О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие

1

3

=−3

1 +...+

1

∞

1

∞

1

а) 3

=−

1+

+... =−3 ∑

=−3 ∑

.

z(1− 1z )

n

n−1

n

1−z

z (

z

z

)

n = 0

z

n=1

z

Использованное здесь разложение 9) применимо при

|1z|<1 , |z|>1 ,

следовательно, ряд сходится также и при |z|>2 .

1

1

(

n

∞

n

∞

n−1

=

=

1

1+ 2 +...+ 2n

+ ... = ∑

2

=∑ 2 n .

z(1−2z )

n+1

z−2

z

z

z

)

n = 0

z

n=1

z

Формулу 9) применили, т.к. она справедлива при

|2z|<1 , |z|>2 , что

соответствует условию задачи.

∞

2n−1−3

Ответ:

f (z)=∑

.

z

n

n=1

б) Для дроби

3

разложение из а) верно, поскольку оно

1−z

1

1

1

z

zn

∞ zn

=−

=− 2

(1+

+...+

+...)=−n∑=0

.

z−2

2(1−

z

)

2

2n

2n+1

2

∞

1

∞

n

Ответ: f (z)=−3∑

−∑

z

.

n

n+1

n=1

z

n=0 2

функции f (z) , если f (z)

– аналитическая в окрестности z0

функ-

ция, и существует конечный предел

lim f (z)=a .

(1)

z→z0

Из определения следует, что функция ограничена в окрестности

устранимой особой точки.

Теорема 1. Точка z0

– устранимая особая точка функции

f (z)

тогда и только тогда, когда ряд Лорана в кольце 0<|z−z0|<R

не со-

∞

∑ cn(z−z0)n .

n=0

Теорема 1 есть критерий устранимой особой точки. Необходи-

мость предоставляем читателю показать самостоятельно.

Доказательство достаточности. Дано

c−n=0 , нужно показать,

∞

что особая точка устранимая. Предел lim f (z)=lim ∑ cn(z−z0)n=c0

z→z0

z→z0 n=0

есть константа, что и требовалось доказать.

Пример

1.

Определить

тип

особой

точки функции

f (z)=

cos 2 z−1

.

z2

Точка

z=0

– особая точка функции. Определим ее тип, вычис-

лив соответствующий предел.

= 0

4 z2

lim f (z)=lim

cos 2 z−1

=−lim

=−2 .

z→z0

z→0

z2

(0 )

z→0

2 z2

бесконечно

малых,

1−cosα α

при

α →0 . Предел

конечен,

следовательно особая точка является устранимой особой точкой.

2. Полюс порядка m≥1

Сначала дадим определение ноля функции.

Определение. Пусть z0

– точка аналитичности функции

g (z) .

Точка

z0 называется нолем функции g (z)

порядка

m ,

m≥1 , если

выполнено g (z0)=g' ( z0)=...=g(m−1)( z0) , g(m)(z)≠0 .

По формуле Тейлора имеем

g(m−1)(z0)

g (z)=g( z0)+g' (z0)(z−z0)+...+

m−1

+

(z

−z0)

(m−1)!

+ (z−z0)m(

g(m)(z0)

+...)=(z−z0 )mψ (z) ,

ψ (z)≠0 .

m!

Определение. Точка

z0

называется полюсом

порядка

m ,

m≥1 , функции

f (z) , если

z0

есть нуль порядка

m

функции

g (z)=

1

, т.е.

lim f (z)=∞ .

f (z)

z→z0

1

φ (z)

1

Поскольку

f (z)=

=

, φ (z)=

≠0 , следователь-

g( z)

(z−z0)m

ψ (z)

но, из определения и разложения Тейлора получаем вывод.

Точка

z0

– полюс порядка

m , m≥1 , функции f (z) , если

f (z)=

φ (z)

, φ (z0)≠0 .

