Теория функций комплексного переменного. Учебное пособие-1

5.1. Понятие вычета. Основная теорема о вычетах

zi=±

zi=

()

®®

22

24

33

zi=-

22

24

33

z = 0

==

Ґ

ее

11

= 0

с

fz()

zz

,,.

zz

,,

()

g

,,

-= =

Uzzr

Решение. Особые точки: Найдем вычет в точке

resf i

1

()!lim()

=-

zi zi

1

=-

й

d

zi

к

dz

л

lim

®

zi

zi i

() ()

Найдем вычет в точке

resf i

()!lim()

1

-= +

zi zi

1

=-

й

d

zi

к

®- ®-

dz

л

lim

®-

zi

zi i

() ()

Пример. Найти вычеты функции

fz ze

Решение. Особая точка:

zn

1

2

ze

e

!

n

=

0

n

2

Ґ

z

11

== =+++ +

!! !!

nzznz

=

Ґ

ее

nn

=

. Это полюсы второго порядка.

:

щ

1

2

22 3

1

z

()

+

=- =-

lim

=

ъ ы

i

.

1

d

dz zi

+

=

+

:

2

()

=-

-

()=

1

22

1

z

+

-

1

2

z

.

lim

=

ъ ы

i

=

.

1

d

dz zi

))

(

-

=

3

щ

. Разложим функцию в ряд Лорана:

1

,

ze

2

-

00

z

zz

n

=

0

2

1

!

nz

,

n

213

...

z

Так как главная часть лорановского разложения содержит беско‑ нечное число членов, то Вычет будет равен коэффициенту

Теорема. Пусть функция нием конечного числа изолированных особых точек

для любой замкнутой области G, находящейся в D и содержащей вну‑ три точки

Доказательство. Построим окружности кого малого радиуса r, что ограниченные ими круги

z

является существенно особой точкой.

:

-1

resf с()!0

===

1

-

аналитична в области D за исключе‑

, имеет место равенство

n1

n

fzdz ires fz

()

=

21p

т

G

¶

е

k

=

51

131

.

6

.

k

zz rk n:,

k

0

k

n1

1 

-- Ј

0

Тогда

,

та‑

со‑

5. ВЫЧЕТЫ ФУНКЦИЙ

G

UU

,, .

fz()

G

тт

1

()

zz

zz==-01,

z = 0

resf ()00=

z =-1

ze

и

ш

fi

()pp

держатся в области G и не пересекаются друг с другом. Обозначим че‑ рез кругов

и непрерывной в ее замыкании

*

область, которая получается из области G путем удаления

Функция

n1

является аналитичной в области

*

.

По теореме Коши для многосвязной области имеем

n

fzdz fzdz

G

¶

() ()=

е

k

.

=

1

g

k

*

Используем определение вычета:

resf z

=

0

fzdz() ()

т

2

p

i

g

лучим

n

fzdz ires fz

()

=

т

G

¶

21p

е

k

.

=

k

Теорема доказана. Пример. Вычислить интеграл

z

e

-

1

т

z

5||

<

dz

2

.

+

Решение. Подынтегральная функция аналитична в области

за исключением точек

Точка

является устранимой особой точкой, так как

Вычет в точке Точка

является полюсом первого порядка. Вычет в данной

lim

z

равен 0:

. Найдем вычеты в данных точках.

z

e

-

1

=

1

2

®

0

zz

+

.

точке будет равен

z

ж

e

-

resf

()lim

1

з

z

®-

1

zz

()

+

1

()-=

ц

=-

+

11

ч

-

1

.

. По‑

||z < 5

По теореме Коши о вычетах получим

т

z

<

z

e

-

1

dz iresfres

=+-= -

20 121

2

zz

+

51||

(()())

52

-

e

.

