SIMR 2012/13, Analiza Zespolona, wykład 3, 2011-10-28
Wzór całkowy Cauchy ego uogólnienie
Twierdzenie: Niech D ‚" C bÄ™dzie zbiorem domkniÄ™tym i ograniczonym, którego brzeg
jest krzywą C kawałkami gładką zorientowaną w lewo. Niech f : U C będzie funkcją
holomorficznÄ… na zbiorze otwartym U oraz na D ‚" U. Niech z0 " int D. Wtedy dla n " N
zachodzi:

f(z) 2Ä„i
dz = f(n-1)(z0)
(z - z0)n (n - 1)!
C

z2 + 4
Przykład: Obliczyć dz jeśli:
(z2 + 1)2
C
C2 jest okręgiem |z - i| = 1 skierowanym w lewo
z2 + 4
Badamy holomorficzność funkcji f(z) = . Funkcja jest holomorficzna z wyjątkiem
(z2 + 1)2
punktów: z2 + 1 = 0.
W obszarze ograniczonym okręgiem C funkcja f jest holomorficzna z wyjątkiem punktu
z = i. Przekształcamy:
z2 + 4
z2 + 4 z2 + 4
(z + i)2
f(z) = = =
(z2 + 1)2 (z - i)2(z + i)2 (z - i)2
z2 + 4
Funkcja g(z) = jest holomorficzna w obszarze ograniczonym krzywą C więc:
(z + i)2

g(z) 2Ä„
dz = g (i)
(z - i)2 1!
C
2z(z + i)2 - (z2 + 4)2(z + i)
g (z) =
(z + i)4
-8i - 12i -5i
g (i) = =
16 4
stÄ…d:

g(z) 5Ä„
dz =
(z - i)2 2
C
Szereg Laurenta
Twierdzenie: Funkcja holomorficzna w pierścieniu P = {z " C : r < |z - z0| < R} rozwija
się w tym pierścieniu w szereg Laurenta:
"

f(z) = an(z - z0)n , "z " P
n=-"
1
Przykład: Znalez
ć szereg Laurenta funkcji f(z) = dla z0 = 0 , r = 0 ,R = 1
z2 + z
1 1 1 1 1 1 1
f(z) = = · = · = (1 - z + z2 - z3 + . . . ) = - 1 + z - z2 + . . .
z2 + z z z + 1 z 1 - (-z) z z
Szereg ten jest zbieżny do f dla |z| < 1 i z = 0 czyli w pierścieniu P : 0 < |z| < 1

1
Zastosowaliśmy rozwinięcie w szereg Taylora funkcji: f(z) = = 1 + z + z2 + z3 + . . . ,
1 - z
dla |z| < 1
z
Przykład: Znalez
ć szereg Laurenta funkcji f(z) = dla z0 = 1 , r = 0 ,R = 1
(z - 1)2(z + 1)
Podstawiamy w = z - z0 = z - 1
Wtedy z = w + 1 i w0 = 0

z w + 1 1 1 1

Mamy f(z) = = = + · =
w
(z - 1)2(z + 1) w2(w + 2) w w2
2 1 - (- )
2


1 1 1 w w2 w3 1 1 1 1 1
+ · 1 - + - + . . . = + - + w - w2 + . . .
2 w w2 2 22 23 2w2 22w 23 24 25


w

Szereg ten jest zbieżny do f dla < 1 i w = 0 czyli w pierścieniu P : 0 < |w| < 2


2
StÄ…d:
1 1 1 1 1
f(z) = + - + (z - 1) - (z - 1)2 + . . . dla 0 < |z - 1| < 2
2(z - 1)2 22(z - 1) 23 24 25
Klasyfikacja punktów osobliwych izolowanych funkcji holomorficz-
nej
Niech f : D C będzie funkcją holomorficzą. Jeżeli dla pewnego punktu z0 " D istnieje
/
pierścień P = {z : 0 < |z - z0| < R} zawierający się w D to punkt z0 nazywamy punktem
osobliwym izolowanym funkcji holomorficznej. Funkcja f rozwija się w tym pierścieniu w
szereg Laurenta. Szereg ten dzielimy na dwie części:
" " "

a-n
f(z) = an(z - z0)n = an(z - z0)n +
(z - z0)n
n=-" n=0 n=1
"