(2)

(z−z0)m

c−m≠0 , c−n=0 при

n>m .

Теорема 2 является критерием для полюса.

e2 z

Пример 2. Найти особые точки функции f (z)=

и

(z−i)3( z+1)

определить их тип.

Особые точки

z=−1 , z=i .

Точка

z=−1

есть полюс первого порядка (простой полюс), т.к.

lim f (z)=∞ ,

а f (z)=

e2 z /(z−i)3

=

φ (z) . Функция

φ (z)=

e2 z

(z−i)3

z→−1

(z+1)

z+1

знаменателе, при этом

φ (−1)=

e−2

≠0 .

3

(−1−i)

Точка

z=i

есть полюс

третьего

порядка,

т.к.

lim f ( z)=∞ ,

e2 z /(z+1)

z →i

f (z)=

=

φ (z)

, где φ (z)=

e2 z

, а φ (i)=

e2i

≠0 .

(z−i)3

(z−i)3

z+1

1+i

Ответ:

z=−1

есть полюс первого порядка,

z=i

есть полюс

третьего порядка.

Замечание. Если

f (z) – дробь, то точки, в которых знаменатель

Пример 3.

Определить

типы особых

точек функции

f (z)=

sin π z

.

z2 (z−2)

Особые точки

здесь

z=0 , z=2 . На первый взгляд может

показаться, что точка z=0

является полюсом второго порядка, что

неверно. Следует учитывать, что

sin π z=0 при

z=0 ( и при z=2

стояла функция

φ (z) такая, что φ (0)≠0 . Получается, что

sin π z

есть бесконечно малая величина при

z→0

(и при

z→2 ). По таблице

эквивалентных

бесконечно

малых

sin π z π z ,

тогда имеем

в

окрестности

точки

ноль

f (z)

π z

=

π

=

π /(z−2)

=

φ (z)

,

z2 (z−2)

z(z−2)

z

z

где φ (z)=

π

,

φ (0)=− π

≠0 . Получаем, что

z=0

есть полюс

z−2

2

f (z) z(z−2)

означает

первого порядка, а не второго. Выражение

π

эквивалентность функций, т.е.

lim

f (z)z( z−2)

=1 .

π

z→0

При z→2

вычисляем предел функции в точке, получаем

lim

sin π z

=

0

=

z−2=t →0

=

1 lim

sin π (2+t)

=

z→2 z2(z−2)

(0 ) [ zz=2→t +42 ]

4 t →0

t

=

1

lim

sin π t

=

1

lim

π t

=

π

,

t

t

4

4 t→0

4 t→0

нулли-Лопиталя

lim

f (x)

=lim

f '

(x)

. Тогда решение будет

g(x)

g' ( x)

x →a

x→a

lim

sin π z

=

0

=

1

lim

sin π z

=

1

lim

π cos π z

=

π

.

z2(z−2)

z−2

1

4

z→2

(0 )

4 z→2

4 z→2

ская в окрестности точки z0 , и lim f (z)

не существует.

z→z0

Из теорем 1 и 2 следует

Теорема 3. Для того, чтобы точка

z0 была существенно особой

ряда Лорана в окрестности точки

z0 содержала бесконечное число

членов.

Пример 4.

Определить

тип

особой

точки

z=0

функции

f (z)=sin

1 . (Аналогично рассматривается f (z)=cos

1 .)

z

z

Способ 1. По определению.

Для функции действительной переменной

f (x)

известно, что

lim sin

1

не существует. Также не существует и

lim cos

1 . Для функ-

x →0

x

x →0

x

ции комплексного переменного аналогично. В определении

lim f (z)

1

z→z0

предел

не зависит

от способа

стремления

z→z0 ,

lim sin

не су-

z→0

z

ществует ( lim cos

1

не существует), т.е. z=0 есть существенно осо-

z→0

z

бая точка.

Способ 2. По критерию.

