Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Теория функций комплексного переменного. Учебник
.pdf
6.1. Вычеты и основная теорема о вычетах 121
Определение 6.2. Вычетом функции f в изолированной осо-
бой точке ∞ называется число
I
Res∞f =
1
2πi
f(z) dz, r > R.
−
C
(0)
r
Как и в случае конечной изолированной особой точки, интеграл в
определении 6.2 не зависит от r (его надо брать достаточно большим).
Теорема 6.4. Если ∞ — изолированная особая точка функ-
ции f, то вычет Res∞f равен −c−1— коэффициенту при z−1в раз-
ложении Лорана (5.8) для f в бесконечно удаленной точке, взятому
с противоположным знаком.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Достаточно проинтегрировать ряд (5.8)
по отрицательно ориентированной окружности CR(0) и применить
лемму 3.2.
Пример 6.4. Если ∞ является правильной особой точкой (см.
п. 5.2.4), то ряд Лорана (5.8) вырождается в ряд
0
X
ckzk,
k=−∞
поэтому теорема 6.2 дает нам Res∞f = −c−1.
Обратим внимание на отличие результата примера 6.4 от случая
конечной особенности (сравните с примером 6.2).
Теорема 6.5. Если ∞ — полюс кратности n, то
Res∞f =
n
(−1)
(n + 1)!
lim
z→∞
h
n+2f(n+1)
z
(z)i.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Для бесконечно удаленной точки используем разложение Лорана (5.8)
n
f(z) =
X
ckzk,
k=−∞
122 Глава 6. Теория вычетов
k+1
n+2
:
,
которое продифференцируем n + 1 раз, а затем умножим на z
−2
n+2f(n+1)
z
(z) = (−1)
n+1
(n + 1)!c−1+
X
ckAkz
k=−∞
где Ak= k(k − 1) . . . (k − n).
Отсюда при z → ∞ получим требуемое.
6.1.5. Теорема о полной сумме вычетов
Теорема 6.6. Пусть функция f аналитична всюду в C, кроме
конечного множества S = {z1, z2, . . ., zn} ⊂ C изолированных особых
точек. Тогда справедливо равенство
n
X
Res
f + Res∞f = 0.
z
k
k=1
Д о к а з а т е л ь с т в о. Для достаточно большого r > 0 все точки
из S содержатся в круге B(0, r). Поэтому в силу теоремы 6.3 справедливо равенство
n
X
k=1
Res
z
k
правая часть которого равна −Res∞f (см. определение 6.1).
f =
C
I
+
r
f(z) dz,
(0)
6.2. Вычисление интегралов с помощью
вычетов
Теория вычетов может быть успешно использована при вычислении определенных интегралов. В § 6.2 мы проиллюстрируем это на
примерах.
6.2.1. Несобственные интегралы
Первое приложение теоремы 6.3 — способ вычисления несобственных интегралов по действительной прямой.
6.2. Вычисление интегралов с помощью вычетов 123
Теорема 6.7. Пусть функция f аналитична в верхн ей по-
луплоскости {z ∈ C : Im z > 0}, кроме конечного числа точек z1, z2, . . . , zn, и непрерывна на границе этой полуплоскости
{z ∈ C : Im z = 0}.
Тогда если
lim
z→∞, Im z>0
zf (z) dz = 0
и несобственный интеграл
+∞
Z
f(x) dx
−∞
сходится, то
+∞
Z
f(x) dx = 2πi
−∞
n
X
k=1
Res
f. (6.2)
z
k
Д о к а з а т е л ь с т в о. Сначала покажем, что
I
lim
R→∞
f(z) dz = 0,
L
R
где {z ∈ C : |z| = R, Im z > 0} — верхняя полуокружность.
Из условий теоремы следует, что для любого ε > 0 суще с твует
такое R1> 0 , что
|zf (z)| <
ε
при |z| > R1, Im z > 0,
π
поэтому при всех R > max{R0, R1} справедливы неравенства (см.
