О теории функций комплексного переменного. Учебное пособие

Особая точка

z=0 функции есть полюс третьего порядка. Для

такого полюса вычет Resf (0)=

1

cos' ' z|z=0

= 21 (−cos z)|z=0

=−12 .

2 !

Пример 3. f (z)=

sin π z

, особые точки этой функции исследо-

z2 (z−2)

ваны в третьем примере одиннадцатого параграфа. Найти

Resf (0) .

Способ 1. Использование эквивалентных бесконечно малых. В

окрестности

точки

z=0

f (z)

π z

=

π

= π /(z−2) , т.е.

z2 (z−2)

z(z−2)

z

z=0 есть полюс первого порядка, откуда находим вычет

Resf (0)=lim f (z)z=lim

sin π z

=lim

π z

=− π .

z( z−2)

z→0

z→0

z2(z−2)

z→0

2

Способ 2. Нахождение вычета по критерию, с применением фор-

мулы Resf (0)=c

. Здесь

c

есть коэффициент при

1

в ряде Ло-

−1

−1

z

рана. Ряд Лорана получим из разложения sin π z

по степеням z , мно-

житель

1

при

z→0

равен

−1

, т.е. константе. По формуле Тей-

z−2

2

лора при

z→0 получаем

1 1

(π z)3

(π z)5

1 1

π 3 z

f (z)=

(π z−

+

+...)=−

π2 z

−2

(−

+...).

z2

0−2

3 !

5 !

3 !

Пример 4. f (z)=z cos 1 , найти

Resf (0) .

z

Используем готовое разложение для функции

cosz , но вместо

аргумента z подставляем в формулу

1 . Получаем

z

1

1

1

1

1 1

1

1

f (z)=z(1−

+

+...)=z− 2 z

+

+... .

2 !

z2

4 !

z4

24

z3

Коэффициент

c−1 находится из слагаемого

−

1

1

, следова-

=− 1 .

2 z

тельно Resf (0)=c

−1

2

Пример 5. f (z)=cos

3 π

,

Resf (1)=? Этот пример можно по-

z−1

c−1

отсутствует. Следовательно, Resf (1)=c−1=0 .

z−1

4. Вычет функции относительно

z=∞

Определение. Вычетом аналитической функции

f (z) относи-

тельно особой точки z=∞ называется

Resf (∞)=

1

f (z)dz , где

2π i

(Γ)

Пример 6.

f (z)=

z+3

,

Resf (∞)=?

z

f (z)=1+

3

,

lim f (z)=1 , поэтому z=∞

– устранимая особая

z

z →∞

точка,

Resf (∞)=−c−1=−3 .

Пример 7. Этот пример потребуется в следующем параграфе при

вычислении интегралов с помощью вычетов.

f (z)=

2 z+1

, Resf (∞)=?

z2−4

Способ 1. Использование эквивалентных бесконечно больших.

При

z→∞

получаем

эквивалентную

величину

f (z)=

2 z+1

=

z(2+1 / z)

2

. Поэтому

Resf (∞)=−c−1=−2 .

z2−4

z

2(1−4 /z2)

z

Способ 2. Использование разложения в ряд Лорана.

f

(z)=

z(2+1/ z)

= 1

2+

1

(

1+

4

+...

)

2 +

1

+... .

2 2

)

(

z )

2

=

2

z

(1−4 /z

z

z

z

z

Здесь применена формула разложения в ряд Тейлора для функ-

ции

1

, где вместо аргумента

z взят аргумент

4

. После пере-

1−z

z2

f (z)=

c−m

m +...+ c−1

+∑ cn( z−z0 )n , c−m≠0

∞

(z−z0)

z−z0

n=0

Вычет. 1)

m=1 ,

Resf ( z0)=c−1=lim f (z)(z−z0)=φ (z0)

z→z0

2) m>1 ,

1

dm−1

1

Resf ( z

)=c =

lim

(f (z)(z−z

m

(m−1)

(z)

) )

=

φ

dzm−1 (

(m−1)!

0

−1 (m−1)! z→z0

0

)

|z=z0

Вычет. Resf (z0)=c−1

Дополнения.

1.

Resf (z0)=0 , если в точке

z0 функция

f (z) аналитична либо

f (z)

– четная относительно

(z−z0) либо

z0 устранимая особая

точка.

2.

