А.В. Домрин, А.Г. Сергеев - Лекции по комплексному анализу (1124322), страница 13
Текст из файла (страница 13)
6.2 разлагается там в ряд Тейлора:1= b0 + b1 (z − a) + . . . ,h(z)причем b0 = 1/h(a) 6= 0. Умножая это разложение на (z − a)−N , мы видим, чтофункция1f (z) = (z − a)−N ·h(z)имеет требуемый ряд Лорана в проколотой окрестности {0 < |z − a| < ε}.⇐= . По условиюf (z) = (z − a)−N g(z) ,66где функция g голоморфна в окрестности U = {|z − a| < ε} и g(a) 6= 0 в U .Следовательно,lim f (z) = ∞ .z→aЗамечание 1. Число N из этой теоремы, определяемое свойствами:c−n = 0 приn>N ,ноc−N 6= 0 ,называется порядком полюса функции f (z) в точке z = a.
Из доказательстваясно, что функция f (z) имеет полюс в точке a тогда и только тогда, ког1да функция f (z)голоморфна и равна нулю в этой точке; при этом порядок1полюса f (z) в точке a совпадает с порядком нуля f (z)в точке a.Замечание 2. Из описания устранимых особенностей и полюсов вытекаетследующая характеристика существенно особых точек в терминах ряда Лорана: функция∞Xf (z) =cn (z − a)n ,n=−∞голоморфная в проколотой окрестности V = {0 < |z − a| < ε} точки z =a имеет существенную особенность в этой точке тогда и только тогда,когда найдется бесконечно много номеров n > 1 таких, чтоc−n 6= 0 .Задачи.(1) Пусть функции f , g имеют в точке z = a полюсы порядков k , l соответственно.Какую особенность могут иметь в точке z = a функцииf ±g ,fg ,f /g ?(2) Пусть функция f (z) голоморфна в проколотой окрестности точки z = 0 и удовлетворяет там оценке|f (z)| 6M.|z|πКакую особенность может иметь f (z) в точке z = 0?(3) Докажите, что не существует функции f (z), голоморфной в проколотой окрестности точки z = 0 и удовлетворяющей равенствуef (z) = zвсюду в этой окрестности.677.8.
Теорема Сохоцкого.Теорема. Если a ∈ C — существенно особая точка функции f , то длялюбого A ∈ C можно найти последовательность точек zn → a такую, чтоlim f (zn ) = A .n→∞Доказательство. 1◦ . Пусть A = ∞. Согласно теореме из п. 7.6, функцияf не может быть ограничена ни в какой проколотой окрестности точки a (иначеa была бы устранимой особой точкой для f ).
Поэтому найдется последовательность zn → a такая, что f (zn ) → ∞ при n → ∞.2◦ . Пусть A ∈ C. Если в любой проколотой окрестности точки a найдетсяточка z с f (z) = A, то утверждение теоремы очевидно (можно даже найтипоследовательность zn → a такую, что f (zn ) = A для всех n). Если же это нетак, то функция1g(z) :=f (z) − Aимеет при z = a изолированную особую точку.
Действительно, точка a неможет быть полюсом или устранимой особенностью для функции g(z), так какв обоих из этих случаев функцияf (z) = A +1g(z)имела бы предел (возможно, равный ∞) при z → a, что противоречит определению существенно особой точки (см. п. 7.5). Следовательно, a – существенноособая точка для g(z).
Но тогда, согласно первой части доказательства, найдется последовательность zn → a такая, чтоg(zn ) → ∞ приn→∞.Отсюда следует, чтоf (zn ) = A +1→ A приg(zn )n→∞.Задачи.(1) Докажите, что утверждение теоремы Сохоцкого остается верным для предельной точки полюсов.(2) Существует ли функция f ∈ O(C \ {0}) такая, что|f (z)| > e1/|z| для всех z ∈ C \ {0} ?687.9.
a = ∞ как изолированная особая точка. В определение и классификацию изолированных особых точек a ∈ C из п. 7.5 можно включить (снебольшими модификациями) и случай a = ∞. Например, определение изолированной особой точки ∞ выглядит следующим образом.Определение. Точка a = ∞ называется изолированной особой точкой (однозначного характера) для функции f , если f ∈ O({|z| > R}) для некоторогоR > 0.Тип изолированной особой точки ∞ (полюс, устранимая или существенноособая точка) определяется также, как в п. 7.5. В соответствии с п.
