1625914362-11a8036d73c00e672a09f4a0afc6cc0e (532772), страница 40
Текст из файла (страница 40)
Пусть функция /(г) регулярна в области р, < (г! <, т. е. в проколотой окрестно. сти точки г= . Тогда точка г является для функции /(г) либо изолированной особой точкой одноаначного характера, либо точкой регулярности, а функция /(г) представляется в области р, < (г! < сходящимся рядом Лорана П 1 Е /(г)= ~ сг = ~~ах +:+ —,'+... (9) П РР а О Определение 2. Вычетом функции /(г) в точке г (обовначается гев/(г)) наэывается число — с 4, где с,— коэф. р ра фициент при 1/г ряда Лорана для функции 1(х) в окрестности $28. твогвмы о Вычитал бесконечно удаленной точки, т.
е. гезу(г) = — с,. (10) По формуле (7) т 17 с, = — 1(г) дг, где окружность (х! 1 в =е р (р)р,) ориентирована против часовой стрелки. Отсюда в силу (10) находим ~ ~(г) Аг = 2л1 газ ~(г), (И) т Р Й Если я=1, то гез7(г) = — с, = — А, а если )с) 2, то гезу(х)=0. 3=<В 2 СЮ Таким образом, А 7 (г) — (г -~ со) =ь гез)(г) = — А, (12) $ ОО ~ (г) ~ (г -+-сс, Й ~ )2) =г- гез 7'(г) = О. г~ (13) Пример О.
Для функции е = 1+ — + — ~-+ ... коэф 1!* 1 1 2!г фициент с, = 1 и, следовательно, гезе = — 1. Заметим, что ага ьв а=а функция регулярна в точке г =, тем не менее вычет в атой точке не равен нулю. [] Пример 7. Для функции ~(г) = — соз — точка х= е 1 1 х+2 х является нулем первого порядка: 7'(г)- 1/г (г- ). По формуле (12) находим, что гезу(х) = — 1. () где 7,— окружность (г! =р„ориентированная по часовой стрелке. Замечание 1. Формулы (2) и (И) можно объединить в одну. В самом деле, если функция 1(г) регулярна в проколотой окрестности У конечной или бесконечно удаленной точки а, то интеграл от /(г) по границе 7, этой окрестности равен вычету в точке а, умноженному на 2я1 (при обходе 7, окрестность У в формулах (2) и (11) остается слева).
Пусть точка г является нулем порядка й функции 1(х). Тогда в окрестности бесконечно удаленной точки функция /(г) сь~ с „+ представляется рядом Лорана 1 (г) = — + г,1 + ..., где с „чь О, и при г - ~ имеет место асимптотическая формула 7 (г) — „(А = с г ~ 0). А гл. ч. теОРия ВычВгОВ и ев пРилОжения ч ь ((г) ах = 2п1 ~ гез 7" (г), А=АА А1, (14) еде кривая 7 ориентирована положительно. Доказательство. Пусть 71 (к=1, 2, ..., и) — окружность достаточно малого радиуса с центром в точке г„, ориентированная против часовой стрелки. В силу следствия 2 $9 имеем ~ 1 (г) аг = ~ ~ 1(х) ах, откуда, используя (2), получаем формулу (14).
Следствие. Пусть функция 1(г) рееуллрна ео всей расширенной комплексной плоскости, еа исключением конечного числа особых точек, Тогда сумма всех вычетов функции Дг), включая вычет в точке г=, равна нулю, т. е. ь ~ гез1(г) + гез7(г) = О. (15) А 1 ж=г~ Здесь г, (7с 1, 2, ..., и) — все конечные особые точки функции ~(г), а точка х ь является либо особой точкой, либо точкой рееулярности функции 1(г). Доказательство. Пусть 7 — ориентированная в положительном направлении окружность !г! =В, где Л выбрано так, х .
1 Пример 8, Для функции /(х) = —,зйт — точка г =,х+ 1 является нулем третьего порядка: 1(х)- 1/г' (х- ). По формуле (13) получаем газ~(х) =О. Ц А=со Пример 9. Пусть /(г) — регулярная ветвь аналитической и — ыа функции ~ +,) в плоскости с разрезом ( — 1, 1), принимающая значение 1 в точке г О верхнего берега разреза (пример 17 $24).
