Добавил:

Rumpelstilzchen Rumpelstilzchen2018@yandex.ru Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

Математический анализ

Файл:

15 - презентация

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

25.12.2020

Размер:

707.51 Кб

Скачать

☆

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

Лекция 15

Тема 6. Вычеты функций

6.1.Вычет функции в изолированной особой точке

6.2.Вычет функции в бесконечно удаленной точке

6.1. Вычет функции в изолированной особой точке

Рассмотрим точку 0 − Тогда существует R: разложима в ряд Лорана:

изолированную	особую точку функции ( ).
в кольце 0 < \| − 0\| <		( ) − аналитична,
( ) = ∑+∞	( − ) ,
=−∞	0

где =	1	( )
где =
	2	( − ) +1
	2	( − ) +1
		0

, = 0, ±1, ±2, …,

C – любой замкнутый контур, принадлежащий кольцу 0 < | − 0| < . Определение 1. Вычетом аналитической функции ( ) в изолированной

особой		точке		0 называется			комплексное число,	обозначаемое
(		) =			( )	и	определяемое	равенством
	0		0
	( ) =		1	( ) ,
	( ) =		2	( ) ,
0			2

где – любой контур, лежащий в области аналитичности функции( ), содержащий внутри себя единственную особую точку 0 функции ( ).

Замечание 1. Если точка 0 − правильная, то интеграл в правой части определения равен нулю (по теореме Коши), следовательно, вычет функции в правильной точке равен нулю.

1 ( ) Замечание 2. Так как = 2 ( − 0) +1 ,

| =−1 = −1 = 21 ( ) = ( 0), то есть ( 0) = −1.

Определение 2. Вычетом аналитической функции ( ) в изолированной особой точке 0 называется коэффициент при ( − 0)−1 в разложении ( ) в ряд Лорана в окрестности точки 0.

Формулы для вычисления вычетов функции ( ):

1.Если 0 – правильная точка функции ( ), то ( 0) = 0.

2.Если 0 – устранимая особая точка функции ( ), то ( 0) = 0 (в ряде Лорана нет главной части, −1 = 0).

3.Если 0 – простой полюс, то ряд Лорана имеет вид:

( ) =	с−1	+ ∑∞			( −		)

	− 0	=0				0

( )( − ) = с			−1	+ ∑∞			( − ) +1
0					=0		0

lim → 0 ( )( − 0) = −1, ( 0) = lim → 0 ( )( − 0)

4. Если ( )

в окрестности точки 0

представима как частное двух

аналитических функций

( ) =

( )

причем

(

) ≠ 0,

(

) = 0,

( )

′(

)

≠ 0, т.е.

– простой полюс функции ( ),

Н(0)

= П(1), то

Н(1)

(

) =

( )

lim

( )

( − ) =

lim

( )

( ) − (

)

′( )

0 ( )

→ 0

( )

→ 0

− 0

5. Если 0 – полюс порядка функции ( ), то ряд Лорана имеет вид:

( ) =

−

+ +

с−1

+ ∑∞

( − )

−

( )( − )

+ + с

−1

( − ) −1 + ∑∞

( − ) +

−

−1

[ ( )( −

) ] = ( − 1)! с

+ ! с ( − ) + , при →

−1

с = (

) =

−1

[ ( )( − ) ].

( −1)!

−1

→ 0 −1

6. Если точка 0 – существенно особая точка функции ( ), то для нахождения необходимо найти коэффициент −1 в лорановском разложении функции ( ) в окрестности точки 0 ( ( 0) = −1).

Примеры. Найти вычеты функции в ее особых точках.

1)	( ) =	1	=	1	.

		− 3		(1− )(1+ )

Особыми точками функции ( ) являются точки 1 = 0, 2 = 1, 3 = −1, это простые полюса.

