Tom_2

1

1

(

z +

1

2

1

d

n+2

é

1

ù

cn

=

)

dz =

ê

ú

=

2πi γò

(z -1)n+3

(n

+ 2) ! dzn+2

ëê(z +1)2

ûú

z=1

1

(

)

(

)

(

)

(

)

=

×

-1 n

n + 3

!

=

-1 n

n +

3

.

(z +1)n+4

(n + 2)!

z=1

2n+4

(-1)n (n + 3)

Для n = −2; −1; 0; 1; 2... запишем c

=

. Ряд Лорана для

n

2n+4

z -1

данной функции в кольце 0 <

< 2 будет иметь вид

1

+∞

+∞

(-1)

n

(n + 3)

=

å cn (z -1)n

= å

(z -1)n

(z2 -1)2

2n+4

или

n=−2

n=−2

1

1

1

1

1

3

1

5

3

=

-

+

-

(z -1) +

(z -1)2

-

(z -1)3 + ...

(z2 -1)2

4 (z -1)2

4 z -1

16

8

64

64

Пример

6.

Разложить

в

ряд

Лорана

функцию

f (z) =

1

z2 - z - 6

в окрестности точки z0 = 0 .

z1 = -2

z2 = 3.

Решение. Функция имеет две особые точки

и

Она

аналитична в областях: а)

0 £

z

< 2 ; б) 2 <

z

< 3; в)

z

> 3 .

f (z)

в виде f (z) =

1

æ

1

-

1

ö

Представим функцию

ç

÷ .

5

z

+

z

è z - 3

2 ø

а) В круге

< 2 имеем:

z2

1

1

1

1

æ

z

ö

z

z

= -

×

= -

ç1

+

+

+ ...÷ (здесь

< 1, т.е.

< 3 ),

z - 3

3

z

3

3

32

3

1-

è

ø

3

æ

z2

ö

1

1

1

1

z

z

z

-

= -

×

= -

ç1

-

+

-...÷ (здесь

-

< 1 , т.е.

< 2 ).

z

+

2

2

z

2

2

22

2

1+

è

ø

2

Следовательно,

∞

1

1

æ

1

1

ö

1

1

7

f (z) =

= -

å

ç

+

(-1)n

÷ zn

= -

+

z

-

z2

+ ...,

2 - z -

2n+1

z

6

5 n=0

è 3n+1

ø

6

36

27 ×

8

ряд Лорана функции f (z) обращается в ряд Тейлора.

б) В кольце 2 < z < 3 имеем:

224

1

1

æ

z

z2

ö

1

= -

ç1+

+

+ ...÷,

поскольку

аналитична

внутри

z - 3

3

3

32

z - 3

z

è

ø

круга

< 3 ;

æ

22

ö

1

1

1

1

2

1

=

×

=

ç1-

+

-...÷, . поскольку

аналитична вне

z + 2

z

2

z

z

z

2

z + 2

è

ø

1+

z

z

круга

> 2 .

f (z) =

1

= -

1

æ

∞

z

n

+

∞

(-1)n

2

n

ö

Следовательно,

ç

÷ .

2

å n+1

å

n+1

z

- z

- 6

5

ç

z

÷

è n=0

3

n=0

ø

в) В области

z

> 3 имеем

æ

2

ö

1

=

1

×

1

=

1

ç1

+

3

+

3

+ ...÷

(

z

> 3),

z - 3

z

3

z

z

z2

è

ø

1

-

z

æ

2

ö

1

1

1

1

2

2

(

z

> 2) .

=

×

=

ç1

-

+

-...÷

z + 2

z

2

z

z

z2

1

+

è

ø

z

æ ∞ 3n

∞

n 2n

ö

1

1

Следовательно,

f (z) =

=

ç

å

-

å

(-1)

÷ . □

2

n+1

n+1

z

- z -

6

5

ç

z

÷

è n=0 z

n=0

ø

30. Классификация особых точек. Точка

z = a ¹ ¥ , в которой

функция

f (z)

не

является

аналитической,

а

в ее

проколотой

окрестности аналитическая, называется изолированной особой точкой функции f (z) . Такая точка называется устранимой, если существует

lim f (z) ¹ ¥ ; полюсом, если существует lim f (z) = ¥ ; и существенно
z→a	z→a
особой, если lim f (z) не существует.
z→a	точки z = a ¹ ¥ функции f (z)
Характер изолированной особой

может быть установлен по виду ряда Лорана этой функции для кольца r < z - a < R следующим образом.

