Практическое занятие 9

Практическое занятие 8 Вычеты
8.1 Определение вычета
8.2 Вычисление вычетов
8.3 Логарифмический вычет
8.1 Определение вычета
Пусть z0 изолированная особая точка функции f z  . Выче-
том аналитической функции f z  в изолированной особой
точке
z0
называется число, равное значению интеграла
1
f z dz , взятому в положительном направлении по лю2 i 
бому замкнутому кусочно-гладкому контуру  , лежащему в
области аналитичности функции f z  и содержащему внутри
себя единственную особую точку z0 функции f z  , и обозначается Res f  z  :
z  z0
Res f  z  
z  z0
1
f  z  dz .
2 i 
Вычет функции f z  относительно изолированной особой
точки z0 совпадает с коэффициентом c1 разложения функции
f z  в ряд Лорана по степеням  z  z0  : Res f  z   c1 .
zz
0
8.2 Вычисление вычетов
Вычет Res f z  можно найти либо непосредственно по
z  z0
определению
1
f  z  dz ,
z  z0
2 i 
либо используя разложение в ряд Лорана:
Res f  z   c1 .
Res f  z  
z  z0
89
(8.1)
(8.2)
Рассмотрим вычисление вычетов в различных особых точках.
Вычисление вычетов функции относительно
у с т р а н и м о й о с о б о й т о ч к и . Пусть z0 есть устранимая
особая точка функции f z  . В этом случае в разложении в ряд
Лорана отсутствует главная часть. Поэтому Res f z   0 .
z  z0
Вычисление вычетов функции относительно
п о л ю с а . Пусть точка z0 является простым полюсом функции
f z  . Тогда вычет находится по формуле
Res f  z   lim  z  z0   f  z  .
z  z0
z  z0
(8.3)
Если функция f z  есть частное двух аналитических в точке
g z 
, где g z0   0 , hz  имеет простой
h z 
нуль в точке z0 , hz0   0 , hz0   0 , то точка z0 является
g z 
простым полюсом функции f  z  
и
h z 
z0 функций f z  
Res
z  z0
g  z
h z

g  z0 
.
h  z0 
(8.4)
Пусть точка z0 является полюсом порядка m функции
f z  . Тогда вычет находится по формуле
m
d m1  z  z0   f  z 
1

.
(8.5)
Res f  z  
 lim
z  z0
dz m1
 m  1! z  z0
Вычисление вычетов функции относительно
с у щ е с т в е н н о о с о б о й т о ч к и . Пусть точка z0 является
существенно особой точкой функции f z  . Тогда для вычисления вычета функции f z  в этой точке непосредственно определяют коэффициент c1 в разложении функции f z  в ряд
Лорана.
90
Вычет функции f z  относительно бесконечно удаленной
точки z   находится с помощью разложения функции f z 
в ряд Лорана в окрестности этой точки. Поэтому вычет функции
f z  относительно z   равен взятому с противоположным
знаком коэффициенту при первой отрицательной степени в разложении Лорана:
Res f z   c1 .
(8.6)
z 
Вычет аналитической функции относительно бесконечно
удаленной устранимой особой точки может оказаться отличным
от нуля.
Т е о р е м а 1 Если f z  – функция, аналитическая в каждой точке расширенной плоскости , за исключением конечного числа изолированных особых точек, то
n
 Res f z   Res f z   0 .
k 1
z  zk
z 
(8.7)
8.3 Логарифмический вычет
Логарифмической производной функции f z  называется
функция

