Формула Коши была выведена в прошлый раз: \[ f\left(z_{0}\right)=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits _{C}\frac{f\left(z\right)}{z-z_{0}}dz, \] где $f\left(z\right)$ – функция, аналитичная во всей области комплексной плоскости, ограниченной замкнутым контуром $C$, $z_{0}$ – точка из внутренности этой области.
Найдём от обеих частей этой формулы $\frac{\partial}{\partial z_{0}}$: \[ f^{\prime}\left(z_{0}\right)=\frac{1}{2\pi i}\oint\limits _{C}\frac{f\left(z\right)}{\left(z-z_{0}\right)^{2}}dz,\qquad f^{\prime\prime}\left(z_{0}\right)=\frac{2}{2\pi i}\oint\limits _{C}\frac{f\left(z\right)}{\left(z-z_{0}\right)^{3}}dz,\qquad f^{\prime\prime\prime}\left(z_{0}\right)=\frac{6}{2\pi i}\oint\limits _{C}\frac{f\left(z\right)}{\left(z-z_{0}\right)^{4}}dz, \] и в целом (желающие могут доказать методом математической индукции): \[ f^{\left(n\right)}\left(z_{0}\right)=\frac{n!}{2\pi i}\oint\limits _{C}\frac{f\left(z\right)}{\left(z-z_{0}\right)^{n+1}}dz. \] Даишев, Кузнецова, № 6.16 \[ \oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{3}\left(z-1\right)}dz \]
Для этой задачи решение приведено в самой методичке, но я предложу своё, содержащее больше алгебры и меньше геометрии. Разложим \[ \frac{1}{z^{3}\left(z-1\right)}=\frac{\left(1-z\right)+z}{z^{3}\left(z-1\right)}=-\frac{1}{z^{3}}+\frac{1-z+z}{z^{2}\left(z-1\right)}=-\frac{1}{z^{3}}-\frac{1}{z^{2}}+\frac{1-z+z}{z\left(z-1\right)}= \] \[ =-\frac{1}{z^{3}}-\frac{1}{z^{2}}-\frac{1}{z}+\frac{1}{z-1}. \] Тогда \[ \oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{3}\left(z-1\right)}dz=-\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{3}}dz-\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{2}}dz-\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z}dz+\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z-1}dz \] Функция $e^{z}$ аналитична во всём круге, ограниченном контуром интегрирования, точки $z_{0}=0$ и $z_{0}=1$ принадлежат кругу внутри окружности интегрирования, поэтому применим формулу Коши: \[ \oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z-1}dz=2\pi ie^{1}=2\pi ie \] \[ \oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{n}}dz= \frac{2\pi i}{(n-1)!}\left.\frac{d^{n-1}e^{z}}{dz^{n-1}}\right|_{z=0}=\frac{2\pi i}{(n-1)!} \] \[ \oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{3}}dz=\frac{2\pi i}{2!}=\frac{2\pi i}{2}, \qquad\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{2}}dz=\frac{2\pi i}{1!}=2\pi i, \qquad\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z}dz= \frac{2\pi i}{0!}=2\pi i, \] тогда \[ \oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{3}\left(z-1\right)}dz= -\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{3}}dz-\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z^{2}}dz-\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z}dz+\oint\limits _{\left|z-2\right|=3}\frac{e^{z}}{z-1}dz= \] \[ =-2\pi i\left(\frac{1}{2}+1+1\right)+2\pi ie=2\pi i\left(e-\frac{5}{2}\right). \] Задание: № 6.15, 6.17 – 6.20.
Теперь вспомним ряды Тейлора. Ряд Тейлора для функции $f\left(z\right)$ вокруг точки $a$ имеет вид \[ f\left(z\right)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(z-a\right)^{n} \] Для разложения данных функций применяются табличные ряды, известные с первого курса, и подходящие к каждому отдельному случаю приёмы. Например, № 7.1 п.1) \[ z^{3}=\left[\left(z-2\right)+2\right]^{3}=8+12\left(z-2\right)+6\left(z-2\right)^{2}+\left(z-2\right)^{3}=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(z-2\right)^{n}, \] где $a_{0}=8$, $a_{1}=12$, $a_{2}=6$, $a_{3}=1$, $a_{n}=0$ ($n > 3$). Сходится этот ряд везде.
п.3) Как известно, \[ \cos x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k\right)!}x^{2k}. \] Поэтому \[ z\cos z=-z\cos\left(z-\pi\right)=-\left(z-\pi+\pi\right)\cos\left(z-\pi\right)=-\left(z-\pi\right)\cos\left(z-\pi\right)-\pi\cos\left(z-\pi\right)= \] \[ =-\left(z-\pi\right)\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k\right)!}\left(z-\pi\right)^{2k}-\pi\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k}}{\left(2k\right)!}\left(z-\pi\right)^{2k}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2k\right)!}\left(z-\pi\right)^{2k+1}+\sum_{k=0}^{\infty}\pi\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2k\right)!}\left(z-\pi\right)^{2k}=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(z-\pi\right)^{n}, \] где $a_{2k}=\pi\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2k\right)!}$, $a_{2k+1}=\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{\left(2k\right)!}$. Как сумма двух сходящихся везде рядов, этот ряд тоже сходится везде.
п.5) Как известно, \[ \frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^{\infty}x^{k}. \] Поэтому \[ \frac{1}{1-z^{2}}=\sum_{k=0}^{\infty}z^{2k}. \] № 7.2 п.1) \[ \int\limits _{0}^{z}e^{\varkappa^{2}}d\varkappa=\int\limits _{0}^{z}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\varkappa^{2n}}{n!}d\varkappa=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{2n+1}}{n!\left(2n+1\right)} \] Задание: № 7.1 и 7.2 – всё, что осталось.
Ряды Лорана отличаются от рядов Тейлора тем, что простираются в бесконечность в обе стороны: \[ f\left(z\right)=\sum_{n=-\infty}^{\infty}a_{n}\left(z-a\right)^{n}. \] Сходятся эти ряды в областях на комплексной плоскости, которые представляют собой кольца с центром в точке разложения $a$. Границы этих колец - окружности с центром в точке $a$ и проходящие через точки разрыва функции $f\left(z\right)$.
Ряд Лорана можно представить в виде \[ f\left(z\right)=\sum_{n=-\infty}^{-1}a_{n}\left(z-a\right)^{n}+\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}\left(z-a\right)^{n}, \] где первая часть (с отрицательными степенями) называется главной, а вторая – правильной.
№ 7.13 Разложить в ряд Лорана вокруг $0$: \[ \frac{\left(z-1\right)^{2}}{z}=\frac{z^{2}-2z+1}{z}=\frac{1}{z}-2+z, \] что уже есть ряд Лорана с главной частью $\frac{1}{z}$, и правильной $-2+z$.
№ 7.14 Разложить в ряд Лорана вокруг $0$: \[ \frac{z}{z^{2}-\left(b+c\right)z+bc}=\frac{z}{\left(z-b\right)\left(z-c\right)}=\frac{1}{b-c}\left(\frac{b}{z-b}-\frac{c}{z-c}\right)=\frac{1}{b-c}\left(\frac{1}{1-\frac{z}{c}}-\frac{1}{1-\frac{z}{b}}\right)= \] \[ =\frac{1}{b-c}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z}{c}\right)^{n}-\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{z}{b}\right)^{n}\right)=\frac{1}{b-c}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{c^{n}}-\frac{1}{b^{n}}\right)z^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{b^{n}-c^{n}}{\left(b-c\right)b^{n}c^{n}}z^{n}. \]
Задание: № 7.12, 7.15, 7.16.
