3-й семестр / Лекции / 15
.pdfЛЕКЦИЯ 15
5.4. Вычеты функций.
Определение 5.7. Вычетом аналитической функции ( ) в изолированной особой точке 0 называется комплексное число, обозначаемое символом (0) и определяемое равенством
1 (0) = 2 ( ),
где – любой контур, лежащий в области аналитичности функции ( ), содержащий внутри себя единственную особую точку 0 функции ( ).
Предполагается, что контур C проходится в положительном направлении, т.е. против часовой стрелки.
Теорема 5.5. Вычетом аналитической функции ( ) в изолированной особой точке 0 является коэффициент при ( − 0)−1 в разложении функции ( ) 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.
3.если 0 – полюс порядка функции ( ), то
( |
) = |
1 |
|
|
|
|
−1 |
[ ( )( − |
) ]. |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
0 |
|
|
( − 1)! → 0 −1 |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
4. если 0 – простой полюс ( = 1), то |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
( ) |
= |
|
1 |
|
|
|
−1 |
[ ( )( − |
|
) ]. |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
0 |
|
( − 1)! → 0 −1 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
5. если ( ) в окрестности |
точки |
|
0 представима |
|
как |
частное |
двух |
|||||||||||||||
аналитических функций ( ) = |
( ) |
, причем ( |
) ≠ 0, |
( |
) = 0, ′( ) ≠ |
|||||||||||||||||
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
( ) |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
|
0 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
0, т.е. 0 – простой полюс функции ( ), то |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
( ) |
= |
|
(0) |
. |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
′(0) |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( ), то |
|
||||
6. если точка 0 – |
существенно |
|
особая точка функции |
для |
нахождения необходимо найти коэффициент −1 в лорановском разложении функции ( ) в окрестности точки 0 ( (0) = −1).
Пример 5.9.
Найти вычеты функции в ее особых точках ( ) = −1 .
2( − )
Решение: 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, так как ( ) можно представить в виде (по теореме 5.3). Тогда
( ) = |
( − 1)( − ) |
= |
−1 − 1 |
= − |
2 |
. |
||||
2( − ) |
2 |
|
|
|||||||
= |
→ |
|
|
|
2 |
|||||
Пример 5.10. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Найти вычеты функции в ее особых точках |
( ) = |
2 |
|
. |
|
|
||||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
3+1 |
|
|
Решение: особые точки функции ( ) – нули знаменателя, т.е. корни уравнения 3 + 1 = 0. Решая это уравнение, получим
|
|
|
|
|
|
|
( +2 ) |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
= |
|
|
3 |
|
, = −1,0,1, |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
= − |
( = −1), |
|
( = 0), |
= ( = 1) – нули первого |
||||||||||
т.е. |
|
|
= |
|
|
||||||||||
3 |
|
3 |
|||||||||||||
1 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
||
порядка знаменателя, т.е. полюса первого порядка функции ( ). |
|||||||||||||||
|
|
|
|
( ) = |
2 |
= |
1 |
, |
|||||||
|
|
|
|
|
| |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
3 |
||||||||||
|
|
|
|
= |
|
32 = |
|
|
т.е. вычеты по всех особых точках функции равны 13.
Пример 5.11.
Найти вычет функции в ее особой точке ( ) = 2 1.
Решение: особая точка функции ( ) есть точка = 0. Она является существенно особой точкой функции ( ). Чтобы убедиться в этом, достаточно выписать лорановское разложение функции ( ) в окрестности точки = 0, используя формулу (4.5)
( ) = 2 ( |
1 |
|
− |
|
1 |
|
+ |
|
1 |
|
− |
|
1 |
+. . . ) = |
||
|
3! 3 |
5! 5 |
7! 7 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
= − |
1 |
+ |
|
1 |
− |
|
1 |
+. .. |
||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||
|
3! |
5! 3 |
7! 5 |
Оно содержит бесконечное число членов в главной части. Вычет функции в
точке = 0 есть коэффициент −1 |
= − |
1 |
, т.е. ( ) = − |
1 |
|
= − |
1 |
. |
||
|
|
|
|
|||||||
|
|
3! |
=0 |
|
|
3! |
|
6 |
||
Пример 5.12. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Найти вычет функции в ее особых точках ( ) = |
1 |
. |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|||||
5+4 3 |
|
|
|
|
|
Решение: 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, |
3 |
|
|
|
|||||||||||
( ) = |
|
|
|
( −2 ) |
= |
|
|
1 |
= |
1 |
, |
|
|
|
|
→2 3( +2 )( −2 ) |
(2 )34 |
|
|
|
|
||||||||||
=2 |
|
|
|
32 |
|
|
|
||||||||
( ) = |
|
|
( +2 ) |
|
|
= |
|
|
1 |
|
|
= |
1 |
, |
|
→−2 3( +2 )( −2 ) |
|
(−2 )3(−4 ) |
32 |
||||||||||||
=−2 |
|
|
|
|
|
и в точке 1 по формуле вычисления вычета в полюсе 3-го порядка:
( ) |
= |
1 |
|
|
2 |
[ |
1 3 |
] = |
1 |
|
|
|
[− |
2 |
] = |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
→0 2 |
3( 2+4) |
|
|
→0 |
( 2+4)2 |
|||||||||||||||
=0 |
|
2! |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||
= − |
|
|
|
|
|
|
|
= − |
|
−3 2+4 |
= − |
1 |
|
. |
|
|
||||||
→0 ( 2+4)2 |
|
|
|
|
|
16 |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
→0 ( 2+4)3 |
|
|
|
|
|
Тема 6. Основная теорема о вычетах. Приложения вычетов
6.1. Основная теорема о вычетах.
