ее границе ГD, за исключением конечного числа полюсов. Пусть f(z)≠0, ≠∞на границе ГD. Тогда логарифмический вычет равен 1 𝑓 `(𝑧) ∮ 𝑑𝑧 = 𝑁 − 𝑃 2𝜋𝑖 Г 𝑓(𝑧) Где N =∑ 𝑛𝑘 − число нулей функции f(z) с учетом их кратности, P=∑ 𝑝𝑘 число полюсов f(z) с учетом их порядка. Доказательство. По основной теореме Коши о вычетах 1 𝑓 `(𝑧) 1 𝑓 `(𝑧) 𝑓 `(𝑧) 𝑓 `(𝑧) ∮ 𝑑𝑧 = 2πi ∑ reszk = ∑ res𝑏𝑘 + ∑ res𝑎𝑘 2𝜋𝑖 Г 𝑓(𝑧) 2π𝑖 𝑓(𝑧) 𝑓(𝑧) 𝑓(𝑧) Первое слагаемое – вычеты по всем нулям, второе – по всем полюсам функции f(z). По теореме 1 1 𝑓 `(𝑧) ∮ 𝑑𝑧 = ∑ 𝑛k − ∑ pk = N − P. 2𝜋𝑖 Г 𝑓(𝑧) 𝑠𝑖𝑛2 𝑧 Пример 1. Найти логарифмический вычет функции 𝑓 (𝑧) = (𝑧 3 +1)(𝑧+5) относительно контура |z|=3 (см. рис.1). Решение. z=0 –нуль кратности 2, 𝑧1,2,3 = √−1 - простые полюса; z=-5 – простой полюс, лежит вне контура |z|=3. Следовательно, 1 𝑓 `(𝑧) ∮ 𝑑𝑧 = 2 − 3 = −1. 2𝜋𝑖 Г 𝑓(𝑧) Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 9, стр.3 из 7 1 -5 3 Рис. 1 Пример 2. Приращение аргумента функции. D={|z|≤1}, Г=|z|=1, W=f(z)=z2. Найти приращение аргумента функции f(z) относительно контура Г. Решение. Когда точка z совершает полный обход контура Г, точка W=f(z) совершает два полных оборота по контуру M вокруг точки (0,0) (см. рис.2). Приращение аргумента ∆Г arg 𝑓(𝑧) = 2. z w Г W=z2 1 1 Рис.2 Геометрический смысл теоремы о логарифмическом вычете (принцип аргумента). Обозначим ∆Г arg 𝑓 (𝑧) - приращение аргумента переменной w при обходе точкой z контура Г один раз в положительном направлении. Вектор w=f(z) с началом в точке нуль называется годографом. Теорема 3 (принцип аргумента). Логарифмический вычет равен числу полных оборотов вокруг нуля вектора w=f(z), когда z описывает контур Г в положительном направлении и равен N-P. 1 2𝜋 ∆Г 𝐴𝑟𝑔𝑓(𝑧) = 𝑁 − 𝑃 (1) Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 9, стр.4 из 7 Доказательство. По теореме 2 2πi(N-P)= ∮Г 𝑓 ` (𝑧 ) 𝑑𝑧 𝑓 (𝑧 ) = ∮Г 𝑑𝐿𝑛𝑓 (𝑧) = ∆Г 𝐿𝑛𝑓(𝑧) = ∆Г (ln|𝑓 (𝑧)| + 𝑖𝐴𝑟𝑔𝑓(𝑧)) = ∆Г ln|𝑓(𝑧)| + 𝑖∆Г 𝐴𝑟𝑔𝑓(𝑧) Первое слагаемое равно нулю. Сокращая на i, получаем равенство (1). Замечание. Если функция f(z) регулярна внутри контура Г (т.е. Р=0), то она имеет в области D столько нулей, сколько раз вектор w=f(z) проделает полный оборот вокруг начала координат, когда z пройдет весь контур Г. Эжен Руше (1832 – 1910) – французский математик. Теорема Руше. Пусть функции f(z) и g(z) регулярны в ограниченной односвязной области D и на ее границе ГD, и пусть ∀𝜁 ∈ ГD |f(𝜁)|>|g(𝜁)|. Тогда функции f(z) и F(z)=f(z)+g(z) имеют в области D одинаковое число нулей (считая их кратность). Схема доказательства. Применим принцип аргумента к функции fα(z)=f(z)+αg(z) , где α-малый параметр. Когда точка z обходит по по контуру Г, точка w= fα(z) описывает на плоскости ориентированный замкнутый контур Mα. Поскольку функция аналитическая, полюсов у нее нет (P=0). В силу принципа аргумента число оборотов годографа вокруг нуля равно числу нулей функции fα(z). Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 9, стр.5 из 7 Если параметр α изменится мало, то и контур М α изменится мало, а потому и число оборотов, и число нулей останется неизменным. Следствие (основная теорема алгебры). Многочлен степени n Pn(z)=a0zn+…+an-1z+an, a0≠0 имеет на комплексной плоскости ровно n нулей. Идея доказательства: применить теорему Руше к функциям f(z)=zn, F(z)=Pn(z)=f(z)+g(z). Если в качестве области D взять круг достаточно большого радиуса, то неравенство |f(𝜁)|>|g(𝜁)| на окружности будет выполнено. Следовательно, по теореме Руше многочлен F(z) имеет в круге D столько же нулей, сколько многочлен f(z), то есть ровно n нулей. Пример 3. (ТР, №9) Найти число корней уравнения z11-7z6+3z-1=0 в кольце 1≤|z|≤2. Решение. Нужно определить число нулей функции F(z)= z11-7z6+3z-1. а) Рассмотрим круг D1 радиуса 1: |z|≤1(см. рис.3). Представим функцию F(z) в виде суммы: F(z)=f(z)+g(z), f (z)=-7z6, g(z)=z11+3z-1. Оценим модули этих функций на границе Г1 области D1. |f(𝜁)|=7, |g(𝜁)|=1+3+1=5; |f(𝜁)|> |g(𝜁)|, следовательно, функция F(z) имеет в области D1 столько же нулей, сколько функция f(z), то есть 6 нулей: N1=6. б) Рассмотрим круг D2 радиуса 2: |z|≤2. Представим функцию F(z) в виде суммы: F(z)=f(z)+g(z), f (z)=z11, g(z)=-7z6+3z-1. Оценим модули этих функций на границе Г2 области D2. |f(𝜁)|=211=2048; |g(𝜁)|=7×26+3×2+1=455; |f(𝜁)|> |g(𝜁)|, следовательно, функция F(z) имеет в области D2 столько же нулей, сколько функция f(z), то есть 11 нулей: N2=11. Матем. анализ, 4 –й семестр, Лекция 9, стр.6 из 7 в) В кольце 1≤|z|≤2 количество нулей равно N=N2-N1=11-6=5. D2 D1 1 2 Рис.3 Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 11, стр.1 из 6. Лекция 11. Собственные интегралы, зависящие от параметра. Рассмотрим функцию f(x,α), непрерывную на прямоугольнике 𝐺 = {𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝛼1 ≤ 𝛼 ≤ 𝛼2 }. Определение 1. Собственный интеграл, зависящий от параметра α: 𝑏 (1) 𝐼 (𝛼) = ∫𝑎 𝑓 (𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 α α2 G α1 X a b Непрерывность интеграла, зависящего от параметра. Теорема 1. Если функция f(x,α) непрерывна в области G, то функция I(α) непрерывна на отрезке [𝛼1 , 𝛼2 ]. Замечание 1. Из этого следует, что для любого 𝛼0 ∈ {𝛼1 , 𝛼2 } 𝑏 lim 𝐼(𝛼) = ∫ 𝑓(𝑥, 𝛼0 )𝑑𝑥 𝛼→𝛼0 1 𝑎 3 3 Пример. lim ∫1 sin⁡(𝑡𝑥) √𝑡 2 + 𝑥 2 + 𝑡𝑥 − 1𝑑𝑥 = ∫1 √𝑥 2 − 1𝑥𝑑𝑥 = 𝑡 𝑡→0 1 3 2 ∫ (𝑥 2 1 1 3 2 𝑥 = 3 16√8 − 1)2 𝑑(𝑥 2 − 1) = 3 (𝑥 2 − 1)2 | = 3 𝑥=1 Замечание 2.