Lungu1_math453 / ТФКП Питер[Aleksandrova_E.B.,_Svencickaya_T.A.,_Timofeeva_L.(BookFi.org)

Решение. а) f (z)= sin z	. Так как функция sin z - аналитическая на
z −π
всей комплексной плоскости, то функция		f (z) будет иметь одну особую точ-
ку z =π . Рассмотрим
lim sin z	= lim − sin(z −π ) = −1 .
z→π z −π	z→π	z −π
Применяя теорему 2, получаем, что точка z =π является устранимой
особой точкой для данной функции.

б) f (z)=	ez − 1	. Разложим знаменатель на множители. Получим
	(z 2 + 1)(z 2 − 1)2
	f (z)=		ez − 1
				.
			(z + i)(z − i)(z − 1)2 (z + 1)2

Точки z1 =i , z2 = −i , z3 = 1 , z4 = −1 являются изолированными осо-

быми точками для данной функции. Поскольку числитель в этих точках от-

личен от нуля, то предел рассматриваемой функции, когда z

стремится к ка-

ждой из этих точек, равен ∞. Следовательно,

все точки являются полюсами.

Для определения порядков этих полюсов рассмотрим функцию

1

.

f (z)

Имеем

1

=

(z + i)(z − i)(z − 1)2 (z + 1)2

.

f (z)

ez − 1

Для рассмотрения характера точки z1 = i

представим

1

в виде

f (z)

1

= (z − i)

(z + i)(z − 1)2 (z + 1)2

.

f (z)

ez

− 1

Поскольку сомножитель

(z + i)(z − 1)2

(z + 1)2

ez − 1

в точке z1 = i не обра-

щается в нуль (проверьте),

точка z1 = i является нулем первого порядка для

функции

1

, а значит, простым полюсом для функции f (z).

f (z)

121

Аналогично рассуждая, получим z2 = −i - простой полюс;

					z3 = 1 - полюс второго порядка;
					z4 = −1 - полюс второго порядка.
	в) f (z)= cos			1	.
				z + i
	Имеем z = −i - изолированная особая точка. Поскольку при z → −i ве-
	личина	1		стремится к бесконечности, а функция cosz является 2π - пе-
		z + i

риодической, то не существует ни конечного, ни бесконечного предела

	lim cos	1	. Тогда по теореме Сохоцкого точка z = −i является существен-
		z + i
	z→−i

но особой.

§5. Поведение аналитической функции в окрестности бесконечно удаленной точки

До сих пор, исследуя поведение аналитической функции в окрестности изолированной особой точки, мы предполагали, что эта тоска не является бесконечно удаленной. В этом случае ее называют конечной.

Окрестностью изолированной конечной особой точки z0 мы называли множество всех точек z , для которых 0 < z − z0 < R .

Определение 1. Бесконечно удаленная точка комплексной плоскости является изолированной особой точкой аналитической функции f (z), если можно указать такое значение R , что вне круга z > R функция f (z) не име-

ет особых точек, находящихся на конечном расстоянии от точки z = 0 . Пусть функция f (z) является аналитической в окрестности бесконечно

удаленной точки, то есть при

z

> R . Полагая z =

1

, получаем, что функция

w

f (z)= f

1

1

=ϕ(w) является аналитической в кольце 0 <

w

<

.

w

R

122

Определение 2. Назовем точку z = ∞ для функции f (z) устранимой особой, полюсом или существенно особой, если таковой является точка w = 0 для функции ϕ(w).

Пример 1. Определить характер особой точки z = ∞ для функции f (z)= 1 +ezz 2 .

Решение. Точка z = ∞ является изолированной особой точкой данной функции, так как у нее нет других особых точек, а значит, для любого поло-

жительного числа R в круге

z

> R

никаких особых точек этой функции не

содержится.

Рассмотрим функцию

1

1 +

1

w2 + 1

2

ϕ(w)=

f

=

w

=

.

1

1

w

e w

w2e w

Раскладывая функцию ϕ(w) в степенной

ряд

в окрестности точки

w = 0 , получим:

ϕ(w)

1

−

1

−

1

1

−

1

1

1

= 1

+

e

w

= e

w +

e

w

= 1

−

+

−K

+

w

2

w

2

w

2!w

2

1

1

1

+

1 −

+

−K .

w

2

w

2!w

2

Из полученного разложения следует, что точка w = 0 является существенно особой точкой для ϕ(w). Следовательно, точка z = ∞ является сущест-

венно особой точкой функции f (z).

	Пример 2. Найти все особые точки функции	f (z)=		z 5	и указать
			(1	− z)3

их характер.

Решение. Изолированными особыми точками функции f (z) являют-

ся точки z = 1 и z = ∞.

123

Рассмотрим сначала точку z = 1 . Так как эта точка является нулем

	третьего порядка для функции	1		=	(1 − z)3	= (1 − z)3	1	, то она будет по-
		f (z)			z 5		z 5

люсом третьего порядка для данной функции f (z).

Для установления характера точки z = ∞ рассмотрим функцию

ϕ(w)= f 1 =

w

1

w3

1

w5

=

=

.