Изолированная особая точка является:

1)устранимой, если главная часть разложения отсутствует;

2)полюсом, если главная часть разложения содержит конечное число

членов.			При этом,		если главная часть ряда Лорана	имеет	вид
∞		c−n
å				(c−m ¹ 0) ,	число m называется порядком полюса	z = a	(если
		- a)n
n=1 (z
m = 1		, полюс называется простым). В этом случае функция f (z)				может быть

225

представлена в виде

f (z) =

ϕ(z)

, где ϕ(z)

– функция, аналитическая в

(z - a)m

точке z = a и ϕ(a) ¹ 0 ;

3)

существенно

особой,

если

главная

часть разложения содержит

бесконечное число членов, не равных нулю.

Точка z = a называется нулем или корнем кратности m (или порядка

m) функции ϕ(z) (аналитической в точке a), если

¢

(m−1)

(a)

=

0

, но ϕ

(m)

(a) ¹ 0 .

ϕ(a) = ϕ

(a) = ... = ϕ

Если для аналитической функции ϕ(z)

число z = a есть нуль порядка

m, то для функции f (z) =

1

это число является полюсом порядка m.

ϕ(z)

Отметим, что если

f (z) =

P(z)

, где P(z)

и Q(z)

– многочлены, не

Q(z)

имеющие общих нулей, то нули многочлена Q(z) ,

и только они, являются

полюсами

функции

f (z) ,

причем

порядок

этих

полюсов

совпадает с

кратностью соответствующих нулей многочлена Q(z) .

Если

f (z) –

однозначная аналитическая

функция

в области

z

> R ,

понятие особой точки можно распространить и на

бесконечно удаленную точку

z = ¥ . Ее тип определяется так же,

как для точки z = a ¹ ¥ : она является

устранимой,

если существует

lim

f (z) ¹ ¥ ;

полюсом,

если

существует

z→∞

lim f (z) = ¥ ; и существенно особой, если lim f (z) не существует.

z→∞

z→∞

Рядом

Лорана

для

функции

f (z)

в

окрестности

бесконечно

удаленной точки называется ряд

f (z)

+∞

= å cn zn (R <

z

< ¥).

n=−∞

Главной частью этого ряда называется часть, состоящая из членов с положительными степенями z, а правильной – часть, содержащая нулевую и отрицательные степени z.

Пример 7. Найти нули функции (z +1)2 (z2 - z - 2)3 и указать их

кратность.			z2 - z - 2 = (z +1)(z - 2) ,
Решение.	Так	как		то

(z +1)2 (z2 - z - 2)3 = (z +1)2 (z +1)3 (z - 2)3 = (z +1)5 (z - 2)3 = 0		при
z1 = -1 и z2 = 2 . Таким образом, точка z1 = -1	является нулем	пятой
кратности, а точка z2 = 2 – нулем третьей кратности.	□

226

Пример 8. Установить характер особой точки z0 = 0 функции

f (z) = 1- cos z . z7

Решение. Разложив функцию cos z получим лорановское разложение функции

в ряд Тейлора по степеням z, f (z) в окрестности нуля:

f (z) =

1

æ z2

z4

z6

z8

z10

ö

ç

-

+

-

+

-...÷

=

z7

4!

6!

8!

10!

è 2!

ø

=

1

-

1

+

1

-

z

+

z3

-...

2!z5

4!z3

6!z

8!

10!

Разложение в ряд Лорана функции

f (z)

в окрестности точки z0 = 0

содержит конечное число членов с отрицательными степенями z. Следовательно, точка z0 = 0 является полюсом пятого порядка, так как наибольший показатель степени у z, содержащихся в знаменателях членов

главной части ряда Лорана, равен пяти.

□

Пример 9.

Определить

характер

особой

точки

z = 1

функции

1

f (z) = (z -1)e

z−1

.

Решение. Используя

разложение

eu = 1+ u +

u2

+

u3

+ ...

и полагая

1

2!

3!

u =

, получим лорановское разложение функции

f (z)

в окрестности

z

-1

точки z0 = 1:

é

1

1

1

ù

f (z) =

(z -1) ê1+

+

+

+ ...ú =

z -

1

2!(z -1)

2

3!(z

-1)

3

ë

û

= 1+ (z -1) +

1

+

1

+ ...

2!(z -1)

3!(z -1)2

Это разложение содержит бесконечное множество членов с

отрицательными степенями

z −1 .