2.6, точкаz = ∞ является устранимой (полюсом, существенно особой) для функции f (z)тогда и только тогда, когда точка ζ = 0 является устранимой (полюсом,существенно особой) для функции g(ζ) := f (1/ζ).Замечание. Результаты пп. 7.6, 7.7 , характеризующие тип особой точкиa ∈ C в терминах ряда Лорана, также немедленно переносятся на случай a =∞. А именно, пусть a = ∞ является изолированной особой точкой функции f ,голоморфной в некотором кольце {R < |z| < ∞}, которая разлагается в этомкольце в ряд Лорана∞Xf (z) =cn z n .n=−∞Тогда a = ∞ есть:(1) устранимая особая точка функции f ⇐⇒ cn = 0 при всех n > 1 ;(2) полюс функции f ⇐⇒ существует N > 1 такое, чтоcN 6= 0 ,ноcn = 0 приn>N(число N называется порядком полюса в ∞) ;(3) существенно особая точка функции f ⇐⇒ cn 6= 0 для бесконечногомножества натуральных n > 1.В силу этих результатов главной частью (т.е.
частью, определяющей типособой точки) ряда Лорана функции f в проколотой окрестности ∞ являетсяряд∞Xcn z n .n=17.10. Целые функции с полюсом на ∞.Определение. Функция, голоморфная на всей плоскости C, называетсяцелой.Предложение. Если целая функция f имеет при z = ∞ устранимую особую точку или полюс, то f — полином.Доказательство. Обозначим черезP (z) =NXn=169cn z nглавную часть ряда Лорана функции f в проколотой окрестности точки ∞,которая является полиномом согласно замечанию из п. 7.9.
Тогда функцияg(z) := f (z) − P (z) – целая и имеет устранимую особенность в точке ∞. Следовательно, g(z) ≡ const по теореме Лиувилля (см. замечание в п. 6.4), откудавытекает, что f есть полином.Задачи.(1) Пусть f — целая функция и f (z) → ∞ при z → ∞. Покажите, что уравнениеf (z) = 5 имеет решение z ∈ C.(2) Верно ли, что для всякой функции f ∈ O({|z| > 1}) найдется целая функция gтакая, что g(z) − f (z) → 0 при z → ∞ ?7.11. Мероморфные функции с полюсом на ∞.Определение. Функция f называется мероморфной в области D ⊂ C, если она не имеет в D других особенностей, кроме полюсов.
Иными словами,существует подмножество M ⊂ D такое, что f ∈ O(D \ M ) и f имеетполюс в каждой точке a ∈ M .Поскольку, по определению полюса, множество M состоит из изолированныхточек, оно не более чем счетно (так как M ∩ K конечно для каждого компактаK ⊂ D).Примером функции, мероморфной в C, может служить функция ctg(z), вто же время функция ctg(1/z) не является мероморфной в C, поскольку точкаz = 0 является предельной для полюсов ctg(1/z).Предложение.
Если функция f мероморфна в C и имеет при z = ∞устранимую особую точку или полюс (тем самым, f мероморфна в C), тоона рациональна.Доказательство. Поскольку полюсы f в C изолированы, их множествосостоит из конечного числа точек a1 , . . . , an . Обозначим черезRj (z) =njXk=1cjk (z − aj )k ,j = 1, . . . , n ,главные части рядов Лорана функции f в проколотых окрестностях этих полюсов, а черезnXP (z) =ck z kk=1главную часть ряда Лорана f в проколотой окрестности ∞. Тогда функцияg := f − (P + R1 + · · · + RN )голоморфна во всей комплексной плоскости C и имеет устранимую особенностьпри z = ∞, откуда следует по теореме Лиувилля, что g(z) ≡ const.Замечание. Равенствоf (z) = C + P (z) + R1 (z) + · · · + RN (z) ,полученное при доказательстве этого предложения, есть не что иное, как разложение рациональной функции f (z) на простейшие дроби.70Лекция 8.
Вычеты8.1. Теорема Коши о вычетах. Пусть функция f голоморфна в проколотой окрестности V = {0 < |z − a| < ε} точки a ∈ C, так что a является ееизолированной особенностью.Определение. Вычетом функции f в изолированной особой точке a ∈ Cназывается числоZ1resa f =f (ζ) dζ , где 0 < r < ε2πi |ζ−a|=r(по теореме Коши этот интеграл не зависит от выбора r).Теорема Коши о вычетах.