1

−

1

3

w5

(w − 1)3

w2

(w − 1)3

w

Точка w = 0 является полюсом второго порядка для функции ϕ(w) (так

	как она – нуль второго порядка для функции					1		= w2	(w − 1)3 ). Следова-
						ϕ(w)
	тельно, для функции	f (z)=		z5	точка z = ∞ является полюсом второго
			(1	−z)3
	порядка.
		§6. Вычеты и их приложения
	Пусть точка z0	является изолированной особой точкой аналитической
	функции f (z). Тогда в проколотой окрестности точки z0								функция f (z) рас-

кладывается в ряд Лорана:

		+∞
	f (z)= ∑cn (z −z0 )n ,								(1)
		n =−∞
	где cn	=	1			f (ξ)		dξ .	(2)
			2π i	∫+(ξ − z0 )n +1
				C
	Определение. Вычетом функции					f (z)	в точке z0		называется коэффи-

циент c−1 (то есть при (z − z0 )−1 ) в разложении этой функции в ряд Лорана.

Обозначение: Res f (z), res f (z), Выч[f (z),z0 ].
z0	z0

Из формулы (2) следует

124

Res f (z)= c

−1

=

1

∫

f (ξ)dξ =

1

∫

f (z)dz ,

(3)

2π i

2π i

z0

C

+

C

+

где C - любой замкнутый контур (в частности – окружность), содержащий внутри себя точку z0 , обходимый так, что область, ограниченная этим кон-

туром, остается слева (против часовой стрелки). Пример 1. Найти вычет функции

	f (z)=	ez
		(z −i)4

в точке z0 = i .

Решение. Точка z0 = i является изолированной особой точкой. В си-

лу того, что ei ≠ 0 , эта точка – полюс четвертого порядка. По формуле (3) имеем

	Res	ez	=	1		ez	dz ,
		(z − i)4		2π i ∫+ (z − i)4
	i
					C

где в качестве C можно взять, например, окружность z − i = 1. Для вычисле-

ния интеграла воспользуемся формулой Коши:

1

ez

1

z

′′′

1

i

∫+ (z − i)4 dz = 3!

(e

.

2π i

)

z=i

= 6 e

C

Следовательно, Res

ez

=

1 ei

= 1 (cos1 + i sin 1).

(z − i)4

i

6

6

Замечание. Вычет функции

f (z) в точке z0

может быть отличным от

нуля только в том случае, если z0

- полюс или существенно особая точка.

В случае, когда z0

- полюс функции

f (z), вычет может быть найден не

интегрированием по формуле (3), а более простым способом. 1. Вычисление вычета в простом полюсе.

Пусть точка z0 - полюс первого порядка функции f (z) (простой по-

люс).

Тогда ряд Лорана в окрестности этой точки имеет вид

125

f (z)= z с−−1z0 + c0 + c1 (z − z0 )+ c2 (z − z0 )2 +K.

Умножим обе части последнего равенства на z − z0 , получим f (z)(z − z0 )= c−1 + c0 (z − z0 )+ c1 (z − z0 )2 + c2 (z − z0 )3 +K.

Перейдем к пределу при z → z0 . Тогда

	Res f (z)= c−1		= lim f (z)(z − z0 ).							(4)
	z0			z→z0
	Пример 2. Найти вычеты функции				f (z)=	1			в ее конечных особых
						z 2 + 1
	точках.
	Решение. Представляя функцию f (z) в виде
	f (z)=	1	=		1			,
		z 2 + 1		(z + i)(z − i)

получаем, что изолированными особыми точками данной функции являются точки z1 = i и z2 = −i , причем обе эти точки представляют собой простые по-

люсы. Тогда по формуле (4) находим

Res

1

= lim

1

(z − i)= lim

1

=

1

= −

i

;

z 2 + 1

z

2 + 1

z + i

2i

i

z →i

z →i

2

Res

1

= lim

1

(z + i)= lim

1

= −

1

=

i

.

z

2 + 1

2i

−i z 2 + 1

z →−i

z →−i z − i

2

Можно получить еще одну формулу для вычисления вычета в простом

полюсе. В этом случае функция

f (z) представима в виде

f (z)= ϕ((z)),

ψ z

где ϕ(z) и ψ(z) - аналитические функции, ϕ(z0 )≠ 0 , а для функции ψ(z) точ-

ка z0 является нулем первого порядка. Тогда из равенства (4) имеем:

Res f (z)= lim f (z)(z − z0 )= lim

ϕ(z)

(z − z0 )= lim

ϕ(z)

=

ϕ(z0 )

.

ψ(z)−ψ

(z0 )

z0

z →z0

z →z0

ψ(z)

z →z0

ψ′(z0 )

z − z0

Таким образом, получили формулу

126

Res f

(z)=

ϕ(z0 )

.

(5)

z0

ψ′(z0 )

Пример 3. Найти вычет функции f (z)= ctg z

в точке z0 = 0 .

Решение.

Данная

функция

имеет

вид f (z)= cosz .

Так

как

sin z

cos0 = 1 ≠ 0 , а для функции sin z

точка z0 = 0 является простым нулем (дей-

z

3

z

5

z

2

z

4

ствительно, sin z = z −

+

−

+

z0

- простой

3!

5!

−K= z 1

3!

5!

−K ), то

полюс для ctg z . Применим формулу (5) и получим:

Res ctg z =