ln f z   f z  .
f z 
(8.8)
Логарифмическим вычетом аналитической функции f z  в
точке z0 называется вычет в этой точке логарифмической производной  ln f  z   : Res  ln f  z   .
z  z0
Очевидно, что
f  z 
.
Res  ln f  z    Res
z  z0
z  z0 f  z 
(8.9)
Т е о р е м а 2 В нулях и полюсах функции f z  , аналитиче-
ln f z 
имеет полюсы первого порядка. При этом в нуле функции f z 
ской в области D , логарифмическая производная
91
логарифмический вычет равен порядку нуля функции f z  , а в
полюсе равен порядку полюса функции f z  , взятому со знаком
минус.
Пусть f z  – мероморфная функция в области D ,  – замкнутый кусочно-гладкий контур, целиком лежащий в области
D и не проходящий через полюсы и нули функции f z  . Логарифмическим вычетом относительно контура  называется
интеграл
f  z 
1
dz .
2 i  f  z 
Т е о р е м а 3 Если N  – сумма кратностей нулей функции
f z  , лежащих внутри  , P – сумма кратностей полюсов
функции f z  , лежащих внутри  , то
f  z 
1
dz  N  P .

2 i  f  z 
(8.10)
Вопросы для самоконтроля
1 Что называется вычетом функции?
2 Как вычисляется вычет относительно:
а) устранимой точки;
б) простого полюса;
в) полюса порядка m ;
г) существенно особой точки;
д) бесконечно удаленной точки?
3 Что называется логарифмическим вычетом?
4 Как для мероморфной функции вычисляется логарифмический вычет по контуру?
Решение типовых примеров
1 Найти вычеты функции f  z  
92
z4
.
z3  z
Р е ш е н и е . Изолированными особыми точками данной
функции являются z1  0 – полюс 2-го порядка и z2  1 – простой полюс.
Для точки z2  1 по формуле (8.4) имеем:
Res
z 1
z4
z4

3
z  z z3  z 



z 1
z4
1 4
3

 .
2
3z  1 z 1 3 1  1
2
Для точки z1  0 по формуле (8.5) имеем:


 z 2  z  4 
z4
1
 z4

Res 3

lim 

lim



z 0 z  z
2  1! z 0 z 3  z  z 0 z  1 

 3 
6


 lim 
 lim
 6.
z  0  z  12 
z 0  z  13


Вычет в бесконечно удаленной точке z   находится по
теореме 1:
 3

Res f  z       6   4,5 .
z 
 2

1
2 Вычислить вычет функции f z   e z в точке z0  0 .
1
z
Р е ш е н и е . Точка z  0 является для функции f z   e
существенно особой точкой. Разложим данную функцию в ряд
Лорана в окрестности точки z  0 :
1
1
1
1
e z 1 

.
2
z 2!z
n!z n
1
Отсюда находим Res e z  c1  1 .
z 0
3 Найти сумму вычетов относительно всех полюсов функции
f z  
z
z6
2

2

 4 z2 1
93
3
Р е ш е н и е . Полюсами данной функции являются точки:
z1, 2  2i – полюса 2-го порядка, z3, 4  i – полюса 3-го порядка.
Для решения этого примера удобнее воспользоваться теоремой 1. Видно, что в бесконечно удаленной точке функция f z 
имеет нуль первого порядка. Правильная часть ее разложения в
1
.
z
ряд Лорана начинается с члена
Следовательно,
Res
z 
z
z6
2


2
 4 z2 1
3
 1 .
Тогда
z6
4
 Res z
k 1
z  zk
2


2
 4 z2 1
3
 1.
4 Найти вычеты в особых точках функции
f z  
sin z 2
z3 

4
z2
Р е ш е н и е . Изолированные особые точки функции f z 
есть z1  0 ; z 2 

4
.
Поскольку
lim f z   lim
z 0
z 0
sin z 2
z3 

4
sin z 2
1
4
lim
 ,
2
z 0
z

0

z

z
4
 lim
z2
то точка z  0 – устранимая особая точка и поэтому
Res f  z   0 .
z 0
Так как
94
lim f z   lim
z
то точка z 

4

4
z

4
sin z 2
z 
3

4
z
,
2
– полюс.
Преобразуем функцию f z  к виду:
sin z 2
2
sin z
 z 
f z  
 z

,



2
z

z

z z 
4
4
4

2

sin z
где   z  
– аналитическая в точке z  , при этом
2
4
z


 
    0 . Значит, z  – простой полюс.
4
4
Тогда

sin z 2 16
2

.
Res f  z   lim f  z   z    lim 2  2 sin


4  z  z

16
z
z

4
4
4
Вычет в бесконечно удаленной точке z   находится по
теореме 1:

16
2 
16
2
.
Res f  z     0  2 sin    2 sin
z 

16 

16

1
z.
5 Найти вычеты в особых точках функции f  z  
z 3
cos
Р е ш е н и е . Изолированные особые точки функции есть
z  3 и z  0 .
Точка z  3 – простой полюс, по формуле (8.3) получим:
1

 cos z 
1
1
Res f  z   lim 
cos  cos .
  z  3  zlim
z 3 z  3
3
z 3
z
3




95
Точка z  0 – существенно особая точка функции. Разложим
функцию f z  в ряд Лорана в окрестности точки z0  0 . Поскольку
1
1
1
1
 1 2 

 ,
4
z
2z
4! z
6! z 6

1
1
1
1  z z2 z3
 
 1   2  3   ,
z 3 3
 z  3 3 3 3

1   
 3
cos
то
2

1
1
1
1
z3
 z z
f z   1  2 

 1   2  3   
4
6
3  2z
4! z 6! z
 3 3 3

1 1
1
1
 1


   2 c 2    .

3
5
3z  2!3 4!3 6!3
 z
Таким образом по формуле (8.2) находим

1 1
1
1
1

n 1
c1  
 3
 5
    1
.
3  3  2! 3  4! 3  6!
2n !32n
 n 1
Значит,

1
n 1
Res f  z     1
.
z 0
 2n ! 32n
n 1
6 Найти вычеты функции в особых точках
z2
f z  
.
z  12
Р е ш е н и е . Особая точка функции z  1 есть полюс 2-го
порядка. По формуле (8.5) находим

1
d  z2
2
  lim  z 2   lim 2 z  2 .
lim 
z

1
Res f  z  =


2
z

1
z 1
z 1

 z 1
 2  1! dz   z  1

7 Найти логарифмические вычеты относительно нулей и поsin z
люсов функции f  z  
.
z 1


96
Р е ш е н и е . Точки вида zk   k , k  , являются простыми
нулями функции. Поэтому по теореме 2 логарифмический вычет равен
Res ln f  z    1 .
z k  k


Точка z  1 есть простой полюс данной функции. По теореме 2 получим
Res ln f  z    1 .
z 1


8 Найти логарифмический вычет функции f  z  
1  z2
1  cos 2 z
относительно окружности z   .
Р е ш е н и е . В круге z   данная функция имеет два простых нуля z  i и z  i , а также семь полюсов 2-го порядка
zk  k , k  0,  1, 2,  3 .
По теореме 3 логарифмический вычет относительно окружности z   равен
1
2 i
f  z 
 f  z  dz  2  7  2  12 .
z
Задания для аудиторной работы
1 Найти в особых точках вычеты функций
1
а) f  z   z sin 2 ;
z
tgz
б) f  z  
;

z2  z
4
z
e
в) f z   3
;
z z  1
3
л) f z   e
1
z2
м) f z  
chz
;
z  1 z  3

cos z ;
2
3
н) f  z   z cos
97

1
;
z
г) f z  
1  cos z
;
z 3 z  3
д) f z   e
z
z 1
о) f z  
eiz
;
z 2  1 z  3

п) f z   e
;

1
z  2
z
2
;
1
ez
е) f  z  
;
1 z
ж) f  z   z 2 sin
р) f  z   cos z sin
1
;
z 1
с) f  z  
1
;
z
cos z
z3 

