Галкин С.В. Теория функций комплексного переменного и операционное исчисление- учебное пособие для вузов (2011) (1)

Разложение не содержит положительных степеней z, поэтому точка z0 – правильная, точнее, нуль первого порядка.

Пример. Рассмотрим функцию

В разложении старшая положительная степень – первая, поэтому z0 – полюс первого порядка. Это же разложение спра-

ведливо в области z R, поэтому оно является разложением в

окрестности точки z 0. В нем бесконечное количество отрицательных степеней, поэтому точка z 0 – существенно особая.

100

3.ВЫЧЕТЫ И ИХ ПРИМЕНЕНИЕ

КВЫЧИСЛЕНИЮ ИНТЕГРАЛОВ

3.1.Определения вычета

Вычетом Resz0 f z функции f (z) в точке z0 называется коэф-

Покажем эквивалентность этих определений. В самом деле, коэффициент ряда Лорана равен (см. подразд. 2.2.6)

3.2. Вычисление вычетов в точке конечной плоскости

Для различных типов особых точек (правильная, полюс, существенно особая) различны алгоритмы вычисления вычетов функции в этих точках.

Если z0 – правильная особая точка, то ряд Лорана превращается в ряд Тейлора, в котором нет отрицательных степеней z z0 , по-

этому Resz0 f z = 0.

101

Пример. Найти вычеты функции z21 1 во всех особых точ-

ках конечной плоскости.

У функции два полюса первого порядка: z i, z i. Исполь-

зуем формулы (3.3) и (3.4) для вычисления вычета в полюсе первого порядка.

По формуле (3.3) получим

В том случае, когда z0 – полюс n-го порядка, разложение функции в ряд Лорана в окрестности этой точки не содержит степеней

Умножим обе части этого равенства на z z0 n, получим

103

f z z z0 n c n c n 1 z z 0 c n 2 z z0 2 ...+

(3.5)

c 1 z z0 n 1 c0 z z0 n ...

Уничтожим степень при коэффициенте c 1 в равенстве (3.5) дифференцированием, его надо провести n 1 раз. Получим

Перейдем к пределу при z z0 . Все слагаемые в правой части равенства (3.6), содержащие целые степени z z0 (второе, третье, четвертое и т. д.), обратятся в нуль. Получим формулу для вычета функции в полюсе n-го порядка:

Пример. Найти вычеты функции

во всех ее особых точках. У функции две особые точки: z 0 – полюс первого порядка; z = 1 – полюс второго порядка. Вычислим вычеты функции в полюсах первого и второго порядка:

В том случае, когда точка z0 – существенно особая точка, вычет в ней вычисляется единственным способом – непосредствен-

104

ным разложением функции в ряд Лорана в окрестности z0 и вы-

числением коэффициента при степени –1. Пример. Найти вычеты функции

f z z 1 1sin 1z

во всех ее особых точках. Здесь z 0 – существенно особая точка; z = 1 – полюс первого порядка. Разложение в ряд Лорана в окрестности существенноособойточки z 0 выглядит следующим образом:

поэтому Resz 0 f z sin 1.

Вычислим вычет функции в полюсе первого порядка: Resz 1 f z limz 1sin 1z sin 1.

Вычетом функции в бесконечно удаленной точке z на-

зывается коэффициент c 1 (взятый со знаком минус коэффици-

ент при минус первой степени в разложении функции в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки).

Упражнение. Если бесконечно удаленная точка является для функции нулем порядка выше первого, то вычет функции в бесконечно удаленной точке равен нулю. Докажите это самостоятельно.

3.3. Общая теорема Коши о вычетах

Теорема. Пусть функция f z – аналитическая в области G и на ее границе (кусочно-гладком контуре ) за исключением конеч-

105

n

f z dz f z dz,

k 1 k

Лорана в окрестности точки zk и подставим в интеграл. Так как

степенной ряд внутри круга сходимости сходится равномерно, проведем почленное интегрирование и используем вычисленный в подразд. 1.6.2 интеграл:

106

Тогда, подставив вычисленный интеграл в сумму интегралов по контурам, запишем равенство

Используя теорему Коши, можно доказать следующую теорему.

Теорема о сумме вычетов функции по расширенной плоско-

сти. Сумма вычетов функции по всей расширенной плоскости равна нулю.

Доказательство. Выберем контур так, чтобы все особые

точки функции лежали внутри контура. Тогда при обходе контура в положительном направлении надо учитывать особые точки, попавшие внутрь контура, т. е. все особые точки конечной плоскости. По общей теореме о вычетах справедливо равенство

Однако при обходе контура в отрицательном направлении нужно учитывать только бесконечно удаленную точку и интеграл получится тем же, но со знаком минус (свойство интеграла). Поэтому справедливо равенство

Складываяравенства (3.7) и(3.8), получаем искомое соотношение

Reszk f z Resz f z 0.

k 1

Следствие. Сумма вычетов функции по всей конечной плоскости равна вычету функции в бесконечно удаленной точке, взятому со знаком минус.

Доказательство. По приведенной выше теореме выполнено соотношение

107

Reszk f z Resz f z 0,

k 1

откуда

гральная функция имеет полюс второго порядка z 1 и существенно особую точку z 0. Вычислим вычеты в этих особых точках. Найдем вычет в полюсе второго порядка z 1:

Чтобы вычислить вычет в существенно особой точке z 0,

разложим подынтегральную функцию в ряд Лорана в окрестности этой точки.

Запишем разложение в виде

11 z z2 ...

1z

ипродифференцируем его почленно:

Теперь разложим функцию sin 1z в ряд Лорана:

108

Затем, перемножая разложения, найдем разложение в ряд Лорана подынтегральной функции и выделим вычет – коэффициент при минус первой степени:

Следовательно, Resz 0 f z cos 1.

Вычислим искомый интеграл по особым точкам конечной

Найдем вычет в бесконечно удаленной точке:

Resz f z Resz 1 f z Rezz 0 f z 0.

Этот результат очевиден, так как для подынтегральной функции бесконечно удаленная точка является нулем третьего порядка, поэтому вычет в ней равен нулю. Искомый интеграл можно вычислить также по вычету в бесконечно удаленной точке:

Такой ответ можно получить следующим образом. Все особые точки лежат внутри контура, вне контура находится только бесконечно удаленная точка, вычет подынтегральной функции в которой равен нулю (бесконечно удаленная точка – нуль третьего порядка). Обходя контур в отрицательном направлении, нужно учитывать вычет в бесконечно удаленной точке и вычислять интеграл со знаком минус. Поэтому исходный интеграл равен нулю.

109