Следовательно,

точка z0 = 1

является

существенно особой точкой функции f (z) .

□

Пример 10. Исследовать характер бесконечно удаленной точки для функции f (z) = z 1- 3 .

227

Решение. Сделаем подстановку

z =

1

. Тогда функция

f (z) =

1

w

z - 3

æ 1

w

ö

примет

вид

f ç

÷ =

.

При

условии

3w

< 1 получим

разложение

è w

ø

1- 3w

æ

1 ö

= w(1

+ (3w)2 + ...). Возвращаясь к старой переменной, имеем

f ç

÷

+ 3w

è w ø

∞

1

1

æ

3

32

ö

1

3

32

3n

f (z) =

=

ç1+

+

+ ...÷

=

+

+

+ ... = å

,

z

> 3.

z - 3

z

è

z

z

2

ø

z

z2

z3

n=0 zn+1

Таким образом, точка z = ∞ является устранимой особой точкой, т.к. в полученном разложении отсутствуют положительные степени z.

К этому выводу можно прийти иначе, вычислив

lim 1 = 0 .

z→∞ z - 3

Поскольку этот предел конечен, функция f (z) аналитична в бесконечности, то есть имеет в точке z = ∞ устранимую особенность. □

§ 5. Вычеты функций и их применение

10. Понятие вычета и основная теорема о вычетах. В

окрестности изолированной особой точки z = a аналитическая функция f (z) представляется сходящимся рядом Лорана

	∞			∞		c−n
f (z) = åcn (z - a)n + å								.	(1)
	n=0			n=1 (z - a)n					c−1. Он
Среди коэффициентов ряда (1)		особо выделяется коэффициент
называется вычетом функции f (z)		в точке z = a и обозначается Res f (z)
(от французского residu – вычет).									z=a
Итак, по определению,
	Res f (z) = c−1 .
	z=a
Для коэффициентов ряда Лорана (см. (4.6)) имеем
c	= Res f (z) =		1		f (z)dz ,
			2π i ò
−1	z=a
				γ

где γ – замкнутый контур, ориентированный положительно и окружающий точку z = a . В качестве контура γ можно взять окружность с центром в точке a, достаточно малым радиусом, не

228

z=zk

содержащую внутри других особых точек функции f (z) , кроме точки z = a .

Теорема Коши (основная теорема о вычетах).

	Если функция f (z)		является аналитической в замкнутой области D ,
ограниченной контуром		γ , за исключением конечного числа особых точек
zk	(k = 1,2,..., n) , лежащих внутри области D, то
				n
			ò f (z)dz = 2πiåRes f (z) .
			γ	k=1	z=zk
	Доказательство.	Окружим каждую особую точку zk окружностью
γ k	столь малого радиуса,		чтобы все окружности γ k лежали внутри контура

γ и не пересекались между собой. Согласно интегральной теореме Коши для

многосвязной области (см. п. 3.30), имеем

n

ò f (z)dz = å ò f (z)dz ,

γk=1γ k

а так как внутри окружности γ k нет других особых точек, кроме zk то

ò f (z)dz = 2π i Res f (z) , что и требовалось доказать. □

γ k

20. Вычисление вычетов. Применение вычетов для вычисления интегралов. Устранимые особые точки. Очевидно,

если z = a	есть устранимая особая	точка функции f (z) , то
Res f (z) = 0	(в разложении Лорана (1)	в этих случаях отсутствует
z=a

главная часть, поэтому c−1 = 0 ).

Полюс. Пусть точка z = a является простым полюсом функции				f (z) ,
тогда ряд Лорана для функции f (z)			в окрестности этой точки имеет вид
∞	c−1
f (z) = åcn (z − a)n +		. Отсюда
n=0	z − a
			∞
(z − a) f (z) = c−1 + åcn (z − a)n+1 .
			n=0
Переходя в этом равенстве к пределу при z → a , получаем
Res f (z) = c−1 = lim(z − a) f (z) .				(2)
z=a			z→a

Формуле (2) для вычисления вычета функции f (z) в простом полюсе можно придать другой вид, если функция f (z) является частным двух функций, аналитических в окрестности точки a.

229

Пусть f (z) =

ϕ(z) , где ϕ(a) ¹ 0 , а ψ (z) имеет простой нуль при

ψ (z)

z = a (т.е. ψ (a) = 0, ψ ′(a) ¹ 0 ), тогда, применяя формулу (2), имеем:

Res f (z) = lim

ϕ(z)

= lim

ϕ(z)

=

ϕ(a)

.