Szereg an(z - z0)n nazywamy częścią regularną, a
n=0
"
a-n
szereg częścią osobliwą szeregu Laurenta.
(z
n=1 - z0)n
Wyrózniamy następujące rodzaje punktów osobliwych:
1. punkt pozornie osobliwy - gdy część osobliwa szeregu Laurenta jest równa zero
2. biegun rzędu k - gdy część osobliwa szeregu Laurenta jest skończona (ale różna od zera).
a-n
Wtedy rząd bieguna k jest równy najwyższej potędze n niezerowych wyrażeń
(z - z0)n
3. punkt istotnie osobliwy - gdy część osobliwa szeregu Laurenta jest nieskończona
sin z
Przykład Określić rodzaj punkt osobliwego funkcji f(z) = , z0 = 0
z
Rozwijamy f(z) w szereg Laurenta w otoczeniu punktu osobliwego izolowanego (z wyłącze-
niem tego punktu):

sin z 1 z3 z5 z2 z4
f(z) = = z - + + . . . = 1 - + + . . .
z z 3! 5! 3! 5!
Szereg ten nie ma części osobliwej, więc z0 = 0 jest punktem osobliwym pozornym funkcji
f . Oznacza to, że funkcję f można przedłużyć do punktu z0 przyjmując wartość f(z0) = a0
czyli f(0) = 1 i otrzymana w ten sposób funkcja będzie holomorficzna.
z3 + 1
Przykład Określić rodzaj punkt osobliwego funkcji f(z) = , z0 = 0
z2
Rozwijamy f(z) w szereg Laurenta w otoczeniu punktu osobliwego izolowanego (z wyłącze-
niem tego punktu):
z3 + 1 1
f(z) = = z +
z2 z2
Szereg ten ma skończoną część osobliwą, najwyższa potęga (z -z0) w mianowniku jest równa
2 więc z0 = 0 jest biegunem drugiego rzędu.
1
Przykład Określić rodzaj punkt osobliwego funkcji f(z) = ez , z0 = 0
Rozwijamy f(z) w szereg Laurenta w otoczeniu punktu osobliwego izolowanego (z wyłącze-
niem tego punktu):
1
1 1 1 1
f(z) = ez = 1 + + + + + . . .
z 2!z2 3!z3 4!z4
Szereg ten ma nieskończoną część osobliwą więc z0 = 0 jest punktem istotnie osobliwym.
Twierdzenie: Jeżeli f : D C jest holomorficzna w punkcie z0 " D i f(z0) = 0 to funkcja

f(z)
g(z) = ma w punkcie z0 biegun rzędu k.
(z - z0)k
2z + 1
Przykład Określić rodzaj punktu osobliwego funkcji f(z) = , z0 = i
z2(z2 + 1)3
2z + 1
2z + 1 2z + 1
z2(z + i)3
f(z) = = =
z2(z2 + 1)3 z2(z - i)3(z + i)3 (z - i)3
2z + 1
ponieważ licznik jest funkcją holomorficzną w z0 = i (różną od zera w z0 = i)
z2(z + i)3
więc z0 = i jest biegunem trzeciego rzędu funkcji f .
Definicja: Niech z0 będzie punktem osobliwym izolowanym funkcji holomorficznej f. Wtedy
residuum funkcji f w punkcie z0 nazywamy: Resz=z f(z) = a-1 (współczynik a-1 przy wy-
0
1
razie w rozwinięciu funkcji f w szereg Laurenta w otoczeniu tego punktu).
z - z0
1
Przykład Obliczyć residuum funkcji f(z) = w punkcie osobliwym z0 = 0
z3(z2 + 4)
Rozwijamy f w szereg Laurenta:

1 1 1 1 1 z2 z4 z6 1 1

f(z) = = · = · · 1 - + - + . . . = - +
z3(z2 + 4) z3 z2 4 z3 4 42 43 4z3 42z
4 1 - (- )
4
1 1
z - z3 + . . .
43 44
1 1 -1
Widać, że współczynnik przy : a-1 = - = , czyli
z 42 16
-1
Resz=0f(z) =
16
Residua można obliczać też korzystając z następującego twierdzemia:
Twierdzenie: Niech z0 będzie biegunem rzędu k funkcji holomorficznej f. Wtedy residuum
funkcji f w punkcie z0 jest równe:
(k-1)
1
Resz=z f(z) = · lim (z - z0)kf(z)
0
zz0
(k - 1)!
1
Przykład Obliczyć residuum funkcji f(z) = w punkcie osobliwym z0 = 0
z3(z2 + 4)
1
1
z2 + 4
Punkt z0 = 0 jest biegunem 3-go rzędu funkcji f ponieważ f(z) = a licznik
z3 z2 + 4
jest holomorficzny w z0 = 0