Тогда ряд Лорана для 7(х) в окрестности точки х ° имеет зид /(х) =е 1' (1 — — + ...), откуда получаем гез1(г) = 2ае 1~. () ° в 4. Основная теорема теории вычетов. Теорема 1 (основная теорема теории вычетов). Пусть функция 1(г) регулярна в односвяеной области Э, ва исключением конечного числа особых точек х„г„..., х„, и пусть 7 — простая замкнутая привал, лежащая е области 0 и содержащая внутри себя точки г„г„..., х„.
Тогда я 28. Теогвмы о ВычетАх 223 что все точки г» (к=1, 2, ..., и) лежат внутри (. По теореме 1 ) 1(э) Нз = 2Ы ~ геэ 1(з). (16) т »=1«=«» С другой стороны, иэ формулы (11) следует, что ~ 1 (э) сЬ = — 2п1 гез ~ (8). (17) Иэ равенств (16) и (17) вытекает формула (15). Обобщением теоремы 1 является следующая Теорема 2, Пусть функция ~(з) регулярна в области Р расширенной комплексной плоскости, за исключением конечного числа особых точек, и непрерывна вплоть до границ»1 Г этой области. Пусть Г состоит из конечного числа ограниченных кусочно гладких кривых. Тогда а) если область Р не содержит точку э=, то и 1 ~ (г) сЬ = 2и1 ~ геэ ~(г); (18) г » 1 «=«» б) если точка х= принадлежит области Р, то ))))«2 ~~Е ))).).
)))). ,» „=., «« (19) ) ~ (з) аг = — 2я1 гез ~ (з) 71 ««' (формула (2)), то иэ (20) вытекает формула (18),. б) Пусть К вЂ” круг Ы (В, содержащий внутри себя граиицу области Р и все конечные особые точки функции /(з),' '(рис. 68). Рассмотрим область Р', полученную иэ области 6 = ° Р 0К выбрасыванием кругов К1, укаээилых выше. Граница Г Здесь г„х„..., 8„— все конечные особые точки функции ((з), лежащие в области Р.
Д ока э а тель с тв о. а) Пусть Р— ограниченная область. Рассмотрим миогосвяэную область Ю, полученную иэ области Р выбрасыванием кругов К, достаточно малого радиуса с центрами в точках з1 () =1, 2, ..., и). В силу теоремы 4 Э 9 интеграл от Дз) по границе Г области Р равен нулю, т. е.
) ((г) йз = ) )'(г) йз + ~~.", ) ~(з) «)з = О, (20) 1« г 1=1 т где граница (1 круга К, ориентирована по часовой стрелке. Так как гл. ч. теОРия Вычетов и ее пгиложзния области б состоит из границы Г области х), окружностей (, и окружности (и: !х! = В. Имеем ) 1'(х) с1х = ) 1 (х) Их + ~~'„~ 1(г) с!х + ) ~(х) ох = О, (21) и г 1 т.
та где кривая (и ориентирована положительно, Так как 1 (х) Йх = — 2л1 гез 1 (х), та ~ЮО то из равенства (21) следует формула (19). Теорема доказана. Теорема о вычетах является одной из самых важных теорем теории функций комплексного переменного. С помощью атой й У теоремы можно аффективно вычислять многие определенные интегралы. Г 5. Вычисление интегралов по замкнутому контуру. Рассмотрим несколько примеров на вычисление интегралов по замкнутому О',, контуру с помощью вычетов. Во всех этих примерах обход контура интегрирования ( совершается в положительном направлении (при обходе кривой ( ее Рис.
18 внутренность остается слева). Пример 1О. Пусть 1(г) (созх)Ы. Тогда по формуле (14) 1 (х) с(х = 2л1 гез 1' (х). и! и Так как в круге !г! ~ 2 функция ~~г) имеет одну особую точку 1 1 х = О (полюс) и 1(х) = —, — ~ + 4 — г + ..., то гез1(г) = и, = $ о Г сохи = — 1/2. Следовательно, ) —, с(г = — л1.
Д зс с Пример 11. Пусть1(г)=1!(и*+1). ТогдаУ= ! 1(х)с!х= и-са-х = 2я1 гез ) (х), так как функция 1(х) имеет внутри круга и Л1 )х — 21! ( 2 одну особую точку, а именно, полюс первого порядка г я1. По формуле (4) находим гез 1(х), = — 1 1 и=и1 (сг.( 1)~ ис и, следовательно, 1= — 2я1. Д з м. Теогвмы О ВычетАх 1 з Так как оо е з)(з — )) чллл ( =1+ Х ( Я 1 Ьз )( 1)л' 3 — 2 ( — ( — () )' (з — 1)", л о СО то гез ~(г) = — г, — =1 — е. Далее, ( Э=1 ю) гев('(г) = (еп(' ))) = е. Таким образом, 1 2л). () Способ 2. 1 = — 2лз газ 1(г). Точка г=о является для )(з) нулем первого порядка: — — е ° 1, 1(з), — (г-~ со). 1 1 1/(,,), ( з — 2 з' 3 тев ~(г) = — 1 и, следовательно, 1= 3 со По формуле (12) получаем =2пз.