Условия теоремы 1 являются достаточными, но не являются необходимыми. Пример 1. Функция f(x,α)=sgn(x-α) –разрывная. Y =1 = α -1 X Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 11, стр.2 из 6. Однако можно доказать, что интеграл от sgn(x-α) – функция непрерывная: 𝐼 (𝛼) = 1 ∫0 𝑠𝑔𝑛(𝑥 −1,⁡⁡⁡𝛼 > 1; − 𝛼)𝑑𝑥 = {1 − 2𝛼, 0 ≤ 𝛼 ≤ 1; 1, 𝛼 < 0. I(α) 1 1 α -1 Определение 2. Собственный интеграл, зависящий от параметра: 𝜗(𝛼) (2) 𝐹 (𝛼) = ∫𝜑(𝛼) 𝑓(𝑥, 𝛼 )𝑑𝑥 Рассмотрим функцию f(x,α), непрерывную в области D, D={φ(α)≤x≤ϑ(α), α1≤y≤α2}. α α2 X=ϑ(α) D X=φ(α) α1 X Теорема 1 `(непрерывность интеграла, зависящего от параметра). Пусть функция f(x,α) непрерывна в области D, D={φ(α)≤x≤ϑ(α), α1≤y≤α2}, функции φ(α), ϑ(α) непрерывны на отрезке [𝛼1 , 𝛼2 ]. Тогда функция F(α) из формулы (2) непрерывна на отрезке [𝛼1 , 𝛼2 ]. Замечание. Из теоремы 1` следует, что возможен предельный переход под знаком интеграла: Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 11, стр.3 из 6. 𝜗 (𝛼 ) lim ∫ 𝛼→𝛼0 𝜑(𝛼 ) 𝑑𝑥 𝜗(𝛼0 ) 𝑓 (𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 = 𝐹 (𝛼0 ) = ∫ lim 𝑓(𝑥, 𝛼) 𝑑𝑥 𝜑(𝛼0 ) 𝛼→𝛼0 1 𝑑𝑥 𝜋 Пример 2. lim 1+𝑥 2 +𝛼2 = ∫−1 1+𝑥 2 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (1) − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔(−1) = 2 𝛼→0 Дифференцирование интеграла по параметру. Рассмотрим снова прямоугольник 𝐺 = {𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝛼1 ≤ 𝛼 ≤ 𝛼2 } (cм. рис.1). Теорема 2. («правило Лейбница») Пусть функция f(x,α) и ее частная производная 𝜕𝑓 𝜕𝛼 (𝑥, 𝛼) непрерывны в 𝑏 области G. Тогда функция 𝐼 (𝛼) = ∫𝑎 𝑓 (𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 дифференцируема на отрезке [𝛼1 , 𝛼2 ] и производная равна: 𝑏 𝜕𝑓 𝐼⁡`(𝛼) = ∫𝑎 𝜕𝛼 (3) (𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 Пример 3. Найти производную от интеграла по параметру α: 𝜋 𝐼(𝛼)=∫𝜋⁄ ln⁡(1 − 2𝛼𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝛼 2) 𝑑𝑥 6 𝜋 Ответ: 𝐼⁡`(𝛼) = ∫𝜋⁄ −2𝑐𝑜𝑠𝑥+2𝛼 2 6 1−2𝛼𝑐𝑜𝑠𝑥+𝛼 𝑑𝑥 Производная f `α непрерывна, т.к. 1 − 2𝛼𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝛼 2 = 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 − 2𝛼𝑐𝑜𝑠𝑥 + 𝛼 2 = (𝛼 − 𝑐𝑜𝑠𝑥)2 +𝑠𝑖𝑛2 𝑥 ≠ 0. Пример 4. Вычислить производную интеграла по параметру. 2 𝐼(𝛼) = ∫ 𝑒 𝛼𝑥 1 2 Решение. По формуле (3) 𝐼⁡`(𝛼) = ∫1 𝑥 2 𝑒 𝛼𝑥 2 𝑑𝑥 𝑥 2 𝑑𝑥 𝑥 1 2 2 = 2 ∫1 𝑒 𝛼𝑥 𝑑𝑥 2= 𝑒 4𝛼−𝑒 𝛼 2𝛼 . 𝜗(𝛼) Снова рассмотрим функцию 𝐹 (𝛼) = ∫𝜑(𝛼) 𝑓 (𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 . Теорема 3 (дифференцирование интеграла по параметру). Пусть, в условиях теоремы 2, существуют производные φ `(α), ϑ `(α) и Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 11, стр.4 из 6. 𝜗(𝛼) a≤φ(α)≤ϑ(α)≤b. Тогда для функции 𝐹 (𝛼) = ∫𝜑(𝛼) 𝑓 (𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 существует производная F `(α), вычисляемая по формуле 𝑑 𝜗(𝛼) 𝜗(𝛼) 𝐹`(𝛼) = 𝑑𝛼 ∫𝜑(𝛼) 𝑓 (𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 = ∫𝜑(𝛼) 𝑓⁡`(𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 + 𝑓 (𝜗(𝛼), 𝛼)𝜗`(𝛼) − (4) 𝑓 (𝜑(𝛼), 𝛼)𝜑`(𝛼) 𝐹`(𝛼 ) = 𝜗(𝛼) 𝑑 𝜗(𝛼) ∫ 𝑓 (𝑥, 𝛼 )𝑑𝑥 = ∫ 𝑓⁡`(𝑥, 𝛼 )𝑑𝑥 + 𝑓 (𝜗(𝛼 ), 𝛼 )𝜗`(𝛼 ) − 𝑓 (𝜑(𝛼 ), 𝛼 )𝜑`(𝛼)⁡⁡ 𝑑𝛼 𝜑(𝛼) 𝜑(𝛼) Доказательство основано на теореме о дифференцировании сложной функции трех переменных. Пример 5. Найти производную интеграла, зависящего от параметра: 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝐹(𝛼)=∫𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑠ℎ(𝛼𝑥 2 ) 𝑑𝑥 Решение. По формуле (4) 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝐹⁡`(𝛼) = ∫ 𝑐ℎ(𝛼𝑥 2 )𝑥 2 𝑑𝑥 + 𝑠ℎ(𝛼𝑠𝑖𝑛2 𝛼)𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝑠ℎ(𝛼𝑐𝑜𝑠 2 𝛼)(−𝑠𝑖𝑛𝛼) 𝑐𝑜𝑠𝛼 Теорема 4 (интегрирование под знаком интеграла). Пусть функция f(x,α) непрерывна в прямоугольнике G, 𝐺 = {𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝛼1 ≤ 𝛼 ≤ 𝛼2 }. Тогда функция I(α)интегрируема на отрезке [𝛼1 , 𝛼2 ] и существует повторный интеграл, который не зависит от порядка интегрирования: 𝛼 𝑏 𝑏 𝛼 ∫𝛼 2 𝑑𝛼 ∫𝑎 𝑓 (𝑥, 𝛼)𝑑𝑥 = ∫𝑎 𝑑𝑥 ∫𝛼 2 𝑓 (𝑥, 𝛼)𝑑𝛼 1 1 Эта теорема была доказана во 2-м семестре при изучении двойного интеграла. Доказательство основано на переходе от двойного интеграла к повторному интегралу. Пример.6. Вычислить интеграл интегрированием по параметру. 1 𝑥𝑏 − 𝑥𝑎 𝐼 (𝑎, 𝑏 ) = ∫ 𝑑𝑥,⁡⁡⁡𝑎 > 0, 𝑏 > 0. 𝑙𝑛𝑥 1 𝑏 𝑏 1 Решение: 𝐼 (𝑎, 𝑏 ) = ∫0 𝑑𝑥 ∫𝑎 𝑥 𝑦 𝑑𝑦 = ∫𝑎 𝑑𝑦 ∫0 𝑥 𝑦 𝑑𝑥 = 𝑏 𝑥 𝑦+1 𝑥 = 1 𝑏 1 𝑏+1 𝑏 𝑑𝑦 = ∫𝑎 𝑦+1 𝑑𝑦 = ln⁡(𝑦 + 1) | = 𝑙𝑛 𝑎+1 . ∫𝑎 𝑦+1 | 𝑥=0 𝑎 (5) Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 11, стр.5 из 6. 𝑏+1 Ответ: 𝐼 (𝑎, 𝑏 ) = 𝑙𝑛 𝑎+1. Пример 7. Вычислить определенный интеграл дифференцированием по параметру. 𝜋 2 𝐼 (𝛼) = ∫ ln(𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 𝛼 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥) 𝑑𝑥,⁡⁡⁡⁡⁡𝛼 ≠ 0. 𝜋 Решение. Рассмотрим прямоугольник 𝐺 = {0 ≤ 𝑥 ≤ 2 , 𝛼1 ≤ 𝛼 ≤ 𝛼2 }. Функция двух переменных f(x,α)=⁡ln(𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 𝛼 2 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥) и ее частная 𝜕𝑓 производная 𝜕𝛼 (𝑥, 𝛼) непрерывны в прямоугольнике G. Используем теорему 2. Дифференцируем интеграл по параметру. Интеграл I `(α) удается вычислить. 