TFKP_OI_elektr (ЧЁТКИЕ лекции Красновского), страница 7

В силу теоремы Коши для многосвязной области вычет функции аналитической впроколотой окрестности точки z = a не зависит от формы контура L .При интегрировании контур обходится против часовой стрелки, т.е. так, чтобы точка z = aоставалась слева.Теорема. Вычет функции f (z ) в изолированной особой точке z = a равен коэффициенту с −1лорановского разложения f (z ) в окрестности a , т.е. коэффициенту при ( z − a )−1( иногда говорят:«при минус первой степени ( z − a ) »)Res f ( z ) = с −1 .z =aИмеют место следующие свойства вычетов.1. Вычет функции в её конечной устранимой особой точке равен нулю.2. В простом полюсе z = a вычет функциичастности, если функция f (z ) имеет вид f ( z ) =Res f ( z ) =z =af (z ) равен Res f ( z ) = lim f ( z )( z − a ) .

Вz =az →aϕ ( z), где ϕ (a ) ≠ 0 , ψ (a ) = 0 , ψ ′(a ) ≠ 0 , тоψ ( z)ϕ (a ).ψ ′(a )3. Вычет функции f (z ) в полюсе m – го порядка вычисляется по формулеRes f ( z ) =z =ad m −11lim m −1 ( f ( z )( z − a ) m ).(m − 1)! z →a dzПримеры.ОглавлениеЕ.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»361. Найдём вычет функции f ( z ) =sin zв её конечной особой точке z = 0 .zsin zsin z=0.= 1 , то z = 0 устранимая особая точка и поэтому Resz →0z =0zzТак как lim2.

Найдём вычет функции f ( z ) =Точкаz =3z2 + 5в её конечной особой точке z = 3 .z −3являетсяпростымполюсомипоэтомуz 2 + 5 ) ( z − 3)(z2 + 5Res= lim= lim ( z 2 +=5) 14 .z →3z →3z =3 z − 3z−3z2 + 5z2 + 5Этот же вычет можно найти и вторым способом: Res=z =3 z − 3( z − 3)′3. Найдём вычет функции f ( z ) ==( z 2 + 5)z =314 .=z =3cos zв её особой точке z = 0 .z2Точка z = 0 очевидно является полюсом 2 порядка так как функцияz2имеет в точкеcos zz = 0 нуль второго порядка.Это можно доказать и по-другому, разлагая функциюокрестностиособойточкиz = 0.Вf (z) =cos zв ряд Лорана вz2полученномразложении 1 1 z2 z4cos z 1 z2 z4 z6= 2  1 − + − +   = 2 − + − + ... увидим, что показатели отрицательныхz2z 2! 4! 6!2! 4! 6! zстепеней начинаются с -2.Найдём вычет следующим образом:Resz =0cos z1d cos zdlim ( 2 ⋅ z 2 ) =lim (cos z ) =0.=− lim sin z =200z→z→z →0z(2 − 1)!dz zdzТакого результата и следовало ожидать, поскольку в разложении функции f ( z ) =ряд Лорана в окрестности особой точки z = 0 отсутствуетcos zвz21, то есть коэффициент «при минусzпервой степени z −1 » равен нулю.Можно также заметить, что f ( z ) =cos zфункция чётная и поэтому нечётных степеней в еёz2лорановском разложении в принципе быть не может.

Так что данный пример решается устно.ОглавлениеЕ.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»374. Найдём вычет функции f =( z ) sin z ⋅ cos1в её особой точке z = 0 .zТочка z = 0 является существенно особой так как в лорановском разложении в еёокрестности присутствует бесконечное число отрицательных степеней.Имеем sin z = z −z3 z51111( −1) n( −1) n z 2 n +1, cos = 1 − 2 + 4 − − 6 + ... + 2 n+ − ...

++ ... .3! 5!(2n + 1)!zz 2! z 4!z 6!z (2n )!Достаточно собрать слагаемые, содержащие z −1 и вычислить коэффициент c−1 . Перемножаяэти ряды, получимf ( z ) = sin z ⋅ cos1 z3 z5( −1) n z 2 n +1  111( −1)n1...=  z − + − ... +−+−+++ ...