5.1. Понятие вычета. Основная теорема о вычетах

fz()

z =Ґ,

c = 0.

z =Ґ,

c = 0.

z =Ґ

fz()

fz().

zk

=p

k ®Ґ.

z =Ґ

fz()

lim().

fz

z =Ґ

fz()

z =Ґ

fz()

z =Ґ

fz()

z = 0

z =Ґ

fz()

z =Ґ

fz()

Вычет функции относительно

бесконечно удаленной точки

Функция

ке

если функция

Например, функция

так как функция

Точка

является аналитической в бесконечно удаленной точ-

1

ж

j()cf

=

fzz() sin=

j() sincf

ц

аналитична в точке

з

ч

c

и

ш

1

является аналитической в точке

1

ж

ц

з

ч

c

и

ш

c=

=

аналитична в точке

называется изолированной особой точкой функции

, если в некоторой окрестности этой точки нет других особых то‑

чек функции

Функция

fzz() sin=

бенность: полюсы ности, если

Точка ственно особой точкой функции бесконечен или не существует

1

имеет в бесконечности неизолированную осо‑

k

этой функции накапливаются в бесконеч‑

является устранимой особой точкой, полюсом или суще-

в зависимости от того, конечен,

z

®Ґ

Утверждения:

1) если

новское разложение

— устранимая особая точка функции

в окрестности этой точки не содержит по‑

, то лора‑

ложительных степеней z;

2) если

— полюс, то лорановское разложение

в окрестно‑

сти этой точки содержит конечное число положительных степеней z;

3) если

жение

— существенно особая точка, то лорановское разло‑

в окрестности этой точки содержит бесконечное число по‑

ложительных степеней z.

Лорановское разложение точки называется разложением

в окрестности бесконечно удаленной

в ряд Лорана, сходящееся всю‑ ду вне круга достаточно большого радиуса R с центром в точке (кроме, быть может, самой точки

Пусть функция

аналитична в некоторой окрестности точки

).

(кроме, быть может, самой точки).

Вычетом функции

в бесконечности называется величина

53

5. ВЫЧЕТЫ ФУНКЦИЙ

zr

z =Ґ

zz=

fz()

z =Ґ,

resf c() .Ґ=-

+

z =Ґ

+

zz

fz()

z =Ґ

lim(),

fz®Ґ=1

z =Ґ

f () .Ґ=1

Ґ=-

fz()

aa a

,,...,

fz()

()

где

-

— достаточно большая окружность

g

resf

вой стрелке (так, что окрестность точки и в случае конечной точки

1

2p

fzdz() () ,Ґ=

т

i

-

g

= ,

проходимая по часо‑

остается слева, как

).

0

Из данного определения следует, что вычет функции в бесконеч‑

-1

ности равен коэффициенту при в окрестности точки

взятому с противоположным знаком:

Пример. Найти вычет функции

z

в лорановском разложении

-1

1

()=

z

в точке

fz

.

z

Решение

Преобразуем

fz

()=

z

:

1

z

+

fz

()=

1

=+

1

.

Полученное выражение можно рассматривать как лорановское раз‑

ложение

в окрестности точки

.

Так как

то точка

Коэффициент

Теорема. Если функция плоскости конечное число особых точек, то сумма всех ее вычетов, включая и вычет в бесконечности, равна нулю.

То есть если

или

z

является устранимой особой точкой и

c

равен единице, поэтому

-1

resf() .

1

имеет в расширенной комплексной

— конечные особые точки функции

n12

n

resf resf a

() ()Ґ+ =

k

=е1

n

resf resf a

()

k

=е1

54

0

k

.Ґ=-

k

, то

5.2. Вычисление вычетов. Применение вычетов к вычислению интегралов

fz()

+-

resf c()Ґ=-=-10

-Ґ

22

pp

fx()

Px

Qx

()

Qx

nm

()

fx()

(())Qxm№ 0

mnі+2,

Пример. Вычислить интеграл

dz

I

=

т

2

z

=

.

4

1

z

+

Решение

Корни уравнения

1=-

находятся внутри окружности

z = 2

4

z

и являются полюсами (конечными) подынтегральной функции

fz

()=

dz

.

4

1

z

+

Разложим

Имеем

и, следовательно,

5.2. Вычисление вычетов. Применение вычетов

Интегралы от рациональных функций

Пусть функция

Px

()

где

Если функция

и

в ряд в окрестности бесконечно удаленной точки:

fz

11

()=Ч+=-

4

z

1

4

z

111

4813

zzz



4

Iiresf airesf

==

е

k

=

() () .

