Методическое пособие 582

нечно удаленной точки: c0=1, c-1 = 1, остальные коэффициенты

от нуля даже в том случае, когда эта точка – устранимая особая точка.

Приведем еще одну формулу для вычисления вычета в бесконечно удаленной точке. Для этого рассмотрим часть ряда Лорана

(1.88) для функции f (z) в окрестности бесконечно удаленной точки

f (z) ... cz1 c0 c1z ... .

Если в этом равенстве z заменить на 1/z, а затем обе части полученного равенства умножить на 1/z2, то получим

Получили ряд Лорана для функции (1/z2)f(1/z) в окрестности точки z = 0. Отсюда следует, что

Re s[(1 / z 2 ) f (1 / z),0] = c 1 = - Re s [ f (z) , ].

Следовательно,

Из определения вычета функции в бесконечно удаленной точке и из основной теоремы о вычетах вытекает следующая теорема.

70

Иногда для вычисления вычета функции в простом полюсе более удобна другая формула.

простой нуль для функции (z) и, следовательно, простой полюс для функции f (z) . Тогда

этом случае ряд Лорана для функции f(z) в окрестности точки z0 имеет вид

где c-n 0.Если обе части этого равенства умножить на (z-z0)n, то

получим

(z-z0)n f (z) = c-n + c-n+1(z-z0) + ...+c-1(z-z0)n-1 + +

+ c0(z-z0)n + c1(z-z0)n+1 + .... .

Обе части этого равенства продифференцируем (n-1) раз. В результате получим

72

Примеры.

1. Найти вычеты функции f (z) = 1/(z2+4) во всех ее особых

точках.

Точки z1 = 2i и z2 = -2i являются простыми полюсами функции f (z) . С помощью формулы (1.94) находим, что

Res[1/(z2+4),2i] = 1/(2z) z=2i = 1/(4i) = -i/4.

Res[1/(z2+4),-2i] = 1/(2z) z=-2i = 1/(-4i) = i/4.

Так как сумма вычетов во всех особых точках, включая бесконечно удаленную точку, равна нулю, то отсюда следует, что

73

особых точек. Чтобы найти эти точки и вычислить вычеты в них, потребуются значительные вычисления. Чтобы избежать этого воспользуемся теоремой о том, что сумма всех вычетов функции, включая и вычет в точке z = , равна нулю. Поэтому

74

Этот интеграл можно вычислить двумя способами: во-первых,

с помощью замены переменной z = eit , dz = ieitdt вычисление интеграла (18.1) сводится к вычислению определенного интеграла по формуле (1.55), и, во-вторых, интеграл (1.96) можно вычислить с помощью вычетов. Таким образом, справедливы две формулы:

Приведенные рассуждения применимы для вычисления инте-

2

гралов вида R(cost, sin t)dt , где R(u,v) –дробно-рациональная

0

следовательно,

В результате получили интеграл, который можно вычислить с помощью вычетов.

76

z2 = 2, - простые полюсы, причем в круге z< 1 лежит одна точка z

=1/2.

1.18.2.Вычисление несобственных интегралов

спомощью вычетов

Теорема. Пусть функция f (z) аналитична в верхней полу-

плоскости Imz 0, кроме конечного числа особых точек z1, z2,..., zn, ни одна из которых не лежит на действительной оси, и

пусть lim[zf (z)] 0 .

z

Тогда

Доказательство. Проведем в верхней полуплоскости дугу CR окружности z= R. Радиус R этой окружности выберем так, чтобы

77

все особые точки функции f (z) , расположенные в верхней полуплоскости, оказались внутри контура C,

Оценим интеграл по дуге CR. Так как lim[zf (z)] 0 , то по лю-бому

z

>0 можно указать число N = N( ) такое, что неравенство zf(z) < выполняется для всех z, для которых z >N. Поэтому, если R>N, то во всех точках дуги CR выполняется неравенство f (z) < /R. От-

сюда и из свойства 5 интеграла от функции комплексного переменного следует, что

f (z)dz <( /R) R = ,

CR

следовательно,

lim f (z)dz = 0.

R

CR

Переходя в равенстве (1.99) к пределу при R находим,

что

78

плоскости Imz>0 кроме одной особой точки z=1+i, являющейся полюсом кратности 2, и

1.18.3 Лемма Жордана. Применение леммы к вычислению несобственных интегралов

Пусть CR - дуга окружности радиуса R с центром в начале координат, расположенная в полуплоскости Imz > b (рис. 1.29).

Лемма. Если функция f (z) аналитична в полуплоскости Imz b кроме конечного числа особых точек, ни одна из которых не лежит на

прямой Imz = b, и если lim f (z) = 0, то при любом t > 0,

z

lim eitz f (z)dz = 0.

R

CR

79