(3)

ψ (z) -ψ (a)

¢

z=a

z→aψ (z)

z→a

ψ (a)

z - a

f (z) , тогда

Пусть точка a является полюсом m-го порядка функции

лорановское разложение функции

f (z)

в окрестности точки a имеет вид

∞

c−1

c−2

c−m

f (z) = åcn (z - a)n +

+

+ ... +

.

z - a

(z - a)2

(z - a)m

n=0

Отсюда

∞

(z - a)m f (z) = åcn (z - a)n+m + c−m + c−m+1 (z - a)+ ... +c−1 (z - a)m−1 .

n=0

Дифференцируя последнее равенство (m -1) раз, получаем: dzd mm−−11 ((z - a)m f (z))=

∞

= (m -1)!c−1 + åcn (n + m)(n + m -1)(n + m - 2)...(n + 2)(z - a)n+1.

n=0
Переходя к пределу при z → a , получаем						f (z)).
Res f (z) =	1		lim	d m−1	((z - a)m		(4)
	(m -1)
z=a		! z→a dzm−1

Существенно особая точка. Если точка z = a существенно особая точка функции f (z) , то для вычисления вычета функции в этой точке обычно

непосредственно определяют коэффициент c−1 в разложении функции в ряд Лорана. Так же поступают и в случае бесконечно удаленной точки.

Вычетом функции f (z) в бесконечно удаленной точке называется

	коэффициент при	1		в ряде Лорана (4.6),	взятый с обратным знаком:
			z
				Res f (z) = -c−1 .			(5)
				z=∞		z + 2
	Пример 1.	Найти вычеты функции			f (z) =		в ее особых
						z3 - z4

точках.

230

Решение. Особыми точками функции

f (z)

являются: z1 = 1 –

простой полюс,

z2 = 0 – полюс третьего порядка

(m = 3) . Следовательно,

по формуле (3), имеем:

Res f (z) =

z + 2

= 1+ 2

= -3.

z=1

(z3 - z4 )¢

z=1

3 - 4

Используя формулу (4), находим:

1

æ

3

z + 2 ö¢¢

1

æ z + 2

ö¢¢

1

Res f (z) =

lim

ç(z - 0)

÷

=

lim

ç

÷ =

×6 = 3 . □

2

z=0

2! z

→0

è

z3 - z4 ø

2 z→0

è 1- z

ø

Пример

2.

Вычислить

вычеты

в

изолированных

особых точках

функции z3 sin2 1z .

Решение. Данная функция имеет особую точку z = 0 . Разложим функцию в окрестности z = 0 в ряд Лорана:

æ

1 ö

1 æ

2

ö

1

æ

æ

1 22

1 24

1 26

öö

z3 çsin2

÷ = z3 ×

ç1

- cos

÷

=

z3

ç1-

ç1-

+

-

+ ...÷÷ =

è

z ø

2 è

z ø

2

ç

è

2! z2

4! z4

6! z6

÷

è

øø

z3

æ

1 22

1 24

1 26

ö

= z -

1 1

2 1

=

ç

-

+

-...÷

+

-...

2

4! z4

6! z6

3 z

45 z3

è 2! z2

2

ø

(Здесь использовано разложение cos

в ряд по степеням z). Очевидно,

z

что z = 0 – существенно особая точка для данной функции и

Res z3 sin2 1 = -

1 .

□

z=0

z

3

Пример 3.

Вычислить

вычет относительно

бесконечно

удаленной

точки функции

f (z) =

4z5 - 3z4

+ 2z -1

.

z3 + 4

Решение.

Особые

точки

данной

функции

–

корни

уравнения

z3 + 4 = 0 . Так как они лежат на окружности

z

= 3

, то окрестностью

4

точки z = ∞ , где данная функция аналитична, является область z > 34 . В этой области разложим функцию в ряд Лорана по степеням z, разделив числитель на знаменатель:

f (z) =	4z5 - 3z4 + 2z -1	= 4z2 - 3z -16		1	+14		1	+ ...
							z2
	z3 + 4			z
Из этого разложения видим, что			z = ∞ является полюсом второго
порядка и, согласно равенству (5), Res f (z) = -c−1 = 16 .						□
	z→∞

231

Теорема о вычетах часто используется для вычисления интеграла от функции комплексного переменного по замкнутому контуру.

Пример 4. Вычислить

ò

ez -1

dz .