 =2462nz 3! 5!(2n + 1)!  z 2! z 4! z 6!z (2n )! ∞1111 11= − −−−  + ... = − ∑ + .. 2! 3!4! 5!6!  z n =1 ( 2n − 1) ! ( 2n ) !  zВ итоге,Res sin z ⋅ cosz =0∞11.=−∑zn =1 ( 2n − 1) ! ( 2n ) !15.2 Вычет функции в бесконечно удаленной точкеВычетом функции f (z ) в бесконечно удаленной точке z = ∞ , являющейся изолированнойособой точкой f (z ) , называют значение контурного интеграла Re s f ( z ) =z =∞1∫L f ( z )dz, где L –2π i некоторый замкнутый простой кусочно гладкий контур, который вместе со своей внешностьюрасположен в области аналитичности функции и проходится по часовой стрелке для того, чтобыпри обходе бесконечно удаленная точка оставалась слева.

То есть направление обхода бесконечноудалённой точки противоположно тому, в котором осуществляется обход при вычислении вычетав конечной точке.Теорема. Вычет функции f (z ) в бесконечно удаленной точке равен коэффициенту с −1лорановского разложения f (z ) в окрестности этой точки при z −1 , взятому с обратным знаком:Res f ( z ) = −с −1 .z =∞Теорема о сумме вычетов. Пусть функцияf (z ) является аналитической во всейкомплексной плоскости (z) за исключением конечного числа изолированных особых точекaν ,ν = 1, n .

Тогда сумма всех вычетов этой функции, включая вычет в бесконечно удаленнойточке, равна нулюОглавлениеЕ.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»38nRes f ( z ) + Resf ( z ) =0.∑ν=1Или, что тоже самоеnRes f ( z ) =∑ν=1z = aνz = aνz =∞− Resf ( z ) .z =∞Таким образом, теорема о сумме вычетов позволяет находить вычет в бесконечно удаленнойточке.A,z →∞ z mОтметим, что если z = ∞ является для f (z ) нулём выше первого порядка (т.е. f ( z ) m > 1 , A ≠ 0 ), то Resf ( z ) = 0 .z =∞Примеры.1.

Найдём вычет функции f ( z ) = sin z в бесконечно удаленной точке. Используем для этогоеё разложение в ряд Лорана в окрестности z = ∞ : sin z = z −z3 z5( −1) n z 2 n +1. Ряд содержит+ − ... +3! 5!(2n + 1)!бесконечное число ненулевых слагаемых с положительными степенями z и поэтому бесконечноудаленная точка является для функции f ( z ) = sin z существенно особой. Поскольку в разложенииотсутствуют отрицательные степени, то Res sin z = 0 . Это вполне ожидаемый результат посколькуz =∞у функции f ( z ) = sin z отсутствуют другие особые точки.2. Найдём вычет функции f ( z ) =2 + 3zв бесконечно удаленной точке.

С одной стороны,zz = ∞ является устранимой особой точкой так как limz →∞2 + 3z= 3 . Однако, если в изолированнойzконечной особой точке вычет всегда равен нулю, то в бесконечно удаленной это правило, вообщеговоря, неверно и вычет аналитической функции относительно бесконечно удалённой особойточки может быть отличным от нуля.

Покажем это, разлагая функцию в ряд Лорана:f (z) =2 + 3z2 + 3z1=−с−1 =−2 . По теореме о сумме вычетов сразу= 3 + 2 ⋅ . Видно, что Resz=∞zzzнайдём Resz =02 + 3z= 2 - вычет в простом полюсе z = 0 .zОглавлениеЕ.Е. Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»393. Для функции11точка z = ∞ является нулём 2-ого порядка посколькуf ( z ) = sinzz11111sin  2 . Следовательно, Res sin = 0 (очевидно, в лорановском разложении этой функцииz =∞ zzz z →∞ zzв окрестности z = ∞ отсутствует член1, поэтому коэффициент «при минус первой степени z −1 »zравен нулю).

