Учебное пособие 1865

Теорема 7.6 о существенно особой точке переписывается для случая z0 = ∞ почти дословно, и мы не останавливаемся

на этом подробно.

7.2. Вычет функции в изолированной особой точке

Согласно теореме 2.1 (Коши), интеграл от аналитической функции f(z) по замкнутому контуру Г равен нулю, если Г лежит в области аналитичности функции f(z) и не содержит внутри себя особых точек функции f(z). Если же внутри контура Г имеются особые точки, то интеграл по Г от f(z) может быть отличным от нуля. Оказывается, значение этого интеграла зависит от поведения функции лишь в сколь угодно малых проколотых окрестностях особых точек внутри Г; точнее, зависят от интегралов по сколь угодно малым контурам, охватывающим особые точки. Нам понадобится следующее важное определение.

Пусть z0 — (конечная) изолированная особая точка функции f(z). Тогда f(z) аналитична в некоторой проколотой

окрестности V ={0 < z − z0 < R} точки z-. Возьмем замкнутый контур γ , лежащий в этой окрестности и охватывающий точку

положительном направлении (т.е. так, что внутренность

Согласно свойству неизменяемости интеграла при деформации пути интегрирования (следствие 2.4), интеграл в (7.9) принимает одно и то же значение для всех контуров,

161

охватывающих z0 и лежащих в V. В частности, в качестве γ можно взять окружность z − z0 = ρ с центром z0 и достаточно малым радиусом ρ < R .

Теорема 7.1 (основная теорема о вычетах). Пусть Г —

замкнутый контур, лежащий в области аналитичности функции f(z), и пусть f(z) аналитична во всех точках внутри Г, за исключением п изолированных особых точек z1, z2,…, zn. Тогда интеграл от f(z) по Г равен сумме вычетов в этих особых точках, умноженной на 2πi :

изолированные особые точки z1, z2, ..., zn (рис.7.1). Окружим

лась с другими окружностями. Функция f(z) аналитична в замкнутой (п + 1) - связной области D , ограниченной внешним контуром Г и внутренними контурами γ1 , γ2 , ..., γn (эта область получается, если из множества точек, лежащих на контуре Г и внутри него, вырезать круги z − zk < ρk ). По

теореме Коши для многосвязной области (см. теорему 4.2 и формулу (4.5))

Γk =1 γk

Всилу (7.9) для каждого интеграла в правой части (7.11)

справедливо равенство ∫ f (z)dz = 2πi reszk f . Подставляя эти

γk

162

равенства в (7.11), приходим к формуле (7.10), что нам и требовалось.

Теорема 7.2. Вычет функции f(z) в изолированной особой точке z0 равен коэффициенту c−1 при (z − z0 )−1 в

лорановском разложении (25.2) функции f(z) в проколотой окрестности точки z0:

Доказательство. Нужное равенство сразу следует из формулы (25.3) для коэффициентов сп лорановского разложения. Действительно, полагая в (7.11) п = - 1 и

обозначая γ ={ζ − z0 = ρ}, получим

(последнее равенство выполнено согласно (7.9)). Тем самым равенство (7.12) доказано.

Если z0 — устранимая особая точка, то лорановское разложение в проколотой окрестности этой точки состоит только из правильной части, а все коэффициенты главной части равны нулю. Отсюда и из теоремы 7.2 сразу следует, что

в устранимой особой точке вычет равен нулю.

Дадим теперь удобные формулы для вычисления вычета в полюсе. Рассмотрим вначале полюсы первого порядка; такие полюсы называются простыми.

Теорема 7.3. 1. Пусть z0 — полюс первого порядка функции f(z). Тогда

163

ψ(z) и, следовательно, полюс первого порядка функции f(z)). Тогда

Доказательство. 1. Пусть z0 — полюс первого порядка. Согласно теореме 4.3, лорановское разложение функции f(z) в проколотой окрестности точки z0 имеет вид

Умножим обе части равенства на (z — z0):

∞

(z − z0 ) f (z) = c−1 +∑cn (z − z0 )n+1 .

n=0

Переходя к пределу при z → z0 и применяя равенство (7.4), получим

zlim(z z − z0 ) f (z) = c−1 = resz0 f ,

→ 0

что и требовалось.

2. Предположим теперь, что f (z) =ϕ(z)ψ(z) , причем функции ϕ(z) и ψ(z) удовлетворяют указанным выше условиям теоремы. Применяя (7.5), получим

и формула (7.6) доказана.

Теорема7.4. Пусть z0 — полюс порядка п > 1 функции f(z). Тогда

(т.е. вычет функции f(z) в точке zo равен пределу производной (п - 1) -го порядка функции (z - z0)nf(z), деленному на (п - 1)!).

164

Доказательство. Так как z0 — полюс порядка n, то лорановское разложение функции f(z) в проколотой окрестности точки z0 имеет вид

Умножим обе части равенства на (z - z0)n:

∞

(z − z0 )n f (z) = cn +... +c−1 (z − z0 )n−1 +∑ck (z − z0 )k +n .

k =0

Полученное равенство продифференцируем (n - 1) раз по переменному z. При этом (п - 1)-е производные всех слагаемых

со степенями, меньшими п - 1, обратятся в нуль. Отсюда

((z − z0 )n f (z))(n−1) =

откуда сразу следует нужная формула (7.15).

Для вычисления вычетов в существенно особых точках аналогичных формул не существует, и надо находить главные

Решение. В примере 4.5 мы установили, что данная функция имеет три особые точки z1 = i, z2 = −i, z3 = −3 , причем

z1 и z2 являются полюсами первого порядка, а z3 - полюсом второго порядка. Вычеты в точках i и -i найдем по формуле

(7.13):

165

Можно было получить этот результат и по формуле (7.14). Для вычисления вычета в точке z3 = -3 применим

формулу (7.15) с п = 2:

z0 = 1.