𝜋 2 𝜋 2 2𝛼𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 2𝛼 ∫ 𝐼⁡`(𝛼) = ∫ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥 2 2 2 2 2 0 𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝛼 𝑐𝑜𝑠 𝑥 0 𝑡𝑔 𝑥 + 𝛼 Сделаем замену переменной t=tgx. При этом x=arctg(t), dx=dt/(1+t2); при x=0 t=0, при 𝑥 → +∞ 𝐼⁡`(𝛼) = ∫ 𝜋 2 ⁡⁡𝑡 → +∞ . +∞ 2𝛼 2𝛼 1 1 ∫ ( ) 𝑑𝑡 = − (𝑡 2 + 1)(𝑡 2 + 𝛼 2 ) 𝛼2 − 1 0 𝑡2 + 1 𝑡 2 + 𝛼2 2𝛼 1 𝑡 2𝛼 𝜋 1𝜋 𝑡 → +∞ 𝐼⁡`(𝛼) = 𝛼2 −1 (𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑡 − 𝑎 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 𝑎) | = (𝛼−1)(𝛼+1) (2 − 𝛼 2 ) = 𝑡=0 2𝛼 𝜋 𝛼−1 𝜋 = ( )( ) 𝛼−1 𝛼+1 2 𝛼 Итак, I `(α)= 𝜋 𝛼+1 𝛼+1 . Отсюда следует, что I(α)=πln(α+1)+C. Найдем значение произвольной постоянной C. Для этого подставим в полученное равенство значение α=1: I(1)=0=πln2+C; следовательно, С=-πln2, I(α)=πln(α+1)-πln2=π(ln(α+1)-ln2). Ответ: 𝐼 (𝛼) = 𝜋𝑙𝑛 𝛼+1 2 . Матем. анализ, 4-й семестр, Лекция 11, стр.6 из 6. Литература по теме «Интегралы, зависящие от параметра». 1. Сборник задач по высшей математике для ВТУЗов под редакцией Ефимова А.В., Поспелова А.С.М., «ФИЗМАТЛИТ» ,том 2, стр.267-270. 2.» Антидемидович» Справочное пособие по высшей математике. Ляшко И.И., Боярчук, Гай, Головач. Том 3: Математический анализ. Кратные и криволинейные интегралы. 3.Асланян А.Г., Приходько В.Ю. , Татаринцев А.В. «Интегралы, зависящие от параметра. Специальные функции» Учебное пособие МИРЭА, 2002 г. Математический анализ, 4-й семестр, лекция 12, Стр.1 из 7 Лекция 12. Несобственные интегралы, зависящие от параметра. 1.Сходимость и равномерная сходимость. Рассмотрим несобственные интегралы, зависящие от параметра t: +∞ ∫𝑎 (1) 𝑓 (𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 𝑏 (2) ∫𝑎 𝑓 (𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 Интеграл (1) – с бесконечным пределом, интеграл (2) – от неограниченной функции. +∞ cos (𝛼𝑥) Например, ∫0 1+𝑥 2 𝑑𝑥, 1 𝑑𝑥 ∫0 𝑥𝛼 , 𝛼 > 0. Определение 1. Интеграл (1) называется сходящимся в точке t0, если существует предел lim 𝑏→+∞ 𝑏 ∫𝑎 𝑓 (𝑥, 𝑡0 )𝑑𝑥 . Определение 1` . Интеграл (2) называется сходящимся в точке t0, если существует предел 𝑐 lim с→𝑏−0 ∫ 𝑓(𝑥, 𝑡0 )𝑑𝑥 𝑎 Определение 2. Интегралы (1) и (2) называются сходящимися в области D (поточечная сходимость), если ∀𝑡0 ∈ 𝐷они сходятся. Определение 3. Интеграл (1) наз. равномерно сходящимся на множестве D, если 𝑀2 ∀𝜀 > 0 ∃𝑀 > 0: ∀𝑀1 , 𝑀2 : 𝑀 < 𝑀1 < 𝑀2 , ∀𝑡 ∈ 𝐷 |∫ 𝑓 (𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥| < 𝜀 𝑀1 (см. рис.1). Определение 4. Интеграл (2) наз. равномерно сходящимся на множестве D, если 𝑐2 ∀𝜀 > 0 ∃𝛿 (𝜀 ) > 0: ∀𝑐1 , 𝑐2 : 𝑏 − 𝛿 < 𝑐1 < 𝑐2 < 𝑏, ∀𝑡 ∈ 𝐷 |∫ 𝑓 (𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥| < 𝜀 𝑐1 (см. рис.2). Математический анализ, 4-й семестр, лекция 12, Стр.2 из 7 Y Y Y=f(x) a M1 M2 M C1 a X C2 b Рис.2 Рис.1 2.Теорема Вейерштрасса о равномерной сходимости. Теорема 1. Пусть существует функция φ(x): +∞ ∀𝑡 ∈ 𝐷, ∀𝑥 ∈ [𝑎, +∞) |𝑓(𝑥, 𝑡)| ≤ 𝜑(𝑥) и интеграл ∫𝑎 𝜑(𝑥)𝑑𝑥 сходится. Тогда интеграл (1) сходится равномерно в области D. Теорема 1 `. Пусть существует функция φ(x): 𝑏 ∀𝑡 ∈ 𝐷, ∀𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] |𝑓(𝑥, 𝑡)| ≤ 𝜑(𝑥) и интеграл ∫𝑎 𝜑(𝑥)𝑑𝑥 сходится. Тогда интеграл (2) сходится равномерно в области D. +∞ Пример 1. Доказать, что интеграл 𝐼 (𝛼) = ∫0 равномерно при 𝛼 ∈ [𝛿, +∞), 𝛿 > 0. 𝑒 −𝛼𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥𝑑𝑥 сходится Доказательство. Оценим подынтегральное выражение: +∞ |𝑒 −𝛼𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑥 |≤ 𝑒 −𝛼𝑥 ≤ 𝑒 −𝛿𝑥 ; интеграл ∫𝑎 1 𝑒 −𝛿𝑥 𝑑𝑥 = 𝛿 (сходится), следовательно, по теореме 1 интеграл I(α) сходится равномерно на промежутке [𝛿, +∞). +∞ cos (𝛼𝑥) Пример 2. Доказать, что интеграл 𝐼 (𝛼) = ∫0 1+𝑥 2 𝑑𝑥 сходится равномерно на промежутке (-∞,+∞). 1 +∞ Доказательство. 𝜑(𝑥) = 1+𝑥 2 ; ∫0 1 1+𝑥 2 𝑑𝑥 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔𝑥 | +∞ 𝜋 = 2 (сходится). X Математический анализ, 4-й семестр, лекция 12, Стр.3 из 7 По теореме 1` интеграл I(α) сходится равномерно на всей числовой оси. 3. Непрерывность по параметру. Теорема 2. Пусть функция f(x,t) непрерывна в области +∞ G={a≤x<+∞, α≤t≤β}. Если интеграл (1) ∫𝑎 сходится 𝑓 (𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 равномерно на отрезке [α,β] , то он представляет собой непрерывную функцию параметра t на отрезке [α,β] . Пример 3. Исследовать функцию F(α) на непрерывность при α>2. +∞ 𝑥𝑑𝑥 𝐹 (𝛼) = ∫1 2+𝑥 𝛼 𝑥 𝑥 +∞ 1 Решение. 2+𝑥 𝛼 < 𝑥 𝛼 = 𝑥 𝛼−1;∫1 1 𝑥 𝛼−1 𝑑𝑥 = 𝑥 −𝛼+2 −𝛼+2 | 1 1 +∞ = 0 + 𝛼−2=𝛼−2 1 При α>2 это выражение конечно, следовательно, интеграл сходится равномерно, и, по теореме 2, функция F(α) непрерывна. 4. Интегрирование по параметру. Теорема 3.Пусть функция f(x,t) непрерывна в области +∞ G={(x,t): c≤t≤d, a≤x<+∞ }, интеграл ∫𝑎 сходится равномерно 𝑓(𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 на отрезке [c,d]. Тогда можно менять порядок интегрирования: 𝑑 +∞ ∫с 𝑑𝑡 ∫𝑎 +∞ 𝑓 (𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 = ∫𝑎 𝑑 (3) 𝑑𝑥 ∫𝑐 𝑓(𝑥, 𝑡 )𝑑𝑡 (см. рис.3) Теорема 3` .Пусть функция f(x,t) непрерывна в области 𝑏 G={(x,t): c≤t≤d, a≤x0): +∞ −𝛼𝑥 𝐹 (𝛼 ) = ∫ 𝑒 − 𝑒 −𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥𝑑𝑥 𝑥 Решение. Представим дробь в виде интеграла: 1 𝑒 −𝛼𝑥 − 𝑒 −𝑥 = ∫ 𝑒 −𝑡𝑥 𝑑𝑡 𝑥 𝛼 +∞ Применим теорему 3. 