2

z

=4 z

+ z

ez

-1

Решение. В

области

z

< 4

функция

f (z) =

аналитична

z2

+ z

всюду, кроме точек z = 0 и z = −1.

По теореме Коши о вычетах

ez -1

æ

ö

ò

dz = 2π i

ç Res f

(z) + Res f (z)÷ .

2

z

=4 z

+ z

è z=0

z=−1

ø

Точка z = 0

есть

устранимая

особая

точка функции f (z) , ибо

lim

ez

-1

= 1, поэтому

Res f (z) = 0 .

Точка z = −1

–

полюс первого

+1)

z→0 z(z

z

=0

ì

ez -1

ü

= 1- e−1 .

порядка, Res f (z) =

lim

í

(z +1)ý

z=−1

z→−1

î z(z +1)

þ

ò

ez -1

(

−1 )

Таким образом,

dz

=

2π i 1- e

. □

2

z

=4 z

+ z

С помощью вычетов в ряде случаев могут быть вычислены определенные и несобственные интегралы от функций действительной переменной. Рассмотрим некоторые из таких случаев.

1. Если

R(sin x,cos x)

– рациональная функция

от

sin x ,

cos x ,

непрерывная при 0 ≤ x ≤ 2π

(или

β ≤ x ≤ β + 2π ), то, сделав подстановку

eix = z , можно показать, что

2π

1

æ z2 -1

z2 +1

ö

ò R(sin x,cos x)dx =

ò

Rç

,

÷dz .

(6)

iz

2iz

2z

0

z

=1

è

ø

Значение

интеграла в

правой части

этого

выражения

равно

сумме

вычетов подынтегральной функции относительно полюсов, лежащих внутри

окружности		z		= 1, умноженной на 2π i .
2. Если				f (z) – дробно-рациональная функция, аналитическая на

действительной оси и в верхней полуплоскости (Im z > 0) , за исключением конечного числа особых точек z1,..., zn , лежащих в верхней полуплоскости

(т.е. Im zk > 0 , k =	1, n	), и если	f (z) → 0 при z → ∞ , то
		+∞	n
		ò f (x)dx = 2π iåRes f (z) .		(7)
		−∞	k=1 z=zk

232

3. Если f (z) – дробно-рациональная функция, аналитическая на действительной оси и в верхней полуплоскости, за исключением конечного числа особых точек z1,..., zn , лежащих в верхней полуплоскости, и если f (z) → 0 при z → ∞ , то для любого α > 0

+∞

æ

n

ö

ò

f (x)cosα xdx

ç

2π i

å

Res

÷

;

= Re ç

( f (z)eiα z )÷

−∞

è

k =1 z=zk

ø

(8)

+∞

æ

n

ö

ò

f (x)sinα xdx = Im

ç

2π i

å

÷

ç

Res ( f (z)eiα z )÷.

−∞

è

k =1 z=zk

ø

2π

Пример

5.

Вычислить

с

помощью

вычетов

интеграл

dx

I = ò

.

(3 + 2cos x)

2

0

z = eix ,

Решение.

Произведем

замену

переменной,

положив

1

тогда dz = ieixdx = izdx , cos x = eix

+ e−ix

=

z +

=

z2 +1

.

z

2

2

2z

При изменении x от 0

до 2π

точка z опишет в положительном

направлении окружность

z

= 1. Следовательно,

2π

dx

dz

1

zdz

ò

=

ò

=

ò

2

2

= I .

2

2

i

0

(3 + 2cos x)

z

=1

æ

z2

+1

ö

z

=1

(z

+ 3z +1)

iz ç3 + 2

÷

2z

è

ø

В круге

z

<1

функция

f (z) =

z

имеет полюс второго

(z2 + 3z +1)2

порядка z =

-3 +

5

. По формуле (4) находим

1

2

ö′

1

æ

æ

- 3 +

ö2

z

f (z ) =

5

Res

lim

ç

ç z -

÷

÷ =

−3+

5

1!

−3+

5

ç

è

2

ø

2

2

÷

z=

z

→

æ

-3 + 5

ö

æ

-3 -

5 ö

2

2

ç

÷

ç

ç z -

2

÷ ç z -

2

÷

÷

è

è

ø

è

ø

ø

3 +

- z

5

3

=

lim

2

=

.

ö3

5 5

z→ −3+

5

æ

3 +

5

2

ç z +

2

÷

è

ø

Следовательно,

I

=

1

2π i

3

=

6

5

π .

□

i

25

5 5

233