В точке 1 = 0

( ) = →0

( ( ) ∙ ) =

= 1,

(1− )(1+ )

→0

В точке 2 = 1

( ) = →1

( ( ) ∙ ( − 1)) =

−1

= −

→1

(1+ )

В точке 3 = −1

( ) = →−1( ( ) ∙ ( + 1)) =

= −

(1− )

=−1

→−1

−1 2). ( ) = 2(−)

Особыми точками функции ( ) являются точки 1 = 0, 2 = . В точке = 0

( ) =		− 1	=	−2	=	1	.
		2( − )		22( − )		2
→0	→0		→0

Следовательно, = 0 – устранимая особая точка и ( ) = 0.

				=0
В точке = имеем полюс первого порядка. Тогда
( ) =		( − 1)( − )	=	−1 − 1	= −	2	.
		2( − )		2
=	→					2

3)	( ) =	2
		3+1

Особые точки функции ( ) – нули знаменателя, т.е. корни уравнения3 + 1 = 0. Решая это уравнение, получим

( +2 )

, = −1,0,1,

= −

( = −1),

( = 0),

( = 1) – нули

т.е.

первого порядка знаменателя, т.е. полюса первого порядка функции

( ).

( ) =	2			=	1	,
			\|=
	3	2			3

=

т.е. вычеты по всех особых точках функции равны 13.

4) ( ) = 4+1.

Особые точки функции ( ) – нули знаменателя, т.е. корни уравнения

4 + 1 = 0. Решая это уравнение, получим		( +2 )
	=
		4

, = 0,1, 2, 3,

т.е. =

( = 0), =

( = 1),

( = 2),

( = 3)

– нули первого порядка знаменателя,

Н(0)

т.е. полюса

первого порядка

функции ( ),

= П(1).

Н(1)

Воспользуемся формулой из п.4.

( ) =

, т.е.

( ) =

√2

+ √2,

( ) = −

√2

+ √2,

( ) = −

√2 −

√2, ( ) =

√2 − √2.

8 =

5) ( ) =

5+4 3

Особые точки

функции

находятся

из

уравнения

5 + 43 = 0 или

3( + 2)( − 2) = 0.

1 = 0 – полюс третьего порядка,

2,3 = ±2 – полюса первого порядка.

Найдем вычеты по формуле (5.7) в точках 2,

( ) = →2

( −2 )

( +2 )( −2 )

(2 )

( ) = →−2

( +2 )

( +2 )( −2 )

(−4 )

=−2

(−2 )

и в точке 1

по формуле вычисления вычета в полюсе 3-го порядка:

( ) =

→0

[

1 3

] =

→0

[−

] =

3( 2+4)

( 2+4)2

= − →0

−3 2+4

= −

( 2+4)2

( 2+4)3

( ) =

3−

2( −

)

Особые точки функции ( ) –

= 0,

1 = 0 является нулем второго порядка для знаменателя.

Рассмотрим числитель: 2|

= 0, ( 2)′ = 22|

= 0,

( 2)′′ = 22 − 2 ∙ 2 (−2)|

= 2 ≠ 0, следовательно,

числителя точка 1 = 0 является также нулем второго порядка.

Итак, =

Н(2)

= УОТ – устранимая особая точка. ( ) = 0.

Н(2)

1=0

2 =

является нулем первого порядка для знаменателя,

Н(0)

следовательно,

= П(1) – полюс первого порядка.

Н(1)

( ) = lim

( ) ( −

) = lim

→

→4

для

≠ 0,

1 / 31 2 3 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Лекции

#
25.12.2020751.91 Кб512.pdf
#
25.12.2020852.96 Кб313 - презентация.pdf
#
25.12.2020530.22 Кб313.pdf
#
25.12.2020793.25 Кб314 - презентация.pdf
#
25.12.2020519.02 Кб314.pdf
#
25.12.2020707.51 Кб315 - презентация.pdf
#
25.12.2020532.12 Кб315.pdf
#
25.12.2020859.93 Кб316 - презентация.pdf
#
25.12.2020636.76 Кб316.pdf