;
z2
1
и) f z   2
;
z z  1
2
2
т) f  z   cos
;
z 
к) f  z  
у) f z   e z .
cos z
;
2
z  z  1
2
2 Вычислить:
а) Res
z 0
e z 1  z
;
1  cos 2 z sin z
б) Res
z 0
1  ch z sh z .
1  cos z sin 2 z
3 Найти логарифмические вычеты относительно нулей и полюсов функций
sin z
а) f  z  
;
б) f  z   cos3 z .
z
4 Найти логарифмические вычеты функций относительно
контуров:
z
а) f  z  
. z  2;
б) f  z   th z , z  8 .
1  z3
Задания для домашней работы
1 Найти вычеты функций:
1
3 z
л) f z  
а) f z   z e ;
98
ez
1
 sin 2 z
4
;
б) f  z  
в) f  z  
2
;
н) f  z  
z  i  z  i 
z 2 1
z
1
;
z
ez
;
z i
2
о) f  z   cos
;
ez
z  13 z  2
п)
;
1
;
z 1
р)
4
ж) f  z   sin z cos
и) f z  
м) f  z   z 2 sin
sin 2 z
г) f  z   e
е) f  z  
;
z  1 z  2

д) f  z  
2
z
3
1
;
z
с)
ez
;
z  2z  32
т)
sin z
к) f  z  
;
z  12 z  1
1
 z3 ;
z2
1
1
f z  
sin
;
2
z 1
z  1
1
sin
z;
f z  
1 z
1
f z   e z sin ;
z
1
f  z   sin
;
z2
у) f z   e
1
z2
 z3 .
2 Вычислить:
sin 3z  3 sin z
а) Res
;
z  0 sin z  z  sin z
б) Res
z 0
z2
z2
ch z  1 
2
.
3 Найти логарифмические вычеты относительно нулей и полюсов функций:
cos z
а) f  z  
;
б) f  z   sin z .
z
4 Найти логарифмические вычеты функций относительно
контуров:
а) f  z   cos z  sin z . z  4 ;
99


б) f  z   e z  2 , z  8 .
2
Практическое занятие 9 Приложения вычетов
9.1 Вычисление интегралов
9.2 Суммирование рядов
9.1 Вычисление интегралов
Вычисление интегралов по замкнутому ко нт у р у . Для вычисления интегралов комплексной переменной по
замкнутому контуру используется основная теорема о вычетах.
Теорема 1 (основная теорема о вычетах)
Если функция f  z  является аналитической на границе  области D и всюду внутри области, за исключением конечного числа особых точек z1 , z2 ,, zn , то


Вычисление
n
f  z  dz  2 i  Res f  zk  .
(9.1)
k 1
интегралов
ф у н к ц и й . Пусть f  x  
от
рациональных
Pm  x 
– рациональная функция, где
Qn  x 
Pm x  , Qn x  – многочлены степеней m и n соответственно.
Если функция f x  непрерывна на всей действительной оси и
n  m  2 , то

 f x dx  2 i ,

где  – сумма вычетов функции f z  
(9.2)
Pm z 
во всех полюсах,
Qn z 
расположенных в верхней полуплоскости
 z
Im z  0  .
2
Интегралы вида
 Rsin x, cos x dx . Рассмотрим инте0
2
грал
 Rsin x, cos x dx ,
где Rsin x, cos x – рациональная
0
100
функция от sin x и cos x , ограниченная внутри промежутка
интегрирования. С помощью замены
eix  z , dx 
z 2 1
dz
z2 1
, cos x 
, sin x 
iz
2i z
2z
данный интеграл сводится к интегралу от рациональной функции F z  комплексной переменной z по окружности z  1 . К
интегралу
 F z dz
применима основная теорема о вычетах.
z 1
Тогда
2
n
0
k 1
 Rsin x, cos x dx  2 i   Res F z  .
(9.3)
z  zk

 f x dx .
Интегралы вида
Вычисление этих интегра-

лов основано на следующей теореме.
Т е о р е м а 2 Пусть функция f x  , заданная на всей числовой оси    x   , может быть аналитически продолжена
на верхнюю полуплоскость Im z  0 . Функция f z  является
аналитической в верхней полуплоскости
 z
Im z  0  за
исключением конечного числа изолированных точек z1 , z2 ,
, zn .
И пусть существуют такие положительные числа M , R0 ,  ,
что для всех точек верхней полуплоскости, удовлетворяющих
условию z  R  R0 , имеет место оценка f  z  
M
z
1
. Тогда