Решение. В примере 4.9 мы видели, что z0 = 1 является существенно особой точкой данной функции, и получили лорановское разложение этой функции в проколотой окрестности точки z0 = 1:

sin z 1−1 = z 1−1 − 3!1 (z −11)3 + 5!1 (z −11)5 +... .

Отсюда видно, что коэффициент c−1 при (z −1)−1 равен 1.

Следовательно, res1 f = 1.

Теперь рассмотрим понятие вычета в бесконечно удаленной точке. Пусть z0 = ∞ — изолированная особая точка

166

функции f(z), т.е. существует проколотая окрестность R < z < ∞ этой точки, в которой f(z) является аналитической.

Возьмем окружность z = ρ достаточно большого радиуса ρ > R . Множество z > ρ тоже является окрестностью бесконечно удаленной точки. Направление обхода окружности z = ρ выберем так, чтобы при движении по ней эта

окрестность оставалась слева. Тогда обходить окружность следует по часовой стрелке. (Именно такое направление обхода естественно считать положительным при движении по границе области расширенной комплексной плоскости , содержащей бесконечно удаленную точку.) Окружность

z = ρ с обходом по часовой стрелке обозначим Γ− . Вычетом

Таким образом, определение вычета в оо аналогично (7.9). Но связь между вычетом в бесконечности и коэффициентами лорановского разложения оказывается несколько иной, чем в случае вычетов в конечных точках.

Теорема 7.7. Вычет функции f(z) в изолированной особой точке z0 = ∞ равен коэффициенту при z−1 в лорановском

разложении (7.14) функции f(z) в проколотой окрестности точки z0 = ∞ , взятому со знаком минус.

Доказательство. Ряды в (7.14) равномерно сходятся на окружности Γ− , поэтому их можно почленно интегрировать:

∞

∫ f (z)dz = ∑ cn ∫ zndz

(мы объединили оба ряда из (7.14) в один). Согласно формуле (5.7), все интегралы в правой части равны нулю, за исключением интеграла с п = - 1, который равен

167

∫ z−1dz = −∫z−1dz = −2πi ,

Γ− Γ

где Г — окружность z = ρ с обходом против часовой стрелки.

Отсюда следует, что

Γ∫− f (z)dz = −2πic−1, т.е. 21πi Γ∫− f (z)dz = −c−1 .

Формула (7.16) немедленно дает (7.17), что нам и требовалось. Отметим еще одно отличие вычета в ∞ от вычетов в конечных точках. Коэффициент c−1 относится к правильной

части разложения (7.14) в проколотой окрестности бесконечности, а не к главной части, как в случае конечных точек. Поэтому даже если функция f(z) аналитична в точке z0 = ∞ , ее вычет в этой точке не обязан равняться нулю

(напомним, что если f(z) аналитична в конечной точке z0, то

resz0 f = 0 ).

Пример 7.8. Найти вычет функции f(z) = 2 + 3/z в точке z0 = ∞ .

Решение. Разложением в бесконечности функции f(z) как раз и будет сумма 2 + 3/z, состоящая всего из двух членов. Коэффициент при z -1 равен 3. Поэтому res∞ f = −3 . В то же

время данная функция является аналитической в точке z0 = ∞ ,

поскольку главная часть разложения (члены с положительными степенями z) отсутствует.

Теорема 7.9 (о сумме вычетов). Пусть f(z) —

аналитическая функция в расширенной комплексной

плоскости , за исключением конечного числа особых точек. Тогда сумма вычетов функции f(z) во всех конечных особых точках z1, z2, ..., zn и вычета в бесконечности равна нулю.

Доказательство. Пусть Γ ={z = ρ} — окружность нас-

только большого радиуса ρ , что все конечные особые точки

z1, z2, ..., zn находятся внутри нее. Согласно теореме 7.1 о вычетах

168

причем Г обходится против часовой стрелки. В силу определения вычета в бесконечности (см. (27.8))

Решение. 1-й способ — с помощью теоремы 7.9. Вычеты функции в ее конечных особых точках z1 = i, z2 = -i,

2-й способ — непосредственно с помощью лорановского разложения функции в проколотой окрестности точки z0 = ∞ .

Как и в примере 2.11, перейдем к переменному w = 1/z. Подстановка z = 1/w дает

окрестности точки w0 = 0 и, следовательно, раскладывается в ряд Тейлора в этой окрестности:

h(w) = b0 +b1w +b2 w2 +...

169

переменному z (т.е. подставляя w = 1/z), получаем вид разложения Лорана функции f(z) в окрестности точки z0 = ∞ :

f (z) = bz03 + zb14 + bz25 +... .

Мы видим, что это разложение не содержит члена с z−1 .

Значит, коэффициент при z−1 следовательно, и вычет в бесконечности равны нулю.

7.3. Вычисление интегралов с помощью вычетов

1. Вычисление интегралов по замкнутому контуру.

Пусть функция f(z) имеет внутри замкнутого контура Г только изолированные особые точки. Тогда интеграл от f(z) по контуру Г можно найти, применяя теорему 7.1 о вычетах: вычисляя вычеты в особых точках, находящихся внутри контура Г, складывая эти вычеты и умножая сумму на 2πi , мы и получим искомый интеграл.

z1 = i, z2 = -i; третья особая точка z3 = -3 лежит вне этой окружности. Вычеты в точках ± i были найдены в примере 7.5:

Если функция f(z) имеет в расширенной комплексной

плоскости только изолированные особые точки, то вместо вычисления суммы вычетов в конечных особых точках бывает

170