1

k

=

0

к вычислению интегралов

— рациональная функция, то есть

fx

()

— многочлены степеней n и m соответственно.

непрерывна на всей действительной оси

то

+Ґ

fxdx i() ,

т

-Ґ

n

,=

m

=2ps

где s — сумма вычетов функции

55

5. ВЫЧЕТЫ ФУНКЦИЙ

Qz

()

22

()

22

24

()

тт

()

22

fx().

fz()

88

xa

ҐҐ

тт

n,

00

ҐҐ

тт

n,

00

Rx()

a > 0

Pz

fz

()

n

=

m

во всех полюсах, расположенных в верхней полуплоскости (существен‑ но особых точек у рациональной функции нет).

Ґ

2

Пример. Вычислить интеграл

xdx

т

x

0

.

4

+

Решение

2

Подынтегральная функция

fx

()

xdx

=

x

является четной функ‑

4

+

цией, поэтому

Введем функцию

Ґ

2

xdx

22

x

4

()

+

0

fz

()

zdz

z

2

Ґ

2

xdx

1

=

4

+

x

-Ґ

,=

которая на действительной оси,

.

+

то есть при z = x, совпадает с

Функция

имеет в верхней полуплоскости одну изолирован‑

ную особую точку z = 2i (полюс второго порядка). Вычислим вычет

в точке z = 2i:

2

d

resf i

()lim()( )lim

22

=-

zi zi

й

fz zi

л

2

®®

dz

й

2

щ

=

ы

d

к

2

dzzzi

22

()

л

щщ

lim

=

ъ

®

2

+

zai

ы

iz

4

zi i

()

+

=

3

2

8

1

.

Данный по условию интеграл будет равен

Ґ

2

xdx

22

т

()

x

-Ґ

IRxaxdxR

IRxaxdxRxaxdx=

=Ч Ч=

+

()cos,()si

1

2

i

p

.p

xdx=

— любое веще‑

I

Интегралы вида

Рассмотрим интегралы

где

— правильная рациональная дробь,

1

=

2412

ственное число.

При вычислении таких интегралов можно использовать лемму Жор‑ дана.

56

5.2. Вычисление вычетов. Применение вычетов к вычислению интегралов

fz()

®Ґ

arg.z

l>0

),

т

g

ak

,.

,>

zk

22

zx= ,

Im ()j z

xa

xk

22

g

=>

g

zk

22

R ®Ґ

zk

22

m.

Лемма Жордана. Пусть функция плоскости особых точек, и при но

где

R

Пример. Вычислить интеграл

Im ,z>0

Тогда при

за исключением конечного числа изолированных

z

стремится к нулю равномерно относитель‑

lim(

fzedz

R

®Ґ

³

R

— верхняя полуокружность

–R O R x

Рис. 5.1

ix

l

zR z= ,Im > 0

Ґ

xax

sin

22

т

xk

()

+

0

Решение

Рассмотрим вспомогательную функцию

аналитична в верхней полу‑

=

0

(рис. 5.1).

dx

j() .z

>0

=

ze

0

iaz

Заметим,

+

что если

fx

()

sin

то

x

.=

+

Рассмотрим контур

на контуре

так как

zk

функция

R

qz

22

+і+ .

Следовательно, по лемме Жордана

R

()<

совпадает с подынтегральной функцией

zR z:,Im .

gz

()=

z

0

При достаточно большом R

удовлетворяет условию

+

R

22

Rk

0-®

при

,

iaz

ze

li

=

т

R

®Ґ

zk

g

R

dz

22

+

57

=

0

5. ВЫЧЕТЫ ФУНКЦИЙ

Rk>

л

ы

za

R ®Ґ

xx

),

xx

),

Ruv(,) -

uvи

ez

22

zx

,.

По основной теореме о вычетах для любого

R

iax

xe

dx

22 22

тт

xk

+

R

-

+

ze

zk

+

g

R

iaz

dz i

2

=

ps,

получаем, что

где

k

-

e

=

.