несобственный интеграл
 f x dx
существует и вычисляется

по формуле:



f x dx  2 i
n
 Res f z  , Im z
k 1
z  zk
101
k
0.
(9.4)

Интегралы вида

R  x  cos xdx ,
 Rx sin xdx .
Ин-
0
0
тегралы вида



0
0
 Rxcos xdx ,  Rxsin xdx , где Rx – ра-
циональная функция,   0 любое действительное число вычисляются с использованием леммы Жордана.
Л е м м а Ж о р д а н а Пусть g z  – аналитическая в верхней полуплоскости
 z
Im z  0  , за исключением конечно-
го числа особых точек, и стремится в этой полуплоскости к
нулю при z   . Тогда при   0
lim
R 
 g z e
i z
dz  0 ,
CR
где контур C R – полуокружность в верхней полуплоскости с
центром в точке 0 и радиусом R (рисунок 9. 1).
Рисунок 9. 1 – Рисунок к лемме Жордана
9.2 Суммирование рядов
Вычисление некоторых рядов с помощью теории вычетов
основано на следующих теоремах.
Т е о р е м а 3 Пусть:
1) f z  аналитична во всей комплексной плоскости за исключением конечного числа полюсов z1 , z2 , ... , zn (отличных
от целых чисел),
102
1
при
2 
z 
2) функция f z  удовлетворяет условию f  z   O
z   . Тогда справедлива формула:


k  
n
f k     Res  f  z  ctg z  .
k 1
z  zk
(9.5)
Т е о р е м а 4 Пусть:
1) f z  аналитична во всей комплексной плоскости за исключением конечного числа полюсов z1 , z2 , ... , zn (отличных
от целых чисел),
2) функция f z  удовлетворяет условию
f z   e
a Im z
  z  при z   , z  G , 0  a   ,
G  C \ z z  z1   , z  z2   , ..., z  zn   .
Тогда справедлива формула:

n
k  
k 1
k
  1 f k     Res
zz
k
f z 
.
sin z 
(9.6)
Вопросы для самоконтроля
1 Как вычисляются интегралы по замкнутому контуру?
2 Как вычисляются несобственные интегралы?
2
3 Как вычисляются интегралы вида
 Rsin x, cos x dx ?
0
4 В чем суть леммы Жордана? Для каких интегралов она используется?
5 В каких случаях можно вычислить сумму ряда с помощью
вычетов?
103
Решение типовых примеров
1 Вычислить
dz
 z  1 z
3

2

1


, где   z  C : z 1  i  2 .
Р е ш е н и е . В круге z  1  i  2 данная функция имеет полюс 3-го порядка в точке z1  1 , простые полюса порядка в точках z 2,3  i . Точка z  i не принадлежит кругу z  1  i  2 .
Согласно теореме 1 получим:


dz
1
1
 2 i  Res
 Res

3
3
3
2
2
2
z i  z  1 z  1 
 z 1 z  1 z  1

  z  1 z  1






3
1




z  1
z i




 2 i  lim 
 lim
3
3
 2! z 1   z  1 z 2  1  z i  z  1  z  i  z  i 





 1 
1
1


  lim
 2 i  lim  2
z i  z  13  z  i  
 2 z 1  z  1 





 2z 
1
1




 2 i   lim

 2 z 1  z 2  1 2  i  13 i  i 




2
1

2  z 2 1  2z  2  z 2 1  2z
1
 2 i    lim


4
3
z 1
2i  i  1 
z2 1
 2
''