часть 3 теоремы 3.1)
I
L
R
f(z) dz
I
6
|zf (z)|
L
R
dl
|z|
I
ε
<
πR
L
dl = ε.
R
Теперь возьмем R0> 0 настолько большим, чтобы все особые
точки z1, z2, . . . , znлежали в полукруге {z ∈ C : |x| < R0, Im z > 0}
124 Глава 6. Теория вычетов
и воспользуемся теоремой 6.3, согласно которой при любом R > R
выполнено равенство
R
Z
f(x) dx +
−R
I
f(z) dz = 2πi
L
R
n
X
k=1
Res
z
k
f.
Предельный переход при R → +∞ в этом равенстве дает нужное
утверждение, так как по доказанному предел второго слагаемого слева
равен нулю.
В частности, утверждение теоремы 6.7 применимо к широкому
классу рациональных функций.
Следствие 6.1. Если Pnи Qm— алгебраические полиномы
степеней n и m соответственно, причем m > n + 2 и Qmне имеет
действительных нулей, то справедливо равенство
+∞
Z
−∞
Pn(x)
Qm(x)
dx = 2πi
n
X
k=1
Res z
P
n
.
k
Q
m
В этом случае нули полинома Qmбудут являться полюсами рациональной функции Pn/Qm.
6.2.2. Интегралы от произведений f (x)e
iαx
0
Рассмотрим задачу сведения интегралов вида
+∞
Z
−∞
f(x)e
iαx
dx, α > 0,
к в ы числению вычетов. Для этого нам понадобится вс помогательное
утверждение.
Лемма 6.1 (Жордана). Пусть для некоторого R0> 0 функция f непрерывна на множестве {z ∈ C : |z| > R0, Im z > 0} и
lim
z→∞, Im z>0
f(z) dz = 0.
6.2. Вычисление интегралов с помощью вычетов 125
Тогда при α > 0
I
lim
R→∞
f(z) dz = 0,
L
R
где LR= {z ∈ C : |z| = R, Im z > 0} — верхняя полуокружность.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Зададим произвольно ε > 0 и найдем
R1> 0 таким образом, что |f(z)| < αε/π при |z| > R1. Тогда для
любого R > max{R0, R1} выполнены неравенства
I
f(z)e
L
R
iαz
dz
6
Z
|f(z)| ·|e
L
R
iαz
|dl <
π
Z
αε
<
−αR sin ϕ
e
π
0
R dϕ =
2αεR
π
π/2
Z
0
−αR sin ϕ
e
dϕ.
Используя неравенство sin ϕ > 2ϕ/π, где ϕ ∈ (0, π/2), оцениваем
последний интеграл
I
f(z)e
L
R
iαz
dz
< ε(1 − e
−αR
) < ε.
Теорема 6.8. Пусть функция f аналитична в верхн ей по-
луплоскости {z ∈ C : Im z > 0}, кроме конечного числа точек z1, z2, . . . , zn, и непрерывна на границе этой полуплоскости
{z ∈ C : Im z = 0}.
Тогда если
lim
z→∞, Im z>0
f(z) dz = 0
и несобственный интеграл
+∞
Z
f(x) dx
−∞
126 Глава 6. Теория вычетов
сходится, то
+∞
Z
−∞
f(x)e
iαx
dx = 2πi
n
X
k=1
Res
z
k
iαz
[fe
]. (6.3)
Д о к а з а т е л ь с т в о. Возьмем R0> 0 настолько боль-
шим, чтобы все особые точки z1, z2, . . . , znлежали в полукруге
{z ∈ C : |x| < R0, Im z > 0} и воспользуемся теоремой 6.3, соглас-
но которой при любом R > R0выполнено равенство
R
Z
−R
f(x)e
iαz
dx +
L
I
R
f(z)e
iαz
dz = 2πi
n
X
k=1
Res
z
iαz
[fe
k
].
Предельный переход при R → +∞ в этом равенстве дает нужное
утверждение, так как по лемме 6.1 предел второго слагаемого слева
равен нулю, а правая часть от R не зависит.