𝐹 (𝛼) = ∫0 1 +∞ −𝑡𝑥 ∫𝛼 𝑑𝑡 ∫0 𝑒 1 𝑑𝑥 ∫𝛼 𝑒 −𝑡𝑥 𝑐𝑜𝑠3𝑥𝑑𝑡 = 𝑐𝑜𝑠3𝑥𝑑𝑥 Изменить порядок интегрирования можно, так как интеграл сходится равномерно: |𝑓(𝑥, 𝑡)| ≤ 𝑒 −𝑥𝑡 . +∞ 𝑒 −𝑡𝑥 𝑐𝑜𝑠2𝑥𝑑𝑥 = ∫ 1 𝐹 (𝛼) = ∫𝛼 𝑡 𝑡 2 +9 𝑒 −𝑡𝑥 𝑡 𝑥 → +∞ (−𝑡𝑐𝑜𝑠3𝑥 + 3𝑠𝑖𝑛3𝑥) | = 𝑥=0 𝑡2 + 9 𝑡2 + 9 1 1 1 𝑑𝑡 = 2 𝑙𝑛|𝑡 2 + 9| | = 2 (𝑙𝑛10 − ln (𝛼 2 + 9)) 𝛼 1 10 Ответ: 𝐹 (𝛼) = 2 𝑙𝑛 𝛼2 +9. +∞ Пример 5. Вычислить интеграл Пуассона I= ∫0 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥. X Математический анализ, 4-й семестр, лекция 12, Стр.5 из 7 Симон Дени Пуассон (1781-1840) – выдающийся французский механик, физик и математик. +∞ Решение. Обозначим этот же интеграл буквой J: J=∫0 +∞ I2=IJ=∫0 2 +∞ 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 ∫0 +∞ 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦=∫0 +∞ 𝑑𝑥 ∫0 𝑒 −(𝑥 2 +𝑦 2 ) 2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦. Тогда 𝑑𝑦 Перейдем к полярным координатам по области D={0≤x<+∞, 0≤y<+∞} (см. рис. 5). Y Рис. 5 X 2 𝜋 2 +∞ 𝐼 = ∫ 𝑑𝜑 ∫ 𝑒 −𝑟 2 𝜋 1 +∞ −𝑟 2 2 𝜋 𝜋 2 +∞ 𝑟𝑑𝑟 = ∙ ∫ 𝑒 𝑑𝑟 = − 𝑒 −𝑟 | = 2 2 0 4 4 Математический анализ, 4-й семестр, лекция 12, Стр.6 из 7 +∞ Ответ: 𝐼 = ∫0 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = √𝜋 . 2 4.Дифференцирование интеграла по параметру. Теорема 4. Пусть функции f(x,t) и +∞ D={(x,t), a≤x<+∞, c≤t≤d}, интеграл ∫𝑎 +∞ 𝜕𝑓 а интеграл ∫𝑎 𝜕𝑡 (𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑡 (𝑥, 𝑡) непрерывны в области D: сходится, 𝑓(𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 сходится равномерно на отрезке [c,d] . Тогда можно дифференцировать под знаком интеграла: 𝑑 𝑑𝑡 +∞ 𝑑 𝐼 (𝑡 ) = 𝑑𝑡 ∫𝑎 +∞ 𝜕𝑓 𝑓(𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 = ∫𝑎 𝜕𝑡 (𝑥, 𝑡 )𝑑𝑥 Пример 6. Вычислить интеграл, зависящий от параметра α. +∞ 𝐼 (𝛼) = ∫ 𝛼2 −𝑥 2 − 2 𝑥 𝑒 𝑑𝑥 +∞ 𝐼 `(𝛼) = ∫ 𝛼2 −𝑥 2 − 2 𝑥 𝑒 +∞ 𝛼2 −2𝛼 𝑑𝑥 −𝑥 2 − 2 𝑥 {−𝛼 } 𝑑𝑥 = 2 ∫ 𝑒 2 𝑥 𝑥2 Сделаем замену переменной z=α/x; тогда dz=-α/x2. 𝐼 `(𝛼) = 2 ∫ 𝛼2 −𝑧 2 − 2 𝑧 𝑑𝑧 𝑒 +∞ = −2 ∫ ∞ 𝛼2 −𝑧 2 − 2 𝑧 𝑑𝑧 𝑒 = −2𝐼(𝛼) Получили дифференциальное уравнение для функции I(α). Его решение: I(α)=Ce-2α. При α=0 +∞ 2 C=I(0)= ∫0 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = Ответ: I(α)= √𝜋 2 √𝜋 2 (интеграл Пуассона, см. пример 5). e-2α. Пример 7. Вычислить интеграл дифференцированием по параметру (α>0, β>0). +∞ −𝛼𝑥 2 𝐼 (𝛼, 𝛽) = ∫ Решение. Воспользуемся теоремой 4. 𝑒 2 − 𝑒 −𝛽𝑥 𝑑𝑥 𝑥 (4) Математический анализ, 4-й семестр, лекция 12, Стр.7 из 7 2 2 +∞ +∞ 𝑑 𝜕 𝑒 −𝛼𝑥 − 𝑒 −𝛽𝑥 2 ( ) 𝑑𝑥 = − ∫ 𝑒 −𝛼𝑥 𝑥𝑑𝑥 𝐼 (𝛼, 𝛽) = ∫ 𝑑𝛼 𝜕𝛼 𝑥 𝑑 1 +∞ −𝛼𝑥 2 2 1 −𝛼𝑥 2 +∞ 1 1 (0 − 1) = − 𝐼 (𝛼, 𝛽) = − ∫ 𝑒 𝑑𝑥 = 𝑒 | = 𝑑𝛼 2 0 2𝛼 2𝛼 2𝛼 Получили дифференциальное уравнение для функции I(α): I `(α)=-1/ 2𝛼. Его решение: I(α,β)=-0,5lnα+C(β). Аналогично можно получить: I `(β)= )=1/ 2𝛽. С другой стороны, дифференцируя по параметру β соотношение (5), получим: I `(β)=C `(β)= 1/ 2𝛽. Отсюда C(β)=0,5lnβ. Подставляя C(β) в соотношение (5), получим окончательно: 1 𝛽 I(α,β)=-0,5lnα+0,5lnβ=2 𝑙𝑛 𝛼 . 1 𝛽 Ответ: I(α,β)= 2 𝑙𝑛 𝛼 . (5) Математический анализ, 4-й семестр, лекция 13, Стр.1 из 6 Лекция 13. Интегралы Эйлера. 1. Гамма – функция. Определение 1. Гамма – функцией действительного аргумента x называется несобственный интеграл, зависящий от x как от параметра: +∞ 𝑥−1 −𝑡 Г(𝑥) = ∫0 𝑡 𝑒 𝑑𝑡 (1) Леонард Эйлер (1707-1783) – выдающийся швейцарский, немецкий и российский математик. Интеграл (1) называется интегралом Эйлера второго рода. Функция Г(x) не является элементарной функцией, а относится к специальным функциям. Название присвоено французским математиком Лежандром. Некоторые свойства гама – функции. Теорема 1. Интеграл(1) сходится для любого x>0. Теорема 2. Г(1)=1. Доказательство. +∞ Г(1) = ∫0 +∞ 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 = −𝑒 −𝑡 | =1 (2) Теорема 3. Формула приведения. Г(x+1)=xГ(x) Доказательство. +∞ 𝑥+1−1 −𝑡 Г(𝑥 + 1) = ∫0 𝑡 +∞ 𝑥 −𝑡 𝑒 𝑑𝑡 = ∫0 𝑡 𝑒 𝑑𝑡 |du = xt x−1 dt, v = −e−t | = (3) Математический анализ, 4-й семестр, лекция 13, Стр.2 из 6 +∞ 𝑥 −𝑡 =𝑡 𝑒 +∞ | +𝑥∫ 𝑡 𝑥−1 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 = 𝑥Г(𝑥), ч. т. д. Теорема 4. Связь с факториалом. Г(n+1)=n! (4) Доказательство. Г(n+1)=nГ(n)=n(n-1)Г(n-1)=…=n(n-1)(n-2)…2Г(2)=n!Г(1)=n! Пример. Г(6)=5!=120. Теорема 5. Формула дополнения. Для 00): 𝐼(𝛼) = ∫ 1 𝛼 𝑡 𝛼 +∞ 𝑒 −𝑥 𝛼 𝑥 = 𝑡, 𝑥 = 1 +∞ 1 −1 −𝑡 1 1 𝛼 𝑒 𝑑𝑡 = | ∫ 𝑑𝑥 | = 𝑡 Г( ) 1 1 𝛼 0 𝛼 𝛼 𝑑𝑥 = 𝑡 𝛼−1 𝑑𝑡 𝛼 Задача 3.Используя результаты задач 1,2, вычислить интеграл Эйлера – Пуассона: +∞ 𝐼=∫ 1 1 1 √𝜋 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = Г( ) = √𝜋 = 2 2 2 2 +∞ ∫0 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 = √𝜋 2 (6) В прошлой лекции этот результат получен другим способом. Теорема 6 (формула полуцелого аргумента). 1 Г (𝑛 + 2) = (2𝑛−1)‼ 2𝑛 √𝜋 (7) Доказательство проводится путем последовательного применения формулы (3). Математический анализ, 4-й семестр, лекция 13, Стр.3 из 6 Задача 4. Выразить через гамма – функцию интеграл и вычислить его по формуле (7). +∞ 𝐼=∫ 2𝑛 −𝑥 2 𝑥 𝑒 𝑡 = 𝑥2 1 +∞ 𝑡 𝑛 −𝑡 𝑑𝑡 |= ∫ 𝑑𝑥 = | 𝑒 𝑑𝑡 = 𝑥 = √𝑡, 𝑑𝑥 = 2 0 √𝑡 2 √𝑡 1 +∞ 𝑛+1−1 −𝑡 1 1 1 (2𝑛 − 1)‼ 𝐼 = ∫ 𝑡 2 𝑒 𝑑𝑡 = Г (𝑛 + ) = √𝜋 2 0 2 2 2 2𝑛 Теорема 7. Функция Г(x) непрерывна и имеет непрерывные производные любого порядка при x>0. +∞ 𝑡 𝑥−1 𝑙𝑛𝑡 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 Г`(𝑥) = ∫ +∞ (𝑘 ) ( Г 𝑡 𝑥−1 (𝑙𝑛𝑡)𝑘 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 𝑥) = ∫ Доказательство проводится с использованием теоремы о непрерывности несобственного интеграла по параметру и по теореме о дифференцировании несобственного интеграла по параметру. 2.Бета – функция. Определение 2 . 1 𝐵(𝑥, 𝑦) = ∫0 𝑡 𝑥−1 (1 − 𝑡)𝑦−1 𝑑𝑡 (8) Это Эйлеров интеграл первого рода, одна из так называемых специальных функций. Некоторые свойства бета – функции. Теорема 1. Интеграл (8) сходится при x>0, y>0. Теорема 2. Связь гамма – и бета – функций. 