1

2  z 2  1z 2  1  4 z 4  4 z 2 
i
 2 i    lim


4
3
2  i  1 
z 2  1
 2 z 1

i
1
2  1  4 z 4  z 2 
 2 i  
  lim

3
z 1
z 2  14 
 2  i  1 2
 21  4  1

i

 2 i  

  1  i  .
4
3
2
2  i  1 
 1  1
104

2 Вычислить интеграл


ez 1
dz , где
z 2  2z  3


1
   z  : z   1 .
2


Р е ш е н и е . Контур  интегрирования есть окружность ра-
диуса R  1 с центром в точке z 
1
.
2
z 2  2 z  3  0 , z1  1 ,
Найдем особые точки функции:
z2  3 . Точка z2  3 лежит вне области, ограниченной контуром  , а z1  1 находится внутри области. Определим характер точки z1  1 :
ez 1
z
e 1
 z 
,
f z  
 z 3 
z  1z  3 z  1 z  1
e 1
ez 1
0.
где  z  
– аналитическая функция,  1 
4
z 3
Значит, точка z  1 – простой полюс.
Тогда вычет равен
e z 1
z  1 
z 1  z  1 z  3
Res f z   lim f z z  1  lim
z 1
z 1
 lim
e 1 e 1

.
z 3
4
z 1
z
По теореме 1 имеем:
ez 1
e 1
e 1
dz  2 i Res f z   2 i
 i
.
2
z 1
4
2
z  2z  3



3 Вычислить интеграл I 
 x
0
x 2 dx
2
105
9

2
.
Решение.
Так
как
2
x
f x  
четная, то
2
2
x 9

подынтегральная
функция


1
x 2 dx
.
I
2  x 2  9 2

Введем функцию f z  
z
z
2

2
9
, которая на действитель-

2
ной оси (при z  x ) совпадает f x  . Функция f z  имеет в
верхней полуплоскости полюс 2-го порядка в точке z  3i . Вычет f z  относительно этого полюса равен:

d  z2
2




z

3
i
2
2
z ai dz  2
z  ai

z2  9
z

9

d  z2 
2aiz
1
 lim

.

  zlim
z  ai dz  z  3i 2
 ai  z  3i 3
12i


Тогда с учетом (9.2) получим:
Res
z2


 lim



I
1
x 2 dx
1
1

  2 i 
 .
2
2  x 2  9
2
12 i 12



4 Вычислить интеграл
 x

dx
2

1
Р е ш е н и е . Функция f x  
3
x
.
1
2

1
3
определена на всей
действительной оси    x   . Аналитическое продолжение этой функции в верхнюю полуплоскость ( Im z  0 ) есть
функция f z  
z
1
2

1
3
, являющаяся аналитической в каждой
точке верхней полуплоскости за исключением точки z  i (полюса 3-го порядка). На действительной оси полюсов нет. При
106
этом для всех точек верхней полуплоскости, удовлетворяющих
условию z  R  R0  1 имеет место оценка:
f z  
z
1
2

 1
3
1
z
6
.
Поэтому для исходного интеграла можно применить теорему 2:
3
1
d 2  z  i   1
d2  1 


lim

lim
z i
z 2  13 2! zi dz 2  z 2  13  2 zi dz 2  z  i 3 
1
12
3i
  lim
 .
5
2 z i  z  i 
16
1
Res

Следовательно,

 x

dx
2

1
3
 2 i
n
 Res x
k 1
z  zk
 3i  3
.
2 i   
 16  8
1
1
2

3

5 Вычислить интеграл
x sin 2 x
dx .
x2  9


Р е ш е н и е . Введем вспомогательную функцию
ze i 2 z
.
f z   2
z 9
Видно, если z  x , то f z  совпадает с подынтегральной
x sin 2 x
функцией  x   2
.
x 9
Рассмотрим контур C R (рисунок 9. 1) При достаточно больz
шом R на контуре C R функция g z   2
удовлетворяет
z 9
R
неравенству g z   2
. Следовательно, g z  стремится к
R 9
нулю при R   .
Значит, по лемме Жордана lim
R 
107