Для разложения в ряд Лорана используем разложение Тейлора

функции sinz , взяв в формуле вместо

z

аргумент

1 .

3

5

z

1

1

1

1

1

1

Разложение

sin z

= z −

(z )+

(z )+...

состоит только из

3 !

5 !

Аналогично рассматриваются функции с аргументом

1

.

z−a

Вывод. Все основные функции комплексного переменного с ар-

1

гументом

имеют существенно особую точку z=a

. Например,

z−a

1

что для полюса дробь

есть множитель в записи функции, а для

z−a

существенно особой точки

1

– аргумент функции.

z−a

Замечание о поведении f (z) при z→∞ .

ξ =1

Точка z=∞ всегда является особой точкой. Введем переменную

, ξ →0 при z→∞ . Случай свелся к рассмотренным ранее слу-

z

Например,

для

функции

1

получаем

f (z)=e

z

1

ξ

n

e

z

=eξ =1+ξ +...+

+... . Очевидно, что

lim eξ =1 . Следовательно,

n!

ξ →0

§12. Вычеты функции

1. Определение вычета в конечной точке

Определение. Вычетом функции f (z)

относительно конечной

изолированной особой точки z0

называется комплексное число

Resf ( z0)=

1

f ( z)dz

,

(1)

2 π i

(Γ)

где Γ – любой гладкий контур

в области аналитичности

f (z) ,

содержащий внутри себя единственную особую точку z0 .

1. Resf (z0)=c−1 ,

(2)

где c−1

– коэффициент ряда Лорана

функции f (z)

при степени

1

. Это следует из формулы (6) десятого параграфа.

z−z0

2. Resf ( z0)=0 , если

(3)

а) в точке z0 функция

f (z)

аналитична (из теоремы Коши)

б)

z0 – устранимая особая точка (по теореме 1 одиннадцатого

параграфа, для такой точки все

c−n=0 )

в)

f (z) – четная относительно

(z−z0) функция (разложение

всех четных функций делается по

четным степеням,

а c−1

есть

коэффициент при нечетной степени, которой нет в разложении).

2. Вычисление вычета в полюсе

Случай 1. Пусть точка z0 есть полюс первого порядка (простой

полюс). По критерию

(теорема

2

одиннадцатого параграфа)

для

c−1

∞

простого полюса имеем

f (z)=

+∑ cn(z−z0)n . С другой стороны,

z−z0

n=0

функция f (z)

представима в виде

f (z)=

φ ( z)

, φ (z0)≠0

для полю-

z−z0

са первого порядка. Умножим это равенство на

(z−z0)

и перейдем к

пределу при z→z0 , получаем

Resf ( z0)=c−1=lim f ( z)(z−z0)=φ (z0) .

(4)

z→ z0

Случай 2. Пусть точка

z0

есть полюс порядка

m>1 . По крите-

c−m

c−1

∞

рию имеем

f (z)=

+...+

+∑ cn(z−z0 )n .

Учтем, что

m

φ (z)

(z−z0)

z−z0 n=0

f (z)=

, а

φ (z0)≠0 . Умножим это равенство на

(z−z0)m ,

(z−z0)m

дифференцируем его

(m−1)

раз, переходим к пределу при z→z0

и

получаем

1

dm−1

m

Resf ( z0)=c−1=

lim

((f (z)(z−z0 ) )) =

dz

m−1

(m−1)! z→z0

(z)|z=z0 .

=

1

φ

(m−1)

(5)

(m−1)!

Формула (4) – частный случай формулы (5) при

m=1 , посколь-

ку φ(0)(z)≡φ (z) .

Пример 1. Определить тип особой точки для

f (z)=

e5 z

и

z−1

найти вычет в этой точке.

Особая точка

z=1 – полюс первого порядка. Поэтому вычет в

e5 z

5 z

5

ней есть Resf

(1)=lim

(z−1)=e

|z=1=e

.

z−1

z→1