𝐵 (𝑥, 𝑦) = Теорема 3. Свойство симметрии: Доказательство. Г(𝑥)Г(𝑦) Г(𝑥+𝑦) B(y,x)=B(x,y). (9) Математический анализ, 4-й семестр, лекция 13, Стр.4 из 6 1 𝑠 =1−𝑡 | ∫1 𝑠 𝑥−1 (1 − 𝑠) 𝑦−1 (−𝑑𝑠) 𝐵(𝑦, 𝑥) = ∫0 𝑡 𝑦−1 (1 − 𝑡)𝑥−1 𝑑𝑡 | 𝑡 = 1 − 𝑠, 𝑑𝑡 = −𝑑𝑠 1 B(y,x)= ∫0 𝑠 𝑥−1 (1 − 𝑠)𝑦−1 𝑑𝑠 = 𝐵(𝑥, 𝑦), ч.т.д. Также свойство симметрии следует из формулы (9): Г(𝑦)Г(𝑥) Г(𝑥)Г(𝑦) = = 𝐵(𝑥, 𝑦) Г(𝑦 + 𝑥) Г(𝑥 + 𝑦) 𝐵 (𝑦, 𝑥) = Теорема 4. Формула дополнения. 𝜋 Для любого значения p: 0 0. 1 = 12 Математический анализ, 4-й семестр, лекция 13, Стр.6 из 6 Решение. Сделаем замену переменной 𝑥 = 𝑎√𝑡. Интеграл преобразуется к бета – функции: 1 3 𝑎4 1 1 𝑎4 1 3−1 𝑎4 3 3 𝐼 = ∫ 𝑡 2 (1 − 𝑡 )2 𝑑𝑡 = ∫ 𝑡 2 (1 − 𝑡 )2−1 𝑑𝑡 = 𝐵 ( , ) = 2 0 2 0 2 2 2 3 3 1 1 1 1 𝑎4 Г (2) Г(2) 𝑎4 2 Г(2) 2 Г(2) = = 2 Г(3) 2 2! 𝑎4 Ответ: 𝐼 = 16 𝜋. Математический анализ, семестр 4, лекция 14, стр.1 из 5 Лекция 14. Преобразования Фурье. 1. Основные определения. Пусть функция f(x) вещественной переменной x задана на всей числовой оси. Определение 1. Преобразование Фурье: 𝐹𝑠 𝑓 [(𝑥)] = 𝐹(𝑠) = +∞ 1 √ ∫ 𝑓(𝑥)𝑒 𝑖𝑠𝑥 𝑑𝑥 2𝜋 −∞ (1) Жан-Батист Жозеф Фурье (17681830) – французский математик и физик. Теорема 1 (существование преобразования Фурье). Пусть: 1) функция f(x) абсолютно интегрируема на всей числовой оси, то есть +∞ существует интеграл ∫−∞ |𝑓 (𝑥)|𝑑𝑥 ; 2) функция f(x) кусочно гладкая, то есть имеет во всех точках кусочно – непрерывную производную. Тогда преобразование Фурье существует, и во всех точках, где f(x) дифференцируема, имеет место формула обращения: 𝑓(𝑥) = 1 √2𝜋 +∞ ∫ 𝐹(𝛼)𝑒 −𝑖𝛼𝑥 𝑑𝛼 −∞ 2. Преобразования Фурье для четных и нечетных функций. По формуле Эйлера 𝑒 𝑖𝑠𝑥 = cos(𝑠𝑥) + 𝑖𝑠𝑖𝑛(𝑠𝑥). Тогда по формуле (1) 𝐹 (𝑠 ) = 𝐹 (𝑠) = 1 √ 1 √2𝜋 +∞ ∫ 𝑓(𝑥)[cos(𝑠𝑥) + 𝑖𝑠𝑖𝑛(𝑠𝑥)]𝑑𝑥 −∞ +∞ ∫ 𝑓(𝑥)cos⁡(𝑠𝑥)𝑑𝑥 + 𝑖 2𝜋 −∞ 1 √ +∞ ∫ 𝑓(𝑥)sin⁡(𝑠𝑥)𝑑𝑥⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡⁡(2) 2𝜋 −∞ Математический анализ, семестр 4, лекция 14, стр.2 из 5 Пусть функция f(x) – четная. Тогда второе слагаемое в формуле (2) равно нулю, и преобразование Фурье (1) приобретает вид: 𝐹 (𝑠) = +∞ 1 √2𝜋 ∫ 𝑓(𝑥)cos⁡(𝑠𝑥)𝑑𝑥 = 2 −∞ 2 +∞ 𝐹 (𝑠) = √𝜋 ∫0 1 √2𝜋 +∞ ∫ 𝑓(𝑥)cos⁡(𝑠𝑥)𝑑𝑥 𝑓(𝑥)cos⁡(𝑠𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹𝑐𝑜𝑠 (𝑠) (3) Определение 2. Интеграл (3) называется косинус – преобразованием Фурье. Итак, для четной функции F(s)=⁡𝐹𝑐𝑜𝑠 (𝑠). Пусть теперь функция f(x) – нечетная. Тогда первое слагаемое в формуле (2) равно нулю и 𝐹 (𝑠) = 𝑖 √2𝜋 +∞ ∫ −∞ 2 +∞ 𝑓(𝑥)sin(𝑠𝑥)𝑑𝑥 = 𝑖√ ∫ 𝑓(𝑥)sin⁡(𝑠𝑥)𝑑𝑥 𝜋 0 Определение 3. Интеграл (4) называется синус– преобразованием Фурье. 2 +∞ 𝐹𝑠𝑖𝑛 (𝑠) = √𝜋 ∫0 𝑓(𝑥)sin⁡(𝑠𝑥)𝑑𝑥 (4) Итак, для нечетной функции F(s)=iFsin(s). Для произвольной функции F(s)=Fcos(s)+iFsin(s). 3. Применение вычетов к вычислению преобразований Фурье. Теорема 2. (вычисление преобразований Фурье с помощью вычетов). Пусть функция f(x) допускает комплексное продолжение f(z) на верхнюю полуплоскость, удовлетворяющее условиям: 1) Функция f(z) регулярна в области Imz>0, за исключением конечного числа полюсов, причем на действительной оси полюсов нет; 2) 𝑚𝑎𝑥𝐶𝑅 |𝑓(𝑧)| → 0⁡при⁡𝑅 → ∞, где CR - полуокружность радиуса R с центром в нуле. Тогда вычисление Fcos(s), Fsin(s) сводится к подсчету вычетов функции f(z)e в верхней полуплоскости. isz Математический анализ, семестр 4, лекция 14, стр.3 из 5 𝐹𝑐𝑜𝑠 (𝑠) = 1 √2𝜋 𝐹𝑠𝑖𝑛 (𝑠) = 𝑅𝑒[2𝜋𝑖 ∑𝐼𝑚𝑧>0 𝑟𝑒𝑠𝑓(𝑧)𝑒 𝑖𝑠𝑧 ] (5) 𝐼𝑚[2𝜋𝑖 ∑𝐼𝑚𝑧>0 𝑟𝑒𝑠𝑓(𝑧)𝑒 𝑖𝑠𝑧 ] (6) 1 √2𝜋 Доказательство основано на методе вычисления интеграла с бесконечными пределами от комплексной функции из лекции 10. Пример 1. (Типовой расчет, № 10). 1 Найти косинус – преобразование Фурье для функции 𝑓 (𝑥) = 𝑥 2 +𝑎2 . Решение. Функция f(x) – четная. По формуле (5) 𝐹cos 2 +∞ cos⁡(𝑠𝑥) 1 𝑒 𝑖𝑠𝑧 [2𝜋𝑖 ∑ ] (𝑠) = √ ∫ 𝑑𝑥 = ⁡𝑅𝑒 𝑟𝑒𝑠 𝜋 0 𝑥 2 + 𝑎2 𝑧 2 + 𝑎2 √2𝜋 𝐼𝑚𝑧>0 Функция 𝑓 (𝑧) = 1 𝑧 2 +𝑎2 имеет две особые точки: z=ai, z=-ai (простые полюса). В верхней полуплоскости лежит одна из них, z=ai. Найдем вычет. 𝑒 𝑖𝑠𝑧 𝑒 𝑖𝑠𝑧 𝑒 𝑠𝑖𝑎𝑖 𝑒 −𝑎𝑠 𝑟𝑒𝑠𝑎𝑖 2 = lim = = 𝑧 + 𝑎2 𝑧→𝑎𝑖 2𝑧 2𝑎𝑖 2𝑎𝑖 𝑒 −𝑎𝑠 𝜋 𝑒 −𝑎𝑠 𝐹𝑐𝑜𝑠 (𝑠) = 𝑅𝑒 [2𝜋𝑖 ]=√ 2𝑎𝑖 2 𝑎 √2𝜋 1 Пример 2. (Типовой расчет, № 10). 𝑥 Найти синус – преобразование Фурье для функции 𝑓 (𝑥) = 𝑥 2 +𝑎2 . Решение. Функция f(x) – нечетная. Рассмотрим комплексное 𝑧 продолжение f(z)=⁡𝑧 2 +𝑎2 .⁡⁡По формуле (6) 2 +∞ xsin⁡(𝑠𝑥) 𝐹𝑠𝑖𝑛 (𝑠) = √𝜋 ∫0 𝑥 2 +𝑎2 𝑑𝑥 = Рассмотрим функцию F(z)= Функция 𝑓 (𝑧) = 1 𝑧 2 +𝑎2 1 √2𝜋 𝑧𝑒 𝑖𝑠𝑧 𝑧 2 +𝑎2 𝐼𝑚[2𝜋𝑖 ∑𝐼𝑚𝑧>0 𝑟𝑒𝑠𝑓(𝑧)𝑒 𝑖𝑠𝑧 ] комплексного переменного. имеет две особые точки: z=ai, z=-ai (простые полюса). В верхней полуплоскости лежит одна из них, z=ai. Найдем вычет. Математический анализ, семестр 4, лекция 14, стр.4 из 5 𝑧𝑒 𝑖𝑠𝑧 𝑧𝑒 𝑖𝑠𝑧 𝑎𝑖𝑒 𝑠𝑖𝑎𝑖 𝑒 −𝑎𝑠 𝑟𝑒𝑠𝑎𝑖 2 = lim = = 𝑧 + 𝑎2 𝑧→𝑎𝑖 2𝑧 2𝑎𝑖 2 𝐹𝑠𝑖𝑛 (𝑠) = Ответ: 𝐹𝑠𝑖𝑛 (𝑠) = 1 √2𝜋 𝑒 −𝑎𝑠 1 𝐼𝑚 [2𝜋𝑖 ]= 𝜋𝑒 −𝑎𝑠 2 √2𝜋 √2𝜋 1 𝜋𝑒 −𝑎𝑠 . Специальные функции и их применение. В этом пункте мы обсудим разницу между элементарными и специальными функциями действительной переменной, а также перечислим классы специальных функций. Напомним, что функцию действительного переменного мы вводили как отображение одного множества действительных чисел на другое множество действительных чисел. Мы называем элементарными те функции, которые можно задать в аналитическом виде. Основные элементарные функции: Степенная; логарифмическая; показательная; гиперболические, тригонометрические и обратные тригонометрические функции. Элементарные функции – те, которые получаются из основных элементарных функций с помощью сложения, вычитания, умножения, деления и композиции. Однако этого набора оказывается недостаточно для описания ряда физических процессов. С опорой на понятия о несобственных интегралах и интегралах с параметрами вводятся так называемые специальные функции. 