6.2.3. Интегралы от тригонометрических
функций
Пусть R — рациональная функция. Рассмотрим интегралы вида
π
Z
R(cos ϕ, sin ϕ) dϕ.
−π
Выполним в этом интеграле замену переменной z = eiϕ, тогда
dϕ =
dz
, cos ϕ =
iz
1
2
z +
1
, sin ϕ =
z
2i
1
z −
1
.
z
Отрезок [−π, π] перейдет в положительно ориентированную единичную окружность C1(0) = {z ∈ C : |z| = 1} (см. обозначения в
п. 1.2.1). Следовательно, справедливо равенство
π
Z
R(cos ϕ, sin ϕ) dϕ =
−π
+
C
1
Z
R1(z) dz,
(0)
6.3. Теорема о логарифмическом вычете и ее приложения 127
где R1— рациональная функция, определяемая равенством
R1(z) =
iz
1
1
R
2
z +
1
z
1
,
2i
z −
1
z
.
6.3. Теорема о логарифмическом вычете
и ее приложения
6.3.1. Логарифмический вычет
Пусть z0∈ C — изолированная особая точка функции f , которая
аналитична в некоторой проколотой окрестности B◦(z0, ε) и отлична
там от нуля.
Определение 6.3. Логарифмическим вычетом функции f
в и золированной особой точке z0∈ C называется вычет ее логариф-
мической производной f′/f в этой точке.
Другими словами, логарифмический вычет — это
Res
z
0
′
f
=
f
1
2πi
I
C(z0,r)
f′(z)
f(z)
dz.
Рассмотрим примеры на вычисление логарифмического вычета.
Пример 6.5. П усть функция аналитична в некоторой окрестности точки z0∈ C, которая является для нее нулем кратности n. Тогда
Res
(f′/f) = n. (6.4)
z
0
Р е ш е н и е. Действительно, функция f представима в виде
f(z) = (z − z0)ng(z), где g аналитична в окрестности z0и g(z) 6= 0
в этой окрестности. Тогда
f′(z) = n(z − z0)
n−1
g(z) + (z − z0)ng′(z),
откуда
f′(z)
f(z)
=
n
z − z
g′(z)
+
0
g(z)
.
128 Глава 6. Теория вычетов
Второе слагаемое справа аналитично в некоторой окрестности
точки z0, поэтому равенство (6.4) вытекает из случая n = −1 леммы 3.2.
Пример 6.6. Пусть функция аналитична в некоторой окрестности точки z0∈ C, которая является для нее полюсом кратности p.
Тогда
Res
(f′/f) = −p. (6.5)
z
0
Р е ш е н и е. Это можно доказать, повторяя рассуждение из примера 6.5. Однако можно просто сослаться на данный пример, так как
если g = 1/f , то f′/f = −g′/g и z0является нулем кратности p для
функции g.
Следующая теорема является основной в § 6.3.
Теорема 6.9 (о логарифмическом вычете). Пусть выполнены следующие условия:
1) D ⊂ C — стандартная многосвязная область;
2) функция ϕ аналитична в D и непрерывна на D;
3) функция f аналитична в D, кроме конечного числа полюсов
в точках b1, b2, . . . , bP∈ D, имеет конечное число нулей в точках
a1, a2, . . ., aN∈ D (каждый нуль и полюс записан столько раз, какова
его кратность);
4) функция f непрерывно продолжима вместе со своей произ-
водной f′на ∂D и f (z) 6= 0 при z ∈ ∂D.
Тогда справедливо равенство
1
2πi
I
∂D
ϕ(z)
f′(z)
f(z)
dz =
N
X
k=1
ϕ(ak) −
P
X
ϕ(bk). (6.6)
k=1
Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть a ∈ D — нуль кратности n функции f. Тогда в некоторой окрестности точки a справедливо представление
f(z) = (z − a)nf1(z),
где функция f1аналитична и отлична от нуля в этой окрестности.
Кроме того, для функции ϕ справедливо представление
ϕ(z) = ϕ(a) + (z −a)ϕ1(z),
6.3. Теорема о логарифмическом вычете и ее приложения 129
где функция ϕ1аналитична в некоторой окрестности точки a.