1 1 1 1
Resz=z f(z) = · lim z3 · = · lim
0
z0 z0
2! z3(z2 + 4) 2 z2 + 4


1 -2z -2 · (z2 + 4)2 + 2z · 2(z2 + 4) · 2z
= =
z2 + 4 (z2 + 4)2 (z2 + 4)4
1 -2 · 42 -1
Resz=z f(z) = · =
0
2 44 16
Obliczanie całek za pomocą residuów
Poniższe twierdzenia jest uogólnieniem wzoru całkowego Cauchy ego. Korzystając z niego
można w łatwy sposób obliczać pewne całki z funkcji zespolonych.
Twierdzenie: Niech D będzie obszarem otwartym ograniczonym. Niech brzeg obszaru D : C
będzie krzywą kawałkami gładką skierowaną w lewo . Niech fumkcja f będzie holomorficzna
w obszarze D *" C , z wyjątkiem skończonaj liczby punktów osobliwych: z1, z2 . . . zn " D .
Wtedy

n

f(z)dz = 2Ä„i (Resz=z f(z))
k
k=1
C
Przykład: Obliczyć całkę:

1
I = dx , gdzie C jest okręgiem |z - i| = 2 skierowanym w lewo
z2(z2 + 4)
C
Funkja f jest holomorficzna na C z wyjątkiem punktów:
z2(z2 + 4) = 0
z1 = 0 , z2 = -2i , z3 = 2i
W obszarze D ograniczonym kopnturem C (w kole) leżą punkty z1 i z3
Mamy więc
I = 2Ä„i (Resz=0f(z) + Resz=2if(z))
Obliczmy residua:
z1 = 0 jest biegunem 2-go rzędu, więc



1 1 1 -2z
Resz=0f(z) = lim z2 · f(z) = lim z2 · = lim = lim =
z0 z0 z0 z0
1! z2(z2 + 4) z2 + 4 (z2 + 4)2
0
z1 = 2i jest biegunem 1-go rzędu, więc
1 1 1
Resz=2if(z) = lim ((z - 2i) · f(z)) = lim(z - 2i) · = lim =
z2i z0 z2i
0! z2(z + 2i)(z - 2i)) z2(z + 2i)
1
-16i
stÄ…d:

1 -Ä„
I = 2Ä„i 0 + =
-16i 8
Przy obliczaniu całek niewłaściwych często przydają się następujące granice:
Twierdzenie: Niech P (z) i Q(z) będą wielomianami takimi, że stopień P jest mniejszy o 2
lub więcej od stopnia Q . Niech CR będzie półokręgiem: |z| = R, Rez 0 . Wtedy:

P (z)
lim dz = 0
R"
Q(z)
CR
Twierdzenie:Niech P (z) i Q(z) będą wielomianami takimi, że stopień P jest mniejszy o 1
lub więcej od stopnia Q . Niech CR będzie półokręgiem: |z| = R, Rez 0 . Wtedy:

P (z)
lim eiÉzdz = 0 dla É > 0
R"
Q(z)
CR
Obliczanie całek rzeczywistych
Metodę obliczanie całek obliczania całek za pomocą residuów można czasem zastosować do
obliczania całek rzeczywistych.
Przykład: Obliczyć całkę:
"

x2 + 2
I = dx
(x2 + 1)2(x2 + 4)
-"
RozwiÄ…zanie:
"

x2 + 2
I = dx = f(z)dz
(x2 + 1)2(x2 + 4)
-"
C
z2 + 2
gdzie f(z) = a kontur C jest osiÄ… rzeczywistÄ… skierowanÄ… w prawo.
(z2 + 1)2(z2 + 4)
Obliczmy całkę po konturze zamkniętym, składającym się z odcinka:
CR : x = t, y = 0, t "< -R, R > oraz półokręgu:
C2 : z = Reit, t "< 0, Ä„ >
Funkcja f(z) jest holomorficzna z wyjątkiem punktów:
(z2 + 1)2(z2 + 4) = 0 , czyli
z = Ä…i , z = Ä…2i
Dla dostatecznie dużych R w obszarze ograniczonym konturem zamkniętym leżą punkty
osobliwe: z1 = i , z2 = 2i.
Mamy więc:

f(z)dz + f(z)dz = 2Ä„i(Resz=if(z) + Resz=2if(z))
CR C2
Przechodzimy do granicy z R " wtedy :

f(z)dz I
CR

f(z)dz 0 (Ponieważ stopień mianownika jest większy od stopnia licznika o 4 lub więcej.
C2
StÄ…d:
I = 2Ä„i(Resz=if(z) + Resz=2if(z))
Obliczamy Residua:
z2 + 2 z2 + 2
z = i jest biegunem 2-krotnym funkcji f(z) = =
(z2 + 1)2(z2 + 4) (z - i)2(z + i)2(z2 + 4)
StÄ…d:


1 z2 + 2
Resz=if(z) = lim (z - i)2f(z) = lim (z - i)2 =
zi zi
1! (z - i)2(z + i)2(z2 + 4)

z2 + 2 2z(z + i)2(z2 + 4) - (z2 + 2) (2(z + i)(z2 + 4) + (z + i)22z)
lim = lim =
zi zi
(z + i)2(z2 + 4) (z + i)4(z2 + 4)2
2i(2i)2(-1 + 4) - (-1 + 2) (2(2i)(-1 + 4) + (2i)22i) -28i -7i
= =
(2i)4(-1 + 4)2 2432 2232
z2 + 2 z2 + 2
z = 2i jest biegunem 1-krotnym funkcji f(z) = =
(z2 + 1)2(z2 + 4) (z2 + 1)2(z - 2i)(z + 2i)
StÄ…d:

z2 + 2
Resz=2if(z) = lim ((z - 2i)f(z)) = lim (z - 2i) =
z2i zi
(z2 + 1)2(z - 2i)(z + 2i)

z2 + 2 -4 + 2 i
lim = =
z2i
(z2 + 1)2(z + 2i) (-4 + 1)2(4i) 322
A więc:
-7i i -5i 5Ä„
I = 2Ä„i( + ) = 2Ä„i =
2232 322 36 18
Przykład: Obliczyć całkę:
"

sin x
I = dx
x
0
RozwiÄ…zanie:
"

sin x
I = dx = Im f(z)dz
x
0 C
eiz
gdzie f(z) = a kontur C jest osiÄ… rzeczywistÄ… skierowanÄ… w prawo.
z
Obliczmy całkę po konturze zamkniętym, składającym się z:
odcinka: C1 : x = t, y = 0, t "< -r, R > ,
półokręgu: CR : z = Reit, t "< 0, Ą > ,
odcinka: C2 : x = t, y = 0, t "< -R, -r > ,
półokręgu: Cr : z = reit, t zmienia się od Ą > do 0
Funkcja f(z) jest holomorficzna w obszarze ograniczonym konturem.
Mamy więc:

f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz + f(z)dz = 0
C1 CR C2 Cr
Część urojona lewej strony jest rółna części urojonej prawej strony:

Im f(z)dz + Im f(z)dz + Im f(z)dz + Im f(z)dz = 0
C1 CR C2 Cr
Przechodzimy do granicy z R " i z r 0 . Wtedy :

Im f(z)dz I
C1

f(z)dz 0 (Ponieważ stopień mianownika jest większy od stopnia licznika o 1.
CR

Im f(z)dz I (ponieważ Im f(-z) = Im f(z) na osi rzeczywistej)
C2
Obliczymy granicÄ™:

lim f(z)dz
r0
Cr
0 it 0 0
eire it
f(z)dz = rieitdt = ieire dt = ieir(cos t+i sin t)dt
reit
Ä„ Ä„ Ä„
Cr
Gdy r 0 funkcja podcałkowa dąży do i (jednostajnie względem argumentu t). Stąd:
0 0
0
lim ieir(cos t+i sin t)dt = idt = it = -Ä„i
r0 Ä„
Ä„ Ä„
StÄ…d:
0 + I - Ä„ + I = 0
A więc:
Ä„
I =
2
Transformata Laplace a
Niech f : (0, ") C będzie funkcją taką, że |f(t)| Meąt dla t " (0, ") dla pewnych
M, ą " R . Niech ponadto f ma skończoną liczbę punktów nieciągłości. Wtedy transformatą
Laplace a funkcji f(t) nazywamy całkę niewłaściwą:
"