Отсюда по теореме о сумме вычетов можно найти и вычет в существенно особой11точке z = 0 , в которой Res sin = 0 .z =0 zz4. Найти все особые точки функции f ( z ) =z1sin , определить их характер и найтиz+2zвычеты в них. Установить чем является для данной функции бесконечно удалённая точка и найтивычет в ней.Точкаz = −2являетсяпростымполюсом,таккакz ( z + 2)111=z sinsinlim =2sin .z →−2z+2z z →−2z2z + 2 ) limlim f ( z )(=z →−2Точка z = 0 является существенно особой, поскольку lim f ( z ) не существует так как неz →01существует lim sin .z →0zБесконечно удалённая точкаz=∞является устранимой особой точкой так какz1z 1sinlim =0.=⋅z →∞ z + 2z z →∞ z + 2 zlim =f ( z ) limz →∞Найдём вычеты в нихА. Сначала найдём вычет в простом полюсе.Resz = −2z111 1sin =lim z sin =2 sin .−2 sin  −  =z+2z z →−2z2 2Б.

Для нахождения вычета в существенно особой точке z = 0 разложим функцию в рядЛорана в окрестности z = 0 :Преобразуем исходную функцию в вид f ( z ) = zПри z < 2 разложение примет вид11sin .z+2z11 11z z 2 z3 z 4 z5==1−+ 2 − 3 + 4 − 5 +  .z + 2 2 1+ z 2 2 22222ОглавлениеЕ.Е.

Красновский, В.Д. Морозова «Теория функций комплексного переменного»401 111111Что же касается sin , то при любых z получим sin =− 3 + 5 − 7 + 9 − ... .z z z 3! z 5! z 7! z 9!zНайдём коэффициент при z −1 .f ( z=) z= 1z z 2 z3 z 4 z511 1 1111z  1 − + 2 − 3 + 4 − 5 +    − 3 + 5 − 7 + 9 − ...=sin =z+2z 2 2 2222  z z 3! z 5! z 7! z 9! 1z 2 z3 z 4 z5 z611111z−+ 2 − 3 + 4 − 5 +    − 3 + 5 − 7 + 9 − ...  =22 2222  z z 3! z 5! z 7! z 9!1 1 1111 111− 5+ 7−  + = ⋅ − 3+ 3−   +  =2 ⋅  3z  2 ⋅ 3! 2 ⋅ 5! 2 ⋅ 7!2 z  2 ⋅ 3! 2 ⋅ 5! 2 ⋅ 7!Учитывая, что sin1 11111=− 3 + 5 − 7 + 9 − ... , получим что коэффициент при z −12 2 2 3! 2 5! 2 7! 2 9!z111111 11равен 2  3sin = 1 − 2 sin .− 5+ 7−  =2  − sin  =−1 2 sin . В итоге, Resz=0z+2z222 2 ⋅ 3! 2 ⋅ 5! 2 ⋅ 7!2В.

Найдём вычет в z = ∞ непосредственно, а потом убедимся в правильности полученногорезультата с помощью теоремы о сумме вычетов.Разложим функцию в ряд Лорана в окрестности z = ∞ :Преобразуем исходную функцию в вид f ( z ) = z11sin . При z > 2 разложение приметz+2z111 112 2 2 2 3 2 4 25вид==1 − + 2 − 3 + 4 − 5 +   .

Разложение для sin осталось прежним.zz + 2 z 1+ 2 z z zzzzzПеремножая полученные ряды, найдём коэффициент при z −1 .f ( z=) z 111 1 2 2 2 2 3 2 4 251111sin =z  1 − + 2 − 3 + 4 − 5 +    − 3 + 5 − 7 + 9 − ... =z+2z z z zzzz  z z 3! z 5! z 7! z 9! 12 2 2 2 3 2 4 251111 1= 1 − + 2 − 3 + 4 − 5 +    − 3 + 5 − 7 + 9 − ...