𝑥 2 2 1) Функция ошибок ф(𝑥) = ∫0 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡; erf(𝑥) = √𝜋 Ф(𝑥), применяется в теории вероятностей; +∞ 𝑥−1 −𝑡 2) Гамма - функция Эйлера: Г(𝑥) = ∫0 𝑡 𝑒 𝑑𝑡 (см. лекцию 13) 1 3) Бета – функция: B(x,y)=∫0 𝑡 𝑥−1 (1 − 𝑡)𝑦−1 𝑑𝑡 (см. лекцию 13), применяются при вычислении параметрических интегралов; Математический анализ, семестр 4, лекция 14, стр.5 из 5 4) Дельта – функция: 𝛿 (𝑥 − 𝑥0 ) = [ 0, 𝑥 ≠ 𝑥0 ∞, 𝑥 = 𝑥0 𝑥 𝑠𝑖𝑛𝑡 5) Интегральный синус: 𝑠𝑖 (𝑥) = ∫0 𝑡 𝑑𝑡 С помощью рядов вводятся функции: 𝑥 2𝑚+𝑛 6) Функции Бесселя 𝐽𝑛 (𝑥) = ∑∞ 𝑚=0 (−1)𝑚 (2) 22𝑚+𝑛 𝑚!𝑛! (это цилиндрические функции), применяются при решении дифференциальных уравнений; 7) Полиномы Лежандра – см. 3-й семестр, лекция 10 (это сферические функции); Есть еще полиномы Чебышева – Лаггера и другие. Таким образом, в нашем курсе мы познакомились со специальными функциями. Математический анализ, 4-й семестр, лекция 15, Стр.1 из 8 Лекция 15. Преобразование Лапласа. Обращение преобразования Лапласа с помощью вычетов. Определение 1. Функция f(t) действительного переменного t называется оригиналом, если: 1) для любого t<0 f(t)=0; 2) функция f(t) кусочно - непрерывна и на любом конечном отрезке [a,b] имеет не более конечного числа точек разрыва первого рода. 3) Существуют постоянные M и s0, такие что для любого значения переменной t |f(t)|≤Mest. Число s0 называется показателем роста функции f(t). Преобразование Лапласа. Пьер Лаплас (1749-1827) – французский математик, физик и астроном, «отец небесной механики». Определение 2. Изображением по Лапласу называется несобственный интеграл, зависящий от параметра: +∞ 𝐹 (𝑝) = ∫0 𝑒 −𝑝𝑡 𝑓(𝑡 )𝑑𝑡 (1) Отметим, что оригинал f(t) – вещественная функция вещественного аргумента t, а изображение F(p) – комплексная функция комплексного переменного p=s+iδ. Переход от оригинала к изображению и обратно обозначается так: 𝑓 (𝑡 ) ≓ 𝐹 (𝑝), 𝐹(𝑝) ≒ 𝑓(𝑡), F(p)=L[f(t)] Теорема 1 (существование изображения). Математический анализ, 4-й семестр, лекция 15, Стр.2 из 8 Пусть функция f(t) является оригиналом с показателем роста s0. Тогда изображение F(p) существует и является аналитической функцией в области Re p>s0. Теорема 2 (единственность изображения). Если функции f(t) и g(t) имеют одно и то же изображение L[f(t)]=L[g(t)], то они равны: f(t)=g(t). Теорема 3. (поведение на бесконечности). lim 𝐹 (𝑝) = 0 (без доказательства). 𝑝→+∞ В частности, отсюда следует, что неправильная рациональная дробь не может являться изображением. Пример 1. Единичная функция Хевисайда 𝜂 (𝑡 ) = { 1, 𝑡 ≥ 0 0, 𝑡 < 0 Непосредственным интегрированием по формуле (1) находим, что 𝜂(𝑡) ≓ 1 𝑝 Пример 2. Найти самостоятельно изображения функций cos(t) и sin(t) по формуле (1). 𝑝 1 𝑐𝑜𝑠𝑡 ≓ 𝑝2 +1, 𝑠𝑖𝑛𝑡 ≓ 𝑝2 +1 Таблица оригиналов и изображений по Лапласу. f(t) F(p) f (t) F(p) 𝜂(𝑡) 1/p Ch(ωt) 𝑝 𝑝2 − 𝜔 2 t 1/p2 Sh(ωt) 𝜔 𝑝2 − 𝜔 2 tn n!/pn+1 e-at cos(ωt) 𝑝+𝑎 (𝑝 + 𝑎)2 + 𝜔 2 Математический анализ, 4-й семестр, лекция 15, Стр.3 из 8 e-at 1 𝑝+𝑎 e-at sin(ωt) Cos(ωt) 𝑝 𝑝2 + 𝜔 2 (-t)nf(t) Sin(ωt) 𝜔 𝑝2 + 𝜔 2 f(n)(t) 𝜔 (𝑝 + 𝑎)2 + 𝜔 2 F(n)(p) pnF(p) для f(0)=0,…,f(n)(0)=0 Свойства преобразования Лапласа. Теорема 1. (линейность). Пусть функции f1(t), f2(t) являются оригиналами с показателями роста s1, s2 и изображениями F1(p), F2(p). Тогда для любых постоянных с1,с2 функция c1f1(t)+c2f2(t) является оригиналом и имеет изображение с1F1(p)+с2F2(p). Доказательство: следует из линейности несобственного интеграла (1). Изображение существует в области Rep>max{ s1, s2 }. Теорема 2 (теорема подобия). 𝑓(𝑎𝑡) ≓ 1 𝑝 𝐹( ) 𝑎 𝑎 Доказательство проводится с помощью замены переменной at=u в +∞ несобственном интеграле ∫0 𝑒 −𝑝𝑡 𝑓 (𝑎𝑡 )𝑑𝑡 . Теорема 3 (смещение изображения). 𝑓(𝑡)𝑒 −𝑎𝑡 ≓ 𝐹(𝑝 + 𝑎) Теорема 4 (запаздывание оригинала). 𝑓(𝑡 − 𝑏) ≓ 𝑒 −𝑏𝑝 𝐹(𝑝) Пример 3. Найти изображение: 𝑓 (𝑡 ) = 5𝜂(𝑡 ) + 4cos (3𝑡) 5 4𝑝 Ответ: 𝐹 (𝑝) = 𝑝 + 𝑝2 +9 Математический анализ, 4-й семестр, лекция 15, Стр.4 из 8 𝑝 𝑝+1 1 3 Пример 4. Найти оригинал: 𝐹 (𝑝) = 𝑝2 +2𝑝+10 = (𝑝+1)2 +32 − 3 (𝑝+1)2 +32 1 Ответ: 𝑓 (𝑡 ) = 𝑒 −𝑡 𝑐𝑜𝑠3𝑡 − 3 𝑒 −𝑡 𝑠𝑖𝑛3𝑡 Пример 5. Найти изображение: f(t)=4 cos2(3t)cos(5t). Решение. f(t)=2(1+cos6t)∙cos5t=2cos(5t)+2cos(5t)cos(6t)=2cos5t+cos11t+cost; 2𝑝 𝑝 𝑝 Ответ: 𝐹 (𝑝) = 𝑝2 +25 + 𝑝2 +121 + 𝑝2 +1. Теорема 5. (о дифференцировании оригинала). 𝑓 `(𝑡 ) ≓ 𝑝𝐹 (𝑝) − 𝑓(0+) Следствие. Пусть функции f(t), f `(t),…, f(n)(t) кусочно – непрерывны на [0,+∞). Тогда 𝑓 (𝑛) (𝑡 ) ≓ 𝑝𝑛 𝐹 (𝑝) − 𝑝𝑛−1 𝑓(0) − ⋯ − 𝑝𝑓 (𝑛−2) (0) − 𝑓 (𝑛−1) (0) В частности, если f(0)=f`(0)=…=f(n-1)(0)=0, то 𝑓 (𝑛) (𝑡 ) ≓ 𝑝𝑛 𝐹 (𝑝). Теорема 6 (о дифференцировании изображения). При дифференцировании изображения оригинал умножается на (-t): 𝐹 `(𝑝) ≒ (−𝑡 )𝑓(𝑡 ); (−1)𝑛 𝐹 (𝑛) (𝑝) ≒ 𝑡 𝑛 𝑓(𝑡) Пример 6. Найти оригиналы для функций Решение. По теореме 6 1 1 𝑝2 𝑑 1 , 1 , 1 𝑝2 𝑝3 𝑝𝑛+1 . 1 = − 𝑑𝑝 (𝑝) ≒ −(−𝑡 ) = 𝑡; 𝑡2 2! Аналогично 𝑝3 ≒ 2! , следовательно, 𝑡 2 ≓ 𝑝3 . Обобщая, получаем по индукции для произвольного n: 𝑡 𝑛 ≓ Пример 7. Найти изображение функции f(t)=t∙cos(ωt). Решение. Воспользуемся табличной формулой 𝑝 𝑝2 +𝜔2 ≒ cos (𝜔𝑡). Дифференцируя изображение, по теореме 6 получаем: 𝑑 𝑝 𝑝2 −𝜔 2 t∙cos(ωt) ≓ − 𝑑𝑝 (𝑝2 +𝜔2 ) = (𝑝2 +𝜔2 )2 = 𝐹(𝑝) Теорема 7 (об интегрировании изображения). 