21. Основная теорема о вычетах

Пусть в проколотой окрестности точки функция аналитична. Тогда величину

где ρ -- достаточно малое положительное число, будем называть вычетом функции f(z) в точке a . Вычетом функции относительно бесконечно удаленной точки считаем величину

где C -- окружность с центром в начале координат такая, что вне круга, определяемого этой окружностью, функция f(z) особенностей не имеет.

Первичные следствия этого определения следующие:

а) вычет не зависит от величины ρ ;

б) вычет совпадает с коэффициентом ряда Лорана функции f(z) в кольце 0<|z-a| <ρ (см. формулу ( 4loran ));

в) если f(z) аналитична в точке a или a -- устранимая особенность, то вычет в ней равен 0.

Предложение. Пусть -- полюс порядка m функции f(z). Тогда

Доказательство. Если -- полюс порядка m, то , где g(z) -- правильная часть, тем самым аналитическая функция в точке . Тогда

Дифференцируя это соотношение m-1 раз, получим:

где h(a)=0. Переходя к пределу и разделив на (m-1)!, получим требуемую формулу.□

Отметим частный случай, когда -- простой полюс. Тогда

В частности, если , где g(z),h(z) аналитичны в окрестности точки и , , то -- простой полюс и .

Доказательство. Требует доказательства только утверждение " в частности". Из условия следует, что h(z)=(z-a)⋅s(z) для некоторой аналитичной функции s(z) такой, что s(a)≠ 0. Тогда f(z)=1/ z-a ⋅ g(z)/ s(z) и g(a) / s(a) ≠ 0. Следовательно, a -- простой полюс. Далее, переходя в следующем соотношении (z-a)f(z)= g(z) /[ (h(z)-h(a))/(z-a)] к пределу z→ a, получаем формулу Res[f(z),a]= g(a)/h'(a) .□

Основная теорема о вычетах. Пусть f(z) аналитична в замкнутой области D, кроме точек , лежащих внутри области D. Тогда

Доказательство. Пусть -- окружности достаточно малых радиусов с центрами в точках такие, что круги ими ограничиваемые, целиком лежат внутри области D и попарно не пересекаются. Тогда аналитична в области и по теореме Коши имеет место равенство:

Отсюда следует, что

∮ _ ∂ D f(z) dz=∮ _ c_1+… +c_m f(z) dz=∮ _ c_1 f(z) dz+… +∮ _ c_m f(z) dz= =2πi [Res[f(z),a_1]+… +2πi Res[f(z),a_m],

что и требовалось доказать.

Пример Вычислим интеграл:

22. Вычисление интегралов с помощью вычетов

Предложение. Предположим, что бесконечно удаленная точка является нулем второго или более высокого порядка функции , т.е. ограничена вне круга достаточно большого радиуса. Допустим также, что f(z) является аналитической функцией на действительной оси, а в верхней полуплоскости Im z>0 имеет лишь конечное число особых точек . Тогда

Доказательство. Все лежащие в верхней полуплоскости особые точки можно заключить внутрь расположенного в верхней полуплоскости полукруга достаточно большого радиуса R с центром в начале координат. По основной теореме о вычетах получаем

 _L f(z) dz+ _ -R ^ +R f(x) dx=2πi∑_ j=1 ^n Res[f(z),a_j], (2)

где L -- верхняя полуокружность радиуса R, проходимая против часовой стрелки. Так как f(z)=g(z)/z^2 , где g(z) -- ограничена на бесконечности, например, числом M, то

при R→ +∞ . Тогда, переходя в соотношении (2) к пределу R→ +∞ , получаем требуемое равенство.

Пример. Вычислим интеграл:

Лемма К. Жордана. Пусть на некоторой последовательности дуг окружностей ( – фиксировано) функция стремится к нулю равномерно относительно Тогда для любого положительного числа λ

Доказательство. Обозначим . По условию леммы при . Величина также стремится к 0, причем . Пусть сначала a>0.

E На рис. . На дугах АВ и CD имеем

C B , следовательно

D -a A . На основании неравенства

Рис. Лемма Жордана , справедливого при , мы заключаем, что на дуге BE имеет место неравенство

Следовательно,

Если для дуги EC отсчитывать полярный угол от отрицательной полуоси, то оценка интеграла по этой дуге будет такая же как и для дуги BE. Случай разобран. Случай еще проще – не надо оценивать интегралы по дугам AB и CD. □

Замечание. Последовательность дуг можно заменить на семейство дуг радиуса .

Переформулировка леммы Жордана. Заменим . Пусть на некотором семействе дуг окружностей радиуса и функция стремится к нулю равномерно относительно Тогда для любого положительного числа t

Следствие. Пусть , причем m>0, и F(z)→ 0, когда z→ ∞ по любому закону, оставаясь, однако в области Im z≥ 0. Предположим, кроме того, что f(z) аналитична, а в верхней полуплоскости имеет не более конечного числа особых точек . Тогда

Пример Вычислим интеграл:

 _ -∞^ +∞ xcos x dx / x^2-2x+10 =_ -∞^ +∞ ze^ iz dz / z^2-2z+10 = = Re 2πi⋅ Res[ze^ iz/ z^2-2z+10 ,1+3i] =Re 2πi(1+3i)e^(-3+i)/2(1+3i)-2 = 3πe^(-3)(cos1-3sin1).

Интеграл Дирихле. Вычислим следующий интеграл: . Он равен интегралу . Имеем:

Отсюда следует равенство:

.