'( ) Пример 14. Пусть многочлен степени и Э 2 и 15 Ю, В. Сллолоз л ЗУ. Р(г) г" +а,г '+...+а„,з+а,— пусть Т вЂ” окружность, внутри кото- Пример 12. Если ~(х) = (2г — 1) сов —, то 1 = ~ 1(з)дх= )з)=з = 2кз гез1(з), так как функция 1(з) регулярна в круге Ы (2, з 1 кроме точки з 1, которая является существенно особой. Имеем з г соз — = сов ~1+ — ~ = сов 1 соз — — зш1 вш з — 1 (( з — () з — ( з — ( 1 г ( = сов 1(1 —, + ...~ — з(п 1 ~— , + ...), о(. ц " / ~.— ( З)(. () 2з — 1 2(г — 1)+ '1, откуда находим коаффициент с, при (з — 1) ' ряда Лорана для функции 1(з): с , = — (сов 1 + вш 1).
Следовательно, 1 — 2лз(сов1+вш1). Д зм(*-)) Пример 13. Вычислим интеграл 1= ~, ((з. )а =з Способ 1. Функция 1(г) = — еп(* о имеет в круге )г! ( ( 4 две особые точки: з 1 и г 2. Следовательно, 1 = 2л) (гез 1(з) + гав 1(з)). гч. ч теоРия вычетов и ее пРиложения рой лежат все нули этого многочлена. Покажем, что функция 1 е*х ю(з) = —,. 5 — х(~ =2а13 Р(~) (22) удовлетворяет уравнению Р ~ †„ ) ах(х) = — ха(")(х) + а,хе(" ') (з) (- ...
+ а„ ,иУ (г) + а„ю (г) = 0 (23) и следующим начальным условиям: ю(0)=0, и'(0) О, ..., ж'" и(0)=0, их'" "(О) 1. (24) Оо 1 Г ГХец Из (22) находим ю (з) =- —.) — ххь и, следовательно, 2ах,) Р(Г) Р( — „~) ю(г) = 2,а~е*~х(~ = О. Формула (23) доказана. Проверим выполнение условий (24). Имеем ю (0) = —. ) — х(ь" = — гез —. ~х ~х 2ах,) Р(ь) С „Р(ь) ' (25) Если й ~ и, то функция ьх/Р(ь) имеет в точке ь = нуль порядка в — й и, следовательно, при й ( и — 2 получаем газ~"/Р К) = О.Таким образом, их1х'(0) 0 при /х = О, ..., л — 2.
Пусть й = в — 1; тогда ь" '/Р(ь) - 1/ь (ь — ), так что гез(7 ''/Р(ь)) = — 1 и из (25) следует, что и'"-"(0)=1. е 6. Интегралы от многозначных функций. Рассмотрим несколько примеров на вычисление интегралов от регулярных ветвей многозначных аналитических функций. В примерах 15 — 18 нужно вычислить интегралы от всех ветвей многозначных аналитических функций, стоящих под знаком интеграла. Пример 15. Вычислим интеграл ) — х(х. Функция (/х Уз распадается в круге К: (з — 1! (х/, на две регулярные ветви зх(з) и зх(з)ах — ух(з) и, следовательно, подынтегральяая функция распадается на две регулярные ветви /,(з)=д,(з)/(г — 1) и /,(г) д,(з)/(г — 1).
Пусть я,(г) — та ветвь корня, для которой Юх(1)=1; тогда дх(1)= — 1. Каждая из функций /,(х), /х(х) регулярна в круге К, кроме точки з=1, которая является их ГЛ. Ю ТЕОРИЯ ВЫЧЕТОВ И ЕЕ ПРИЛОЖЕНИЯ В ОКРЕСТНОСТИ ТОЧКИ 3 = оо: 1 1(з) =е" ' ~'„С" мо( — 1)"з "= ео"~~(1+ З, + ° .). о Отсюда находим гез 1(г) = — — е~™. Следовательно, з 1(з) <Ь = — 2л~ гез1(з) = — "' е'"~'.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
