Математика теория функций комплексного переменного. Практикум

Из этого представления видно, что функция имеет два простых нуля в точках z1 = 2i и z2 = –2i, и два нуля второго порядка в точках z3 = 2 и z4 = 4 (см. формулу (2.33)).

в) Приравнивая f(z) нулю, получаем cosz = –1, откуда z = π+ 2πn , n Z – нули данной функции. Далее

f ′(π+ 2πn) = −sin(π+ 2πn) = 0 ,

f ′′(π+ 2πn) = −cos(π+ 2πn) =1 ≠ 0 .

Следовательно, точки zn = π+ 2πn являются, в силу формулы (2.32), нулями второго порядка данной функции.

г) Используя разложение функции sin z в ряд Тейлора в окрестности точки a = 0, получаем

61

вательно, согласно формуле (2.33), точка a = 0 является для данной функции нулем 2-го порядка.

Вподразд. 2.4 было введено понятие особой точки функции f(z) как точки z = a, в которой функция f(z) не является аналитической (в частности, точки, в которых f(z) не определена). Особая точка а называется изолированной, если в некоторой окрестности этой точки f(z) аналитична всюду, кроме самой точки z = a.

Разложение функции в ряд Лорана, сходящийся к этой функции во всех точках круга с центром в данной изолированной особой точке а, кроме этой точки а, будем называть разложением функции в ряд Ло-

рана в окрестности данной изолированной особой точки.

Вформуле (2.24) будем называть

C0 +C1 (z −a) +C2 (z −a)2 +... +Cn (z −a)n +...

правильной частью, а ряд

главной частью ряда Лорана, и рассмотрим, как связано поведение функции f(z) в окрестности точки z = a с разложением в ряд Лорана в окрестности этой точки.

Точка z = aназывается устранимой особой точкой, если в разложе-

нии (2.24) отсутствует главная часть, т.е. C−1 = C−2 =... = C−n =... = 0 . В этом случае особенность устраняется, если доопределить функцию

f(z) в точке z = a, положив f (a) = C0 . Полученная функция будет аналитической как в окрестности точки х = а, так и в самой этой точке.

Если главная часть ряда Лорана (2.34) состоит из конечного чис-

ла слагаемых, т.е. C−n ≠ 0 , а C−n−1 =C−n−2 =C−n−3 =... = 0 , то точка а называется полюсом n-го порядка. В случае n = 1 полюс называется

простым. Если же главная часть ряда Лорана содержит бесконечное количество ненулевых слагаемых, то точка а называется существенно особой точкой функции f(z).

Причем точка z = a тогда и только тогда является полюсом порядка n

62

функции f(z), когда эта точка является нулем порядка n для функции

где ϕ(a) ≠ 0 .

Пример 2.18. Найти все особые точки, указать их характер, в слу-

Она имеет три простых нуля в точках z1 = 0, z2 = 3, z3 = –3. Следова-

63

имеет три нуля: z = 0 – третьего порядка; z = –3i и z = 3i – второго порядка. Поэтому функция имеет три полюса: в точке z = 0 – третьего порядка; в точках z = –3i и z = 3i – второго порядка.

Главная часть этого разложения – бесконечный ряд. Следовательно, точка z = 0 является существенно особой точкой функции sin 1z .

В полученном разложении главная часть отсутствует. Следовательно, z = 0 является устранимой особой точкой заданной функции.

2.8. Вычеты, их вычисление

Пусть точка z = a является правильной точкой или изолированной особой точкой однозначной функции f(z). Тогда можно выбрать простой контур С, однократно обходящий точку а в положительном направлении (например, окружность достаточно малого радиуса), так, чтобы на контуре С и всюду внутри этого контура, за исключением быть может самой точки а, функция f(z) была аналитической. Выче-

том функции f(z) относительно точки а называется число, обознача-

емое через res f(a) и определяемое равенством

64

Из теоремы Коши для составного контура следует, что вычет данной функции относительно заданной точки не зависит от формы и размеров контура С, если этот контур удовлетворяет указанным выше требованиям.

Если точка а является изолированной особой точкой функции f(z), то коэффициент C–1 первого члена главной части разложения этой функции в ряд Лорана в окрестности точки а (см. формулу (2.25)) равен

C−1 = 21πi C∫ f (z)dz

и, следовательно, вычет функции f(z) относительно точки а совпадает с коэффициентом C–1 разложения этой функции в ряд Лорана в окрестности точки а:

Если а является правильной точкой функции f(z), то все коэффициенты главной части разложения в окрестности этой точки равны нулю и, следовательно, вычет функции относительно правильной точки равен нулю. Тот же вывод следует и относительно устранимой особой точки.

Если а – полюс или существенно особая точка функции f(z), то вычет относительно нее может быть отличным от нуля, но может оказаться и равным нулю, если C–1 = 0.