F (s) = f(t)e-stdt
0
Funkcję f(t) nazywamy oryginałem, a funkcję F (s) transformatą. Stosujemy oznaczenie
L{f(t)} = F (s)
Uwaga 1: Całka ta jest zbieżna dla s " C takich, że Res > ą (na półpłaszczyz
nie). Na tym
zbiorze funkcja F (s) jest holomorficzma. Funkcję tę można przedłużyć holomotficznie na
większy zbiór. Zwykle po przedłużeniu dziedziną F (s) jest zbiór C z wyjątkiem skończonej
liczby punktów osobliwych.
Uwaga 2: Czasem przedłuża się funkcję f na dziedzinę (-", ") . Wtedy przyjmujemy, że
f(x) = 0 , dla x 0
Przykład: Obliczyć transformatę z f(t) = 1
"

"
e-st 1 1
F (s) = 1 · e-st = = 0 - =
0
-s -s s
0
całka ta jest zbieżna dla Res > 1 . Funkcję tę przedłużamy holomorficznie. Transformata
1
Laplace a funkcji f(t) = 1 jest funkcja F (s) = , s = 0

s
Własności transformaty Laplace a:
Jeśli L{f(t)} = F (s) , L{g(t)} = G(s)
to
" L{af(t)} = aF (s) , a " C
" L{f(t) + g(t)} = F (s) + G(s)
1 s
" L{f(at)} = F ( ) , a " R , a > 0
a a
" L{f(t) · eat} = F (s - a) , a " C
" L{f (t)} = sF (s) - f(0+)

" L{tf(t)} = -F (s)
" L{f(t) " g(t)} = F (s) · G(s) transformata splotu jest równa iloczynowi transformat
" L{f(t - a)} = F (s)e-as , a " R , a > 0 , przyjmujÄ…c f(t) = 0 dla t 0
Przykłady:
" f(t) = e2t
1
L{e2t} = L{1 · e2t} =
s - 2
" f(t) = t


1 1
L{t} = L{t · 1} = - =
s s2
" f(t) = t2

1 2
L{t2} = L{t · t} = - =
s2 s3
" f(t) = cosh t
et + e-t 1 1 1 1 s + 1 + s - 1
L{cosh t} = L{ } = L{et}+ L{e-t} = + = =
2 2 2 2(s - 1) 2(s + 1) 2(s2 - 1)
s
s2 - 1
" f(t) = cosh t
1
L{cosh t} = - analogicznie
s2 - 1
" f(t) = cos t
eit + e-it 1 1 1 1 s + i + s - i
L{cos t} = L{ } = L{eit}+ L{e-it} = + = =
2 2 2 2(s - i) 2(s + i) 2(s2 + 1)
s
s2 + 1
" f(t) = sin t
1
L{sin t} = - analogicznie
s2 + 1
" f(t) = sin 2t
1 1 2
L{sin 2t} = · =
s
2 s2 + 4
( )2 + 1
2
" f(t) = t sin 2t

2 4s
L{t sin 2t} = - =
s2 + 4 (s2 + 4)2
" f(t) = e3t cos t
s - 3
L{e3t cos t} =
(s - 3)2 + 1
" f(t) = e3t cos t
s - 3
L{e3t cos t} =
(s - 3)2 + 1
" L{f (t)} = sL{f (t)}-f (0+) = s(sL{f (t)}-f(0+))-f (0+) = s2L{f(t)}-sf(0+)-
f (0+)
W podobny sposób można wyprowadzić następujące transformaty:
f(t) F (s)
n!
tn
sn+1
a
sin at
s2 + a2
s
cos at
s2 + a2
a
sinh at
s2 - a2
s
cosh at
s2 - a2
2as
t sin at
(s2 + a2)2
s2 - a2
t cos at
(s2 + a2)2
f(n) snF (s) - sn-1f(0+) - sn-2f (0+) - · · · - sf(n-2)(0+) - f(n-1)(0+)
Definicja: Splotem funkcji f, g :< 0, ") C nazywamy funkcję h :< 0, ") określoną
następująco:
t
h(t) = f(u) · g(t - u)du
0
(zakładamy, że całka istnieje dla każdego t z dziedziny)
Splot funkcji oznaczamy: h = f " g
Przykład: Obliczyć splot f " g jeżeli f(t) = et , g(t) = t
t t
t t t
(f "g)(t) = f(u)·g(t-u)du = eu·(t-u)du = eu·(t-u) - eu·(-1)du = -t+ eu =
0 0
0 0 0
-t + et - 1
Przykład:Obliczyć L{f " g} jeżeli f(t) = et , g(t) = t
1 1 1
L{et " t} = L{et} · L{t} = · =
s - 1 s2 s3 - s2