CR
ze i 2 z
dz  0 .
z2  9
Так как точка z  3i является простым полюсом, то вычет
равен
ze i 2 z
ze i 2 z
z  3i   1 e 6 .
Res 2
 lim 2
z 3i z  9
z 3i z  9
2
Для любого R  3 по теореме 1 имеем
R
xei 2 x
xei 2 x
zei 2 z
1
dx

dx

2

i

Res
 2 i  e 6   ie 6 .
 R x2  9 C x2  9
z  3i z 2  9
2
R
Переходя к пределу при R   , получим:

xei 2 x
dx  ie 6 .
2
x

9


Отделяя слева и справа действительные и мнимые части, получим:

x sin 2 x
dx   e 6 .
2
x 9


2
dx
 2  cos x .
6 Вычислить интеграл
0
Р е ш е н и е . Имеем:
z  e ix ; dx 
1
1  z2 1
dz
: cos x   z   
.
2
z
2z
iz
Тогда
2
dx
dz 2

z  1 iz i
z 1 2 
2z
 2  cos x  
0
1
2
Найдем особые точки функции f z  

z 1
dz
z  4z  1
2
.
1
:
z  4z  1
2
z 2  4z 1  0 ;
z1  2  3 ; z2  2  3
Точка z1 лежит в круге z  1 , а точка z2 – вне круга. Тогда
по формуле (9.3) получим:
108
2
dx
2
 2  cos x  i 2i
0
1
Res
z  2  3
z 

z  4z  1
2

32

z 3 2 z  3  2 z  3  2
1
4
2
.
 4 lim


z  3 2 z  3  2
2 3
3

1
7 Найти сумму ряда  2
.
k 1 k  4
 4 lim



Р е ш е н и е . Рассмотрим функцию f  z  
1
. Эта функz 4
, кроме точек z1  2i и z2  2i ,
2
ция аналитична всюду на
которые являются простыми полюсами.
Поскольку
f z  
то
1

z 4
2
1
4

z 1  2 
 z 
,
2
1
1
 O 2  при z   .
z 4
z 
2
Применяя теорему 3, получим:
1
ctg  z
ctg  z 

  Res 2
 Res 2

z


2
i
z

2
i
4
z 4
z  4 

k 1
ctg  z
ctg  z 

 ctg  2i  ctg 2i  
   lim
 lim
  



z 2i
2z 
2i  2 
 z 2i 2 z
  2i  2

k


2
2
cth 2 .

Ряд
k
k  
2
1
можно записать в виде
4
109

k
k 
2
1
1
1
1
1
1
 ... 

 2
 2
 2
 ... 
2
2
4
 2  4  1  4 0  4 1  4 2  4

1
1
2
.
2
4
k 1 k  4
Отсюда находим, что

1
1 
1
1

 .
2
2
2
8
k

4
k

4
k 1
k  
Искомая сумма данного ряда равна

1

1
 k 2  4  4 cth 2  8 .
k 1




Задания для аудиторной работы
1 Вычислить интегралы:
а)
б)
ez 1
 z 2  z dz ;
z 4
zdz

z  1 z  2
2
z 4
л)
м)
н)
z 1
д)
е)
z 3 sin
1
dz ;
z
о)
eiz dz
;
3

z 4 z   

z
cos zdz
z2  4
 z  1e
;
1
z
dz ;
1
z
3
3


z 4
2
1


в)   sin 2  e z cos z dz ;
z

2
z
г)
z 3 sin
z 1
;
1
dz ;
z

п)
z 1
dz ;
z

2
z

3
z 4


2
z tg  zdz ;
z 1
sin z
dz ;
2
z

z
3
р)
110
zdz
;
z
e

3
z 1  4

e z dz
;
4
2

z

2
z

1
z i 1
ж)
1
z2

и)
3
2
z i 

к)
e
dz ;
z2 1
z sin zdz
z  1
5
z 2
;
с)
1  cos 2 z
dz ;
2

z

z

2
z i  2  2
т)
z sin z
dz ;
z

5
z

6
z i 3
у)
 sin z

2
1
2
dz .
z 1
2 Вычислить с помощью вычетов интегралы:
2

а)
0
2
б)
2
dx
;
3  2 cos x  sin x
л)
0
2
1  cos x
 2  sin x dx ;
м)
0

в)
 x
2


г)
 x


д)
x
2


н)


