Учебное пособие 800297

1

Пример. Найти вычеты функции

f z

в особых

z2 4

точках z1 2i и z2

2i .

Точки z1 2i

и z2 2i являются простыми полюсами

функции

f z . Следовательно, в соответствии с (5.5) имеем:

Res f 2i

1

1

1

,

z2

4

2z

z 2i

4i

z 2i

Res f 2i

1

1

1

i

.

4

4i

z2

2z

z 2i

4

z 2i

z0

3. Если точка

является полюсом

кратности n для

функции

f z , то лорановское разложение функции

f z в

окрестности точки z0

имеет вид:

c 1

c 2

c n

f z ck z z0

k

...

.

z

z0

z z

2

z z

n

k 0

0

0

Умножим обе части этого равенства на z z

0

n :

d n 1

z z

n f z

c

k n k n 1

n 1

dz

0

k

k 0

Res f z

1

lim

d n 1

z z

n

f z .

(5.6)

0

n 1 ! z z0

dzn 1

0

Пример.

Найти вычеты функции f z

ez

в

z 1 3 z 2

особых точках z1 1 и z2

2 .

Точка z1 1 для функции

f z является

полюсом

третьего порядка. Согласно формуле (5.6) имеем:

1

d

2

e

z

Res f 1

lim

z 1 3

2! z 1 dz2

z 1 3 z 2

1

d 2

ez

1

z2

6z 10 ez

17

lim

lim

z 2

3

.

2

54e

2 z 1 dz

z

2

2 z 1

Res f 2 lim

ez

e3

.

z 1 3

z 2

27

1

1

1

1

1

ez

1

...

...

3!z3

n!zn

z 2!z2

Отсюда находим c 1

1 , т.е.

Res f 0 1.

ez 1

Пример 1. Вычислить интеграл

dz .

z2 z

z

4

В круге

z

4 функция

f z

ez

имеет две особые

z2 z

точки z1 0 и z2

1 . По основной теореме о вычетах

ez

1

dz 2 i Res f 0 Res f 1 .

z2 z

z

4

Точка z1 0 – устранимая особая точка функции

f z , так

как

ez 1

ez

lim

lim

1.

z2

z

z 0

z 0

2z 1

Поэтому Res f 0 0 . Точка

z2

1 – простой полюс, следо-

вательно

ez

1

ez 1

Res f 1 lim

z

1

lim

1 e 1 .

z z 1

z

z 1

z 1

ez 1

dz

2 i 1 e 1 .

z2 z

z

4

sin

1

Пример 2. Вычислить интеграл

z

dz .

z 1

z

2

В круге

z

2 подынтегральная функция имеет две осо-

бые точки z1 1 и z2

0 . По основной теореме о вычетах

sin

1

z

dz 2 i Res f 1 Res f 0 .

z 1

z

2

Точка z1 1 есть простой полюс, поэтому

sin

1

Res f 1

1

z

sin

sin1.

z 1

z

z 1

z 1

z2

0 напишем ряд

Для установления характера особой точки

Лорана для функции

1

1

в окрестности этой точки:

sin

z 1

z

1

1

1

1

1

1

1

sin

sin

1 z z2

...

...

z 1

z

z

3

5!z

5

1 z

z

3!z

1

1

1

c 2

c 3

1

...

... правильная часть,

2

3

3!

5!

z

z

z

Res f 0 c

1

1

1

...

sin1.

1

3! 5!

Пусть f x –

рациональная

функция действительной

переменной x,

f x

Pm x

, где

P

x и Q x

– многочле-

Qn x

m

n

ны соответственно степеней m и n. Если функция

f x непре-

рывна на всей

действительной оси

Qn x 0

и n m 2 ,

f x dx 2 i ,

(5.7)

z

где означает сумму вычетов функции

f z

Pm

во всех

Q

z

n

dx

Пример. Вычислить интеграл

.

x2

1

2

Особыми точками функции

f z

1

являются

z2

2

1

полюсы второго порядка z i и z i ,

из них только первый

Res f i lim

d

z i

2

d

1

2

2

i

lim

lim

.

z i dz

z

2

z i

dz

z i

2

z i

z i

3

8i3

4

2

1

Следовательно,

dx

i

2 i

.

2

2

4

2

x

1

При вычислении интегралов вида R x cos x dx ,

R x sin x dx , где

R x – правильная рациональная дробь,

–R

O

R X

Рис. 5.2.

Пусть C – контур, состоящий из отрезка R; R

и дуги

C

R

. Если

z , z

,..., z

n

– особые точки функции

f z g

z ei z ,

1 2

R

n

f z dz

f z dz

f

x dx 2 i

Res f z , zk .

C

CR

R

k=1

Переходя к пределу при R , получим:

n

f x dx 2 i

Res f z

, zk .

k =1

x cos x

Пример. Вычислить интеграл

dx .

x2

2x 10

f z

z eiz

Введем

вспомогательную функцию

.

z2 2z 10

Она удовлетворяет условиям леммы Жордана. Здесь

1 и

g z

z

. Особыми точками функции

f z

являют-

z2 2z 10

ся простые полюсы z 1 3i

и z 1 3i . В верхней полуплос-

кости имеется единственная особая точка

z 1 3i . Найдем

вычет функции f z в этой точке:

Res f 1 3i

z eiz

z eiz

1 3i e 3 i .