Поэтому
z − a
n
+ f1(z)= ϕ(a)
n
z − a
+ f2(z),
ϕ(z)
f′(z)
=[ϕ(a) + (z − a)ϕ1(z)]
f(z)
где f2— функция, аналитическая в окрестности точки a.
Отсюда получим, что
′
f
Res
ϕ
f
= nϕ(a).
a
Совершенно такое же рассуждение показывает, что если b ∈ D —
полюс кратности p для функции f , то
′
f
Res
ϕ
b
= −pϕ(b).
f
Теперь осталось просуммировать полученные равенства по всем
нулям и полюсам функции f и применить теорему6.3 (Коши, о вычетах) к инте г ралу в левой части равенства 6.6.
6.3.2. Принцип аргумента
Лемма 6.2. Пусть заданы отрезок I = [α, β] ⊂ R и непре-
рывная функция F : I → C \ {0} , не обращающаяся в нуль. Тогда
существует такая непрерывная функция ϕ : I → R, что
F (t) = |F (t)|e
iϕ(t)
, t ∈ I. (6.7)
Любые две такие функции отличаются на тождественную постоянную.
Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть
ε = 2 min{|F(t)| : t ∈ I} > 0
(на компакте I непрерывная функция t 7→ |F (t)| принимает наименьшее значение) и δ > 0 определяется по ε свойством равномерной
непрерывности функции F (см. теорему1.7 (Кантора)), т.е. для любых t1, t2∈ I из |t1− t2| < δ следует |F (t1) −F (t2)| < ε.
130 Глава 6. Теория вычетов
Разобъем отрезок I конечным числом точек tk= α + (k − 1)δ,
k = 1, 2, . . . , n, на части длины δ. При этом образ каждого отрезка
Ik= [t
менее чем на ε от каждого из этих кругов. Отметим, что Bk∩B
, tk] лежит в круге Bk= B(F (t
k−1
), ε) и точка 0 удалена не
k−1
k−1
6= ∅
для каждого k.
В каждом из этих кругов мы можем выделить однозначную ветвь
функции z 7→ Arg z (см. п. 2.4.3). Используя это, будем последовательно строить искомую функцию ϕ на каждом из отрезков Ik.
Сначала зафиксируем некоторую ветвь ϕ1функции z 7→ Arg z в
круге B1. Тогда для любой ветви ϕ2аргумента z в круге B
2
ϕ1(z) − ϕ2(z) = c, z ∈ B1∩ B2,
где c — некоторая по с тоянная.
Вычитая из ϕ2эту постоянную, добьемся того, что ϕ1(z) = ϕ2(z)
на B1∩ B2. Продолжая данное построение по индукции, на k-м шаге
выберем ветвь аргумента ϕkв круге Bkтак, чтобы ϕk(z) = ϕ
Bk∩ B
k−1
.
k−1
(z) на
Искомая функция ϕ определяется те перь следующим образом:
ϕ(t) = ϕk(F (t)), t ∈ Ik, k = 1, 2, . . . , n.
Она удовлетворяет условию (6.7), непрерывна на каждом Ikкак
композиция непрерывных функций и, следовательно, непрерывна на
I.
Покажем теперь, что любые две такие функции отличаются на
тождественную постоянную. Пусть ϕ и ψ — две непрерывные функции,
удовлетворяющие условию (6.7).
Возьмем любую фиксированную точку t0∈ (α, β). Тогда в некотором интервале J ⊂ (α, β), содержащем то чку t0, справедливы представления
ϕ(t) = ϕ1(F (t)), ψ(t) = ϕ2(F (t)), t ∈ J,
где ϕ1и ϕ2— некоторые однозначные ветви аргумента z в некотором
круге B с центром в точке F (t0).
Так как ϕ1(z) = ϕ2(z) + c (c — некоторая постоянная), функция
ϕ −ψ постоянна на J.
В силу произвольности t0функция ϕ −ψ локально постоянна на
(α, β), поэтому она постоянна.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]