2
о)
;

п)
;
и)
р)
 x

2
2
 2 x  10

0

2
т)
 2x  2

x sin x dx
 4 x  20
1  x 
2 2
;
dx
x  32
 x

111
;
 3  cos x ;

dx ;
2
dx
2
2
2
с)

1
x 3 sin 2 xdx
0
dx
0 1  4cos x  4 ;
2x  4
x

cos xdx
 x 2  9 ;

dx

2
ж)
 x


е)
 x

 4x  13
 2 x  10
2
0

x cos x dx
sin 2 x dx
 8  sin x ;

dx
;
1 x2  4
xdx
2 dx
 2  sin x ;
2
9

3
dx ;
2
;
;

к)
x 2 cos 2 x
 x
2
0

1
2

у)
dx ;
x sin x
 x
2
0
3 Найти суммы следующих рядов:
k

 1
а) 
;
2
k 1 k  4 



б)
9

2
dx .
 1k cos k .
k2 9
k 1
Задания для домашней работы
1 Вычислить интегралы:
а)

z
z 2 sin
1
2
1
dz ;
z
л)
z cos z
dz ;
z  2z  8
z  i 3

2
2
б)

z i 1  2
e z dz
z  3z  2
2
;
z sin z
dz ;
в) 
2
z  5z  6
z i 3
cos z dz

м)
z  6z  9
2
z 1 i  4
;
e3 z
dz ;
н) 
z 2  iz
z 1 i  4
1
iz
г)
e
dz ;
z 4
z i 1  2
д)
 z  1e z 1 dz ;

2
 z 3
о)
e
dz ;
z  6z  9
z i  2 3
п)
1 z2
1

cos

 1  z  e sin z 2 dz ;
z
1
z 2

2
2
1
1
sin dz ;
е) 
z 1
z
z 2
ez 1
dz ;
р)  3
z  iz 2
z i 3
z 2 dz
ж) 
;
sin 3 z cos z
z 1
с)
и)
2
z

3z
e
dz ;
z

18
z

81
z  5  3i  6

2
т)
e
1
z 1
 z  1
2
z 2
112
dz
,  : x2  y 2  2 x ;
1
4
dz ;
2
ez
dz ;
к) 
z 2  4z  4
z 1 5
у)

1
dz .
z3
z 5 sin
z 1
2 Вычислить с помощью вычетов интегралы:
2
а)

0
л)
2
 sin x  cos x  2 ;
м)
0

в)
 x


г)
 x

 8 x  25
0

2
н)
;
2
 2x  2


2
о)
;
п)
cos x
0 x 2  9 dx ;
р)
cos 2 xdx
с)


к)

0
 x2  4  x2  9
2
x3 sin 2 x
1  x 
2 2
x
dx ;

2
dx ;
1
x sin 2 x dx
2
 8 x  25
;
dx
 1  2cos x ;
0

dx

2
x sin 2 x
dx ;
x2  4


0
и)
2
2
 1  6cos x  9 ;


9



ж)
2

cos x dx
д)  2
;
2
0  x  1 x  4 
2
x 1
x 1
 x


е)
 x

2
x dx
sin 2 x dx
 5  2 sin x ;

2 xdx
2
cos x dx
 3  2 sin x  cos x ;
0
1  sin 2 x dx
2
б)
2
cos x dx
;
4  2 sin x  cos x
2
т)
;
x 4 dx
 x


у)
dx ;
 x
3 Найти суммы следующих рядов:
k

 1
а) 
;
2
k 1 k  9 

б)

k 1
113

4
1
x 2 cos x
0

2
2

1
2
;
dx .
 1k cos k .
k2  4