3750

2

z0=1

2

x

x

Рис. 5.1

Рис. 5.2

z

Пример 12. Вычислить интеграл

2z

1 cos

dz .

z

1

z

2

Решение. Подынтегральная

функция

f z

2z

1

cos

z

имеет внутри круга

z

2 одну особую точку z0

1,

z

1

Поэтому для вычисления вычета в точке z0

1 применим фор-

мулу (5.1). Имеем

cos

z

cos 1

1

cos1 cos

1

sin1 sin

1

z

1

z

1

z

1

z

1

cos1 1

1

sin1

1

1

.

2! z

1 2

z

1

3! z

1 3

Так как

2z

1 2 z

1

1,

то

c 1

cos1 sin1 .

Следова-

тельно, согласно (5.5),

2z

1 cos

z

dz

2

ic 1

2

i

cos1

sin1 .

z

2

z

1

Пример 13. Вычислить интеграл

ez

1

dz .

z2

z

z

4

Решение.

Подынтегральная

функция

f

z

ez

1

z

z

1

имеет две особые точки

z1

0

и z2

1 . Они расположены

внутри круга

z

4 (рис. 5.3). По теореме Коши о вычетах

ez

1

dz

2 i

res f

0

res f

1 .

z

4

z2

z

Точка z1

0 есть устранимая особая точка функции

f z

,

так

как

lim

ez

1

1 , поэтому res f 0

0

. Так как e 1

1

0 , то

z 0 z

z

1

z2

1 – полюс первого порядка, поэтому

ez

1

z 1

e 1 .

res f

1

lim

1

z z

1

z

1

Таким образом

ez

1

dz

2

i 1

e 1 .

z2

z

4

z

Пример 14. Вычислить интеграл

tg z dz .

z

2

Решение.

Подынтегральная функция f

z

sin z

имеет

cos z

особые точки

zk

k

( k

Z ). Внутрь круга

z

2

попа-

2

дают две особые точки

z

и

z

(рис. 5.4). Остальные

2

2

особые точки лежат вне круга

z

2 и поэтому не учитывают-

ся. По теореме Коши о вычетах

sin z

dz 2

i res f

res f

.

z

2 cos z

2

2

1 k

Так как

cos z

sin z ,

а sin zk

0 ,

то особые точки

функции

f z

являются простыми полюсами, поэтому

res f

sin z

1.

2

cos z

z

2

Таким образом

tg z dz

2 i 1

1

4 i .

z

2

/2

/2

/2

/2

-1

4 x

2

x

Рис. 5.3

Рис. 5.4

1 z2

Пример 15. Вычислить интеграл

e

dz .

z2

z i

3 2

1

1 z2

Решение. Подынтегральная функция

f z

e

имеет

z2

1

три

особые точки z1 0 , z2 i и z3

i . Внутрь круга

z i

3 2 попадают две особые точки z1

0 и z2

i , а точка

z3

i

лежит вне круга (рис. 5.5). По теореме Коши о вычетах

1 z2

e

dz

2

i res f

0

res f

i .

z2

z i

3 2

1

1 z2

Так как

f z

e

и

e1 i

2

e 1

0 , то

является

z2 i

z

i

z i

1 z2

e

1

простым полюсом,

поэтому

res f i

e

. Точка

z2

1

2i

z

i

z1

0 является существенно особой (докажите!). для нахожде-

z . Так что c 1

0 и, следовательно, res f 0 0 . Таким обра-

1 z2

1

зом

e

dz 2 i

e

.

3 2 z2 1

z i

2i

e

y

y

2,5

1

2

1

x

x

-0,5

-1

Рис. 5.5

Рис. 5.6

Пример 16. Вычислить интеграл

1

sin

1

dz .

z

2 z 1

z

Решение.

Подынтегральная

функция

f z

1

sin

1

z

z

1

имеет две особые точки

z1

1

и

z2

0 . Они расположены

внутри круга

z

2 (рис. 5.6). По теореме Коши о вычетах

1

sin

1

dz

2

i

res f

1

res f

0 .

z

2 z

1

z

Так как sin

1

0

, то z

1 – полюс первого порядка и

1

1

sin

1

res f 1

z

sin1.

z

1

z 1

Для установления характера особой точки z2

0 напишем ряд

Лорана для функции

f z

1

sin

1

в окрестности этой точ-

z

z

1

f

z

1

sin

1

1

z

z2

1

1

1

1

z

z

z

3!z3

5!z5

1

1

1

1

c 2

c 3

правильная часть ,

3!

5!

z

z2

z3

где

c k

0 ( k

2, 3,

). Так как ряд Лорана содержит беско-

нечное множество членов с отрицательными степенями

z , то

точка z2

0 является существенно особой и

sin

1

res

z

c 1

1

1

1

sin1.

z

1

3!

5!

z

0

Таким образом

1

sin

1

dz

2

i

sin1 sin1

0 .

z

2 z

1

z