Пусть D ⊂ C – область с простой границейи G – некоторая область в C, содержащая замыкание D области D. Предположим, что функция f голоморфна всюду в области G, за исключениемконечного числа особых точек a1 , . . . , an ∈ D. ТогдаZf (ζ) dζ = 2πi∂DnXresaj f .j=1Доказательство. Выберем ε > 0 так, чтобы кругиBj := {z ∈ C | |z − aj | < ε} ,j = 1, . . . , n .попарно не пересекались, а их замыкания содержались в D. Тогда по теоремеКоши для многосвязной области (п. 5.4)Dε := D \n[Bjj=1будем иметь0=Zf (ζ) dζ =∂DεZ∂Df (ζ) dζ −n ZXj=1f (ζ) dζ =∂Bj=Z∂Dчто и требовалось доказать.8.2. Вычет в терминах ряда Лорана.Предложение.
Если функцияf (z) =∞Xn=−∞71cn (z − a)nf (ζ) dζ −nXj=12πi resaj f ,голоморфна в проколотой окрестности V = {0 < |z − a| < ε} точки a ∈ C,тоresa f = c−1 .Доказательство. Доказываемое соотношение есть частный случай равенства (1) из п. 7.2, отвечающий n = −1. Впрочем, прямое доказательство стольпросто, что стоит повторить его здесь:Z1resa f =f (z) dz =2πi |z−a|=rZ∞1 X1=· 2πic−1 = c−1 ,cn(z − a)n dz =2πi n=−∞2πi|z−a|=rгде мы воспользовались определением вычета, равномерной сходимостью рядаЛорана для f на окружности|z − a| = r, 0 < r < ε, и примером 1 из п. 4.1R(соглаcно этому примеру |z−a|=r (z − a)n dz = 0 при n 6= −1 и 2πi при n = −1).Следствие.
Вычет в устранимой особой точке a ∈ C равен нулю.Заметим однако, что из равенства нулю вычета f в некоторой особой точке вовсе не следует, что эта точка является устранимой особенностью для f .Действительно, обращение в нуль лорановского коэффициента c−1 = 0 еще неозначает, что обращаются в нуль коэффициенты c−2 , c−3 , . . . . Например, вычет в нуле функции z 2 равен нулю, но сама функция имеет полюс 2-го порядкав этой точке.8.3. Формулы для вычисления вычетов.Случай 1: вычет в простом полюсе.Пусть a есть простой полюс (т.е.
полюс 1-го порядка) функции f . Лорановское разложение f в точке a имеет вид∞Xc−1f (z) =+cn (z − a)n ,z − a n=0откудаc−1 = resa f = lim (z − a)f (z) .z→aРассмотрим типичный пример функции, имеющей простой полюс. Предположим, что функция f представляется в проколотой окрестности точки a ввидеϕ(z),f (z) =ψ(z)где функции ϕ(z), ψ(z) голоморфны в окрестности a, причемϕ(a) 6= 0 , ψ(a) = 0 ,но ψ ′ (a) 6= 0 .В этой ситуацииresa f = lim (z − a)z→aϕ(z)z−aϕ(a)= lim ϕ(z) ·= ′.ψ(z) z→aψ(z) − ψ(a)ψ (a)72Случай полюса n-го порядка.Пусть a есть полюс n-го порядка функции f . Тогда ее лорановское разложение в точке a имеет вид∞Xc−nc−1f (z) =+···++cn (z − a)m .n(z − a)z − a m=0Чтобы “извлечь” отсюда c−1 , надо умножить f (z) на (z − a)n и взять производную порядка n − 1 от получившейся функции при z = a:resa f = c−11dn−1=lim n−1 {(z − a)n f (z)} .z→a(n − 1)!dz8.4. Вычет в точке ∞.
Пусть функция f голоморфна во внешности некоторого круга {|z| ≤ R0 } и имеет ∞ своей изолированной особой точкой.Определение. Вычетом f в бесконечности называется число1res∞ f =2πiZf dz ,−γRгде интеграл берется по окружности γR = {|z| = R} достаточно большогорадиуса R > R0 , проходимой по часовой стрелке.Нетрудно видеть, что вычет в бесконечности функции f , заданной в области {|z| ≥ R0 } лорановским разложениемf (z) =∞Xcn z n ,n=−∞равенres∞ f = −c−1 .Для доказательства достаточно почленно проинтегрировать лорановское раз−ложение f по γR.Замечание.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