𝑛! 𝑝𝑛+1 . Математический анализ, 4-й семестр, лекция 15, Стр.5 из 8 +∞ ∫ 𝐹 (𝑞 )𝑑𝑞 = 𝑝 𝑓(𝑡) 𝑡 𝑝 Пример 8. Найти оригинал f(t) для изображения 𝐹 (𝑝) = (1+𝑝2 )2. 1 Решение. Воспользуемся табличной формулой 1+𝑞2 ≓ 𝑠𝑖𝑛𝑡. ∞ Вычислим интеграл ∫𝑝 По теореме 7: 𝑓(𝑡) 𝑡 𝑞 (1+𝑞 2 )2 1 1 1 𝑑𝑞 = 2 1+𝑝2 ≒ 2 𝑠𝑖𝑛𝑡. 1 1 = 2 𝑠𝑖𝑛𝑡, следовательно, f(t)=2 t∙sint. Пример 9. Найти оригинал для правильной рациональной дроби: 4𝑝2 − 12𝑝 − 22 𝐹 (𝑝) = 2 (𝑝 − 4𝑝 + 13)(𝑝2 − 3𝑝 + 4) Решение. Представим дробь в виде суммы простейших дробей, применяя метод неопределенных коэффициентов. 𝐴𝑝+𝐵 𝐶 𝐷 𝐹 (𝑝) = 𝑝2 −4𝑝+13+𝑝+4 + 𝑝−1 A=1, B=-1, C=-2/5, D=-3/5. 𝑝−1 2 1 3 1 𝐹 (𝑝) = 𝑝2 −4𝑝+13-5 𝑝+4 − 5 𝑝−1 Представим в виде, удобном для того, чтобы воспользоваться таблицей оригиналов и изображений: 𝐹 (𝑝) = 𝑝−2 1 3 2 1 3 1 + − − 2 2 2 2 (𝑝 − 2) + 3 3 (𝑝 − 2) + 3 5𝑝 + 4 5𝑝 − 1 1 2 3 Ответ: 𝑓(𝑡 ) = 𝑒 2𝑡 𝑐𝑜𝑠3𝑡 + 3 𝑒 2𝑡 𝑠𝑖𝑛3𝑡 − 5 𝑒 −4𝑡 − 5 𝑒 𝑡 . Определение 3. Сверткой функций f(t), g(t) называется интеграл 𝑡 𝑓 (𝑡 ) ∗ 𝑔(𝑡 ) = ∫0 𝑓(𝑡 − 𝑠)𝑔(𝑠)𝑑𝑠 Теорема 8. Если f(t), g(t) – оригиналы, то свертка 𝑓(𝑡 ) ∗ 𝑔(𝑡 ) также является оригиналом. Теорема 9 (лемма Бореля об изображении свертки). (2) Математический анализ, 4-й семестр, лекция 15, Стр.6 из 8 Пусть функции f(t), g(t) имеют изображения F(p), G(p). Тогда изображение свертки равно произведению изображений: 𝑓 (𝑡 ) ∗ 𝑔(𝑡 ) ≓ 𝐹 (𝑝)𝐺(𝑝) Пример 10. Найти изображение свертки 𝑡 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑡 непосредственно и по теореме 9. 1 Ответ: 𝑡 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝑡 ≓ 𝑝(𝑝2 +1). Приведем ряд теорем о получении оригинала по известному изображению. Теорема 10. (первая теорема разложения). Пусть F(p) – аналитическая функция на расширенной комплексной плоскости и точка p=∞ правильная, то есть ряд Лорана функции F(p) в 𝑐𝑛+1 окрестности бесконечности имеет вид: 𝐹 (𝑝) = ∑∞ 𝑛=0 𝑛+1 . Тогда оригинал 𝑝 𝑡𝑛 этого изображения дается формулой 𝑓 (𝑡 ) = ∑∞ 𝑛=0 𝑐𝑛+1 𝑛! , 𝑡 > 0. Теорема 11 (формула обращения Меллина) Р.Х. Меллин (1854 – 1933) – финский математик. Пусть F(p) – аналитическая функция в области Re(p) >s0, F(p) стремится к нулю равномерно относительно arg(p) при |𝑝| → ∞, 𝑥+𝑖∞ ∫𝑥−𝑖∞ |𝐹 (𝑝)|𝑑𝑦 < 𝑀. Тогда оригинал f(t) для изображения F(p) вычисляется по формуле 𝑓 (𝑡 ) = 1 𝑥+𝑖∞ 𝑒 𝑝𝑡 𝐹(𝑝)𝑑𝑝 ∫ 2𝜋𝑖 𝑥−𝑖∞ (3) В лекции 10 мы изучили метод вычисления интеграла от комплексной функции по бесконечному пути интегрирования (с помощью вычетов). Применяя этот метод, получим следующую теорему. Теорема 12. Пусть изображение F(p) является однозначной функцией и имеет конечное число конечных особых точек p1,…,pN. Оригинал вычисляется по формуле: 𝑝𝑡 𝑓 (𝑡 ) = ∑𝑁 𝑘=1 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑘 [𝑒 𝐹(𝑝)] (4) Математический анализ, 4-й семестр, лекция 15, Стр.7 из 8 Отметим, что сумма берется по всем особым точкам функции F(p), лежащим и в верхней, и в нижней полуплоскости. Замечание. Пусть изображение представляет собой правильную дробь: 𝐹 (𝑝) = 𝑃𝑚 (𝑝) 𝑄𝑛 (𝑝) , где 𝑃𝑚 (𝑝), 𝑄𝑛 (𝑝)-многочлены с действительными коэффициентами. Тогда для любой особой точки (полюса) p=α+iβ существует также особая точка 𝑝̅ = 𝛼 − 𝑖𝛽 и 𝑝𝑡 𝑝𝑡 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑘 [𝑒 𝑝𝑡 𝐹(𝑝)] + 𝑟𝑒𝑠̅̅̅̅ 𝑝𝑘 [𝑒 𝐹(𝑝)] = 2𝑅𝑒 𝑟𝑒𝑠𝑝𝑘 [𝑒 𝐹(𝑝)] (5) В частности, если все корни знаменателя простые (некратные), то из (4) и формулы вычисления вычета в простом полюсе следует: 𝑃 (𝑝 ) 𝑚 𝑘 𝑝𝑘 𝑡 𝑓 (𝑡 ) = ∑𝑁 𝑘=1 𝑄 `(𝑝 ) 𝑒 𝑛 𝑘 1 Пример 11. Найти оригинал: 𝐹 (𝑝) = 𝑝4 −1. Решение. Особые точки функции: р=1, p=-1, p=i, p=-i. По формуле (6) получим: 4 1 𝑝 𝑡 1 𝑒𝑡 𝑒 −𝑡 𝑒 𝑖𝑡 𝑒 −𝑖𝑡 𝑘 ) 𝑓(𝑡 ) = ∑ 3 𝑒 = ( 3+ + + 4𝑝 4 1 (−1)3 𝑖 3 (−𝑖)3 𝑘=1 1 𝑒 𝑡 − 𝑒 −𝑡 𝑒 𝑖𝑡 − 𝑒 −𝑖𝑡 1 ) = (𝑠ℎ𝑡 − 𝑠𝑖𝑛𝑡) 𝑓 (𝑡 ) = ( − 2 2 2𝑖 2 Пример 12 (задача №10 типового расчета). 𝑝+2 Найти оригинал функции 𝐹 (𝑝) = (𝑝+1)(𝑝2 +4). Решение. Функция F(p) имеет три особые точки – простые полюса p=-1, p=2i, p=-2i. Воспользуемся формулой (4): 𝑓 (𝑡 ) = 𝑟𝑒𝑠−1 𝐹 (𝑝)𝑒 𝑝𝑡 + 𝑟𝑒𝑠2𝑖 𝐹 (𝑝)𝑒 𝑝𝑡 + 𝑟𝑒𝑠−2𝑖 𝐹 (𝑝)𝑒 𝑝𝑡 𝑟𝑒𝑠−1 𝐹 (𝑝)𝑒 𝑝𝑡 (𝑝 + 2)𝑒 𝑝𝑡 𝑒 −𝑡 = lim 2 = 𝑝→−1 (𝑝 + 4) + (𝑝 + 1)2𝑝 5 (6) Математический анализ, 4-й семестр, лекция 15, Стр.8 из 8 По формуле (5) сумма вычетов в комплексно-сопряженных особых точках: 𝑟𝑒𝑠−2𝑖 𝐹 (𝑝)𝑒 𝑝𝑡 + 𝑟𝑒𝑠−2𝑖 𝐹 (𝑝)𝑒 𝑝𝑡 = (𝑝+2)𝑒 𝑝𝑡 𝑝→2𝑖 (𝑝+1)(𝑝+2𝑖) 2𝑅𝑒 [𝑟𝑒𝑠2𝑖 𝐹 (𝑝)𝑒 𝑝𝑡 ]=2𝑅𝑒 lim Ответ: f(t)= 𝑒 −𝑡 5 1 = 5 (−𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 3𝑠𝑖𝑛2𝑡) 1 + 5 (−𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 3𝑠𝑖𝑛2𝑡). 1 Пример 13. Найти оригинал функции 𝐹 (𝑝) = 𝑝 𝑒 1 −𝑝 (−1)𝑛 Решение. Разложим функцию в ряд Лорана: 𝐹 (𝑝) = ∑∞ 𝑛=0 𝑛!𝑝𝑛+1. 