Теорема 6.1. Если функция ( ) аналитична всюду внутри области, за исключением конечного числа изолированных особых точек 1, 2,. . . , , тогда
( ) = 2 ∑ ( ).
|
|
|
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
Контур Г проходится в положительном направлении, т.е. против часовой стрелки.
Пример 6.1.
Вычислитьинтеграл ∫| +2|=1 ( +2)2( 2+1).
Решение: особые точки подынтегральной функции определяются из уравнения ( + 2)2(2 + 1) = 0.
1 = −2 – полюс второго порядка,
2,3 = ± – полюса первого порядка (см. рис.).
Внутри окружности | + 2| = 1 лежит |
одна точка = −2, |
поэтому по |
||||||||||||||||
основной теореме о вычетах |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
∫ |
|
|
|
= 2 |
( ). |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
( + 2)2( 2 + 1) |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
| +2|=1 |
|
|
|
=−2 |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Найдем ( ) по формуле (5.6) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
=−2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
( + 2)2 |
|
|
|
|
|
−2 |
|
|
4 |
|
||
( ) = |
|
|
→−2 |
|
[ |
|
|
|
|
|
] = |
|
|
= |
|
. |
||
1! |
|
|
( + 2)2( + )( − ) |
( 2 + 1)2 |
25 |
|||||||||||||
=−2 |
|
|
|
→−2 |
|
|
||||||||||||
Подставляя в (6.2), получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
∫ |
|
|
|
|
= |
|
. |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
( + 2)2( 2 |
+ 1) |
25 |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
| +2|=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 6.2.
1
Вычислить интеграл∫| − |=2 2 .
Решение: в области : | − | < 2 функция ( ) = 2 1 имеет одну особую точку = 0. Это существенно особая точка, так как ее лорановское разложение в окрестности = 0 имеет вид (используем формулу (4.1))
( ) = 2 (1 + |
1 |
+ |
1 |
|
+ |
|
1 |
|
+ |
|
1 |
+ ) = |
|
|
2! 2 |
|
3! 3 |
4! 4 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
= 2 + + |
1 |
+ |
1 |
|
+ |
|
1 |
|
+ |
||||
|
3! |
4! 2 |
|||||||||||
|
|
|
2! |
|
|
|
Оно содержит бесконечное число членов в главной части. Вычет в точке= 0 равен коэффициенту 1 = 3!1 , т.е. =0 ( ) = 3!1 . По теореме 6.1
∫ |
2 |
= 2 |
( ) = 2 |
= . |
|||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
=0 |
|
|
|
|
|
| − |=2 |
|
3! |
3 |
|
|||
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
6.2. Вычет функции в бесконечно удаленной точке
Определение 6.1. Функция ( ) аналитична в бесконечно удаленной точке= ∞, если функция (ζ) = f (1) аналитична в = 0.
Определение 6.2. Если = 0 – правильная, устранимая, полюс или существенно особая точка функции ( ), то точка = ∞ называется правильной, устранимой, полюсом или существенно особой точкой функции
( ).
Определение 6.3. Вычетом аналитической функции ( ) в точке = ∞ называется комплексное число, равное значению интеграла
1(∞) = 2 ∫−( )
по любому замкнутому контуру, проходимому по часовой стрелке, вне которого функция аналитична и не имеет особых точек, отличных от = ∞, т.е.
|
( ) = |
1 |
∫ ( ) = − |
1 |
∫ ( ), |
|
|
||||
=∞ |
|
2 |
− |
2 |
+ |
|
|
=∞( ) = −−1.
Пример 6.3.
Найти вычет в = ∞ для функции ( ) = cos .
Решение: |
сделаем замену |
= |
1 |
, тогда лорановское |
разложение |
cos в |
|||||||||||||||
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
окрестности точки = ∞ ( = 0) имеет вид |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
( ) = cos |
|
= 1 − |
|
|
|
+ |
|
|
|
− , |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
2! 2 |
4! 4 |
|
|
|
||||||||||||
т.е. = 0 |
– |
существенно |
|
особая |
|
точка. Для нахождения вычета |
|||||||||||||||
воспользуемся разложением функции в ряд Тейлора: |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
4 |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
cos = 1 − |
|
+ |
|
|
− , |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
2! |
4! |
|
|
|
|
|
||||||||||||
Коэффициент |
|
в разложении cos равен нулю |
|
= 0, т.е. |
|
( ) = |
|||||||||||||||
|
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
−1 |
|
=∞ |
|
||||
0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Теорема 6.2. Если функция ( ) аналитична на полной комплексной плоскости за исключением конечного числа изолированных особых точек
1, 2, … , −1, = ∞, то
∑ ( ) = 0
=1
или
−1
∞( ) = − ∑ ( ).
=1
Последней формулой удобно пользоваться при вычислении некоторых интегралов.
Пример 6.4.
Вычислить интеграл = ∫| |=4 6+9 4.
1
Решение: подынтегральная функция ( ) = 6+9 4 внутри окружности
| | = 4 имеет три особые точки 1 = 0, 2 = 3, 3 = −3.
Использование основной теоремы о вычетах приводит к громоздким вычислениям. Удобнее воспользоваться формулой (6.7): = −2 ∞( ).
Выпишем лорановское разложение функции ( ) в окрестности
бесконечно удаленной точки = ∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
1 |
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
9 |
|
81 |
|
|||||||||
( ) = |
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
(1 − |
|
+ |
|
|
− ) = |
|||
6 + 94 |
6 |
1 + |
9 |
|
6 |
2 |
4 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
9 |
|
|
81 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
= |
|
|
− |
|
+ |
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
6 |
8 |
10 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Коэффициент 1 = 0, т.е. ∞( ) = 0, следовательно |
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
|
= 0. |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
6 |
+ 94 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
| |=4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|