Вычеты можно вычислять по следующим формулам. Теорема. Если а – простой полюс функции f(z), то

Доказательство. Если а является простым полюсом функции f(z), то в окрестности этой точки функцию f(z) можно записать в виде

где ϕ(z) является суммой правильной части разложения функции f(z) в ряд Лорана в окрестности точки а. По этой причине ϕ(z) является аналитической и тем более непрерывной функцией в точке а.

65

Из (2.38) имеем

C−1 = (z −a) f (z) −(z −a)ϕ(z)

и, переходя к пределу при C → a, получаем

C−1 = lim ((z −a) f (z)),

z→a

так как вследствие непрерывности функции ϕ(z) в точке а, существу-

Пример 2.19. Найти вычеты в каждой из особых точек функции f (z) = z3 +1 9z .

Решение. Определим нули функции f 1(z) :

f 1(z) = z3 +9z = z (z2 +9)= z(z −3i)(z +3i) .

Она имеет три простых нуля в точках z1 = 0, z2 = 3i, z3 = –3i. Следовательно, функция f(z) имеет три простых полюса в этих точках.

Вычисляем вычеты в каждой из этих точек по формуле (2.37):

Иногда для вычисления вычета относительно простого полюса более удобна другая формула.

Теорема. Пусть точка z = a является простым полюсом функции f(z) и функцию f(z) можно представить в виде

где ψ(z), g(z) – функции, аналитические в точке а, причем для функции g(z) точка а является нулем первого порядка, а ψ(z) ≠ 0, тогда

66

Доказательство. Воспользуемся формулой (2.37):

Но, так как g(a) = 0, то в соответствии с определением производной

причем g′(a) ≠ 0 , так как согласно условию для функции g(z) точка а является нулем первого порядка. Откуда следует:

res f (a) = gψ′((aa)) .

Пример 2.20. Найти вычеты в каждой из особых точек функции f(z), убедившись, что все особые точки являются простыми полюсами и воспользовавшись формулой (2.40).

Решение. а) Функция рассмотрена в примере 2.19. Она имеет три простых полюса в точках z1 = 0, z2 = 3i, z3 = –3i. Ее можно представить в виде (2.39), где ψ(z) = 1, g(z) = z3 + 9z. Тогда, согласно формуле

(2.40),

Вычеты в каждом из трех полюсов будут равны

что согласуется с результатом, полученным в примере 2.19.

67

б) Функция рассмотрена в примере 2.18, б). Она имеет четыре простых полюса в точках z1 = 2, z2 = –2, z3 = 2i, z4 = –2i. Представим функцию в виде (2.39), тогда ψ(z) = z4, g(z) = z4 – 16, g′(z) = 4z4 и

ψ′(z) = z43 = z . g (z) 4z 4

ноль при tgz = 0, z = πn, n Z. Точки z = πn являются нулями первого

дная равна cos12 πn =1, т.е. не равна нулю. Запишем функцию f(z) со-

гласно формуле (2.39):

f (z) = сtg z = cossin zz .

Точк и z = πn являются нулями первого порядка для функции sin z и, в соответствии с формулой (2.40),

res f (πn) = coscos ππnn =1.

Теорема. Если точка z = a является полюсом порядка n функции

Доказательство. Если точка z = a является полюсом порядка n функции f(z), то в окрестности этой точки

68

где ϕ(z) является суммой правильной части разложения в ряд Лорана и, следовательно, аналитична в точке z = a . Умножим обе части записанного равенства на (z – a)n, получим справедливое в некоторой окрестности точки а (кроме самой точки а) равенство

(z −a)n f (z) = (z −a)n ϕ(z) +C−1 (z −a)n−1 +C−2 (z −a)n−2 +... +C−n .

Продифференцируем обе части этого равенства n – 1 раз: dzd nn−−11 ((z −a)n f (z))= dzd nn−−11 ((z −a)n ϕ(z))+(n −1)!C−1 .

Для функции (z −a)n ϕ(z) точка z = a является нулем порядка не ниже, чем n, следовательно, в точке а обращаются в нуль производные этой функции во всяком случае до порядка n – 1 включительно. Поэтому при z = a первое слагаемое в правой части последнего равенства равно нулю, и переходя в нем к пределу при z → a, получим

Замечание. В тех случаях, когда разложение функции f(z) в ряд Лорана (2.24) не вызывает затруднений, бывает проще взять в качестве вычета коэффициент C–1 согласно формуле (2.36). В частности, так обычно поступают для нахождения вычета в существенно особой точке.

Пример 2.21. Найти вычеты в каждой из особых точек функции

f (z) = 1 2 . z3 (z2 +9)

Решение. Как показано в примере 2.18 в), данная функция имеет три полюса: в z1 = 3i и z2 = –3i второго порядка и z3 = 0 третьего порядка. Найдем вычеты в каждой из этих точек, воспользовавшись формулой (2.41).

69

2) Аналогично находим вычет в полюсе z2 = –3i:

и вторую производную:

70