Resf (∞)=−c−1 .

n

f ( z) dz=−2 π i Resf (∞) ,

3.

f (z) dz=2 π i∑ Resf ( zk ) ,

(Γ)

k=1

(Γ)

lim

sin3 2 z

= 0 =[sinα α ]=lim

(2 z)3

=8 .

z3

z3

z→0

(0 )

z→0

lim tg (z−2 )

= 0 =[tgα α ]=lim

z−2

=1 .

z→2

z−2

(0 )

z→0

z−2

в) f (z)=

cos 5 z−1

.

z2

В особой точке z=0

:

lim

cos 5 z−1

=

0

= 1−cosα

α2

=−lim

25 z2

=−

25 .

2 z2

z→0

z2

(0 ) [

2

]

z→0

2

При z→0 имеем

f (z)=

1−cosz

z2

=

1

1

. Это означает, что в

z3

2 z3

2

z

1

окрестности точки z=0

функция ведет себя как

, следовательно,

2 z

1−cosz

1

z2

z4

1

z2

z4

1

1

z

z3

z3

=

(1−(1−

+

−...))=

(

+

−...)=

2

z

−

+

−... .

z3

2 !

4 !

z3

2!

4 !

4 !

6 !

ряде. Отсюда получаем, что

c

=Resf (0)= 1 .

−1

2

г) f (z)= sin(z+13 ) .

Этот пример предоставляем читателю

(z+1)

использовать эквивалентность

sin(z+1) z+1 для z→1 . Второй

способ использует разложение

sin(z+1)

по формуле Тейлора.

Ответ: z=−1 – полюс второго порядка,

Resf (−1)=0 .

д) f (z)=

sin(z+4)

. Особая точка

z=0

есть полюс третьего по-

z3

рядка, поскольку функция φ (z)=sin( z+4 )

не обращается в ноль в

этой точке. Поэтому

е)

f (z)=

2 z

.

Особая точка z=−5 – простой полюс,

Resf (−5)=−10

z+5

Пример 3.

π

а)

f (z)=sin

, особой точкой для нее является z=−2 . Из-

z+2

вестно, что lim sin

π

, поэтому это существенно особая точка. В

z+2

z→−2

Лорана.

Используем разложение

sinz

в

ряд

Тейлора,

подставляя

аргумент

z+2 вместо z .

π

π

π

1

π

3

1

π

5

sin

=

−

(

) +

(

) +... .

z+2

z+2

3!

z+2

5 !

z+2

Главная часть ряда Лорана содержит здесь бесконечное число

членов,

для решения нам

требуется

только один

член

ряда

π

,

z+2

откуда

c−1=Resf (−2)=π .

вычет. Таким

образом,

z0 –

существенно особая

точка

функций

1

1

1

1

1

sin

, cos

, sh

,

ch

, e

z−z0

и

т.п. Отличие от

z−z0

z−z0

z−z0

z−z0

1

полюса и устранимой особой точки в том, что особенность

(z−z0)m

б)

f (z)=e

1

, существенной особой точкой является

z0=−1 .

z+1

1

2

n

Ряд

Лорана имеет вид

e

=1 +

1

+

1

(

1

)

+...+

1

(

1

)+... ,

z +1

z+1

2!

z+1

n!

z+

1

здесь в

разложении

экспоненты вместо

z

стоит аргумент

1

.

z+1

Вычет будет тогда

c−1=Resf (−1)=1 .

в)

f (z)=sh

3

, z0=2

– существенно особая точка, поскольку

z−2

главная часть ряда Лорана содержит бесконечное число членов.

3

3

1

3

3

1

3

5

sh

=

+

(

)+

(

)+... , откуда

z−2

z−2

3 !

z−2

5 !

z−2

π

c−1=Resf (2)=3 .

г)

f (z)=sin2

. Как и в пункте а), существенно особая точка

z+2

есть

z0=−2 , но

функция четная относительно

скобки

(z+2) ,

в

главной части ряда Лорана есть только четные степени дроби

2 π

,

z+2

поэтому

c−1=Resf (−2)=0 . В

этом

можно

убедиться,

представив

sin2

π

=21 (1−cos

2 π

) ,

где

косинус

раскладывается

по

четным

z+2

z+2

степеням.

д)

f (z)=cos

2

четная относительно z

функция, поэтому вычет

z

в существенной особой точке

z=0 равен нолю.

е)

f (z)=(3 z−1)ch

2

,

z=1

–

существенная особая

точка.

z−1

Разложим функцию в окрестности этой точки, т.е. по степеням

(z−1) .

f (z)=(3( z−1)+2)(1+

1

(

2

)2

+

1

(

2

)4

+...)=

2 !

z−

1

4 !

z−

1

= 3( z−1)

1

(

2

)2

+... .

2 !

z−

1

При перемножении нам интересны только те слагаемые, которые

дадут в сумме член ряда вида

c−1

, что позволит определить вычет.

z−1