𝑡𝑛 𝑛 По теореме 10 находим оригинал: 𝑓(𝑡 ) = ∑∞ 𝑛=0(−1) (𝑛!)2. Математический анализ, 4 –й семестр, лекция 16, Стр.1 из 4. Лекция 16. Очерк развития теории функций комплексной переменной. Комплексные числа появились в математическом обиходе с начала 16 – го века. Однако потребовалось два столетия, чтобы форма комплексной переменной начала использоваться активно. Лишь в 18 – м веке французский ученый Леонард Эйлер стал рассматривать функции комплексной переменной. В течение 30 – х и 40 – х годов 18-го века он разработал всю теорию элементарных функций комплексного переменного. Отметим, что именно Эйлер ввел обозначение «i» для мнимой части комплексного числа, хотя вначале он писал √−1. Аппарат степенных рядов, известный со времен Ньютона, при этом также был использован. Лагранж Жозеф Луи (17361813) – выдающийся французский математик и механик, член Прусской и Парижской академии наук, иностранный почетный член Петербургской академии наук. Другой важный цикл работ Эйлера посвящен интегрированию по комплексной переменной. Рассматривается интеграл ∫ 𝐹 (𝑧)𝑑𝑧, где z=x+iy, F(x,y)=P(x,y)+iQ(x,y). Подынтегральное выражение преобразуется так: (P+iQ)(dx+idy)=(Pdx-Qdy)+i(Qdx+Pdy) Обозначая результат интегрирования через M(x,y)dx+N(x,y)dy, отмечаем, что функции M(x,y) и N(x,y) являются полными дифференциалами. Следовательно, функции P(x,y) и Q(x,y) связаны соотношениями, характерными для полных дифференциалов: Математический анализ, 4 –й семестр, лекция 16, Стр.2 из 4. 𝜕𝑃 𝜕𝑄 = , 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑄 𝜕𝑃 =− 𝜕𝑥 𝜕𝑦 Так впервые в общем виде были получены условия Коши – Римана (Эйлера – Даламбера). Ранее они встречались в гидромеханических исследованиях Даламбера (1752 г.) и самого Эйлера. Этим соотношениям суждено было сыграть важную роль в теории функций комплексного переменного и ее приложениях. Теория комплексного переменного оформилась в самостоятельную научную дисциплину благодаря работам французского математика О.Коши и немецкого математика Б. Римана. Огюстен Луи Коши (1789 – 1857), выдающийся французский пматематик, член Парижской, Петербургской Академии наук и других академий. Бернхард Риман (1826 - 1866), выдающийся немецкий математик, механик и физик. В 1825 году О.Коши вводит определенный интеграл с комплексными пределами как предел интегральных сумм (наподобие криволинейного интеграла). В работе «Мемуар об определенных интегралах, взятых между мнимыми пределами» О.Коши рассматривает интеграл 𝑐+𝑖𝑑 ∫ 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 𝑎+𝑖𝑏 Этот интеграл сводится к обыкновенному определенному интегралу по вещественной переменной. Здесь же устанавливается фундаментальная теорема о независимости интеграла от пути интегрирования в случае непрерывности функции f(z). В дальнейших публикациях О.Коши устанавливает, что интеграл по замкнутому контуру от регулярной функции равен нулю. Кроме того, этому математику принадлежит заслуга открытия формулы, носящей название «интегральная формула Коши»: 1 𝑓(𝑧) ∫ 𝑑𝑧 = 𝑓(𝑧0 ) 2𝜋𝑖 𝐶 𝑧 − 𝑧0 Математический анализ, 4 –й семестр, лекция 16, Стр.3 из 4. Здесь интеграл берется по замкнутому контуру в односвязной области комплексной плоскости, а z0 – внутренняя точка этой области. Оказывается, что значения функции внутри области однозначно определяются ее значениями на границе! Чудеса продолжаются. Путем последовательного дифференцирования под знаком интеграла с помощью интегральной формулы Коши можно доказать, что для функции f(z) существуют производные любого порядка! Более того, принимая за область D круг радиуса r с центром в точке z0, можно утверждать, что в этом круге функция f(z) разлагается в степенной ряд – ряд Тейлора по положительным степеням (z-z0). Отсюда вытекает вывод, сделанный Коши о радиусе сходимости ряда Тейлора. Радиус сходимости ряда Тейлора равен расстоянию до ближайшей «особой» точки функции f(z), т.е. точки, где не существует ее производная. Этим объясняется, например, тот факт, что функция f(x)=arctg(x) и ее производная 𝑑𝑓 𝑑𝑥 1 = 1+𝑥 2 разлагаются в ряд по степеням x лишь внутри промежутка (-1,1), хотя на вещественной оси у них особенностей нет. Однако, выходя в комплексную область, мы обнаружим, что для функции 1 𝑓 `(𝑧) = 2 особыми точками будут точки z=i, z=-i, лежащие на мнимой 1+𝑧 оси. Поэтому радиус сходимости соответствующего ряда Тейлора равен единице. Отметим, что требование существования производной по комплексному аргументу для функции w=f(z) несравненно тяжелее, чем аналогичное требование для функции вещественного аргумента. Ведь предел lim ∆𝑤 ∆𝑧→0 ∆𝑧 должен быть одинаковым независимо от направления, по которому приращение ∆z стремится к нулю. Вопрос об условиях существования непрерывной производной функции комплексного переменного был решен О.Коши в 1847 году, а Риманом – в 1851-м году в диссертации «Основы общей теории функций одной комплексной переменной». Как известно, это соотношения 𝜕𝑢 𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝑢 = , =− 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑦 Математический анализ, 4 –й семестр, лекция 16, Стр.4 из 4. Условия Коши – Римана служат основой тех применений, которые находят функции комплексного переменного. Они применяются в электростатике, гидромеханике и аэродинамике, теории упругости и теории распространения тепла. Рассмотрим теперь точку z на комплексной плоскости и ее образ при отображении w=f(z). Б. Риман вывел замечательное свойство сохранения углов между кривыми при преобразовании w=f(z), если производная f `(z) существует и не равна нулю. Конформные отображения (со свойствами сохранения углов и постоянства растяжений) рассматривались Эйлером, Лагранжем и Гауссом задолго до Римана в связи с вопросом о черчении карт. Однако именно Риман однозначно связал свойство конформности отображения с существованием производной. Риману принадлежит также основная теорема теории конформных преобразований о возможности конформного преобразования круга в произвольную односвязную область. В дальнейшем теория функций комплексного переменного получила свое блестящее развитие.