2

s=

res

=

zik

Переходя к пределу при

iaz

й к

zk

щ

ze

22 22

+

lim

=

ъ

ze zik

®

zik

ia

()

zk

+

, получим, что

Ґ

iax

xe

22

т

xk

-Ґ

dx ie

+

-

=

p

iak

-

.

Отделяя слева и справа вещественные и мнимые части, получим

Ґ

xax

sin

т

xk

-Ґ

dx e

22

+

ak

-

=

.

p

Так как подынтегральная функция четная, то окончательно по‑

лучим

Ґ

xax

sin

22

т

xk

()

0

p

dx e

=

2+

ak

-

.

Рассмотрим интеграл

где внутри промежутка интегрирования.

Пусть

В данном случае Таким образом, исходный интеграл переходит в интеграл от функ‑

ции комплексного переменного по замкнутому контуру:

2p

Интеграл вида

IR

0

2p

IR

0

— рациональная функция аргументов

ix

=

, тогда

dz

dx

==+=

x

,cos ,sin .

iz

=ЈЈ10 2

1

z

2

z

p

58

dx=т(cos ,sin

, ограниченная

1

z

x

-

2

iz

5.2. Вычисление вычетов. Применение вычетов к вычислению интегралов

тт

,(),

gg

2psi

Fz()

,.

ez

()

>>0

b

22

()

++

22

z

л

ы

22

ж

1

z

IR

+з и

2

z

2

izdziz

ц

1

ч

Fzdz=

=

ш

где g — окружность единичного радиуса с центром в начале коорди‑ нат. По основной теореме о вычетах, полученный интеграл равен

, где s — сумма вычетов подынтегральной функции

в по‑

люсах, расположенных внутри окружности g.

Пример. Вычислить интеграл

Ґ

т

0

dx

bxa

(cos )

+

2

ab

>>

0

Решение

ix

Используем подстановку

=

. После преобразований получим,

что

Ґ

тт

0

dx

bxai

(cos )( )

+

4

=

2

g

zdz

22

bz az bi

2

++

4

=

n

iresFz

2

p

е

k

1

=

.

k

Внутри единичного круга при условии, что

только один полюс (второго порядка)

aab

-+ -

z

=

1

.

Вычет функции

относительно полюса

resF z

=

() lim

1

zz

®

Fz

()

=

будет равен

1

й

d

к

1

2

dz

bz zzz

()()(

bz az b

zz z

--

z

2

-

()

1

22222

1

Итак, данный по условию интеграл будет равен

Ґ

т

0

dx

bxa

+

=

2

a

2p

2232

ab(cos )( )

-

щ

=

ъ

/

ab

4

ab

.

, находится

a

2232)/

-

.

59

5. ВЫЧЕТЫ ФУНКЦИЙ

fz

()

zz

22

14

a)

11

()

,s

b)

22

c)

nn

41

()

zz

()

1

12

a)

21p

-

()

b)

pch1

c)

0

xx

49

22

()

a)

p

2

b)

4

p

c)

p

Задачи для самостоятельного решения

1. Найти вычеты функции

z

Ответ:

afz

)

resf i

resf resf resf n

sin

=

()

resf resf00

32

zz

-

=

i

=- -

()

00

()

,

=

,,

2. Вычислить интегралы:

z

1

e

Ответ:

a

);)

-

dz b

2

тт



zz

-+

z

2

=

ie

;

3. Вычислить интегралы:

2

a

)

dx

ттт

+

53

0

cos

x

особых точках:

2

bfz

;) ;)

()

resf i

()

p

ж

ц

з

ч

4

и

ш

cos

z

3

zi

-=

2

Ґ

b

;) ;)

2

x

0

()

1

=

z

+

=

in

i

;

=

1

=+

p

z

dz c

2

dx

+

;)

1

;

.

+Ґp

c

4

-Ґ

tg

cfz

()

=

z

p

-

;

p

ж з

2

и

т

z

=

()

ц

=

p

ч

2

p

ш

dz

3

-

()

3

+

dx

+

21

()

.

2

-

+

.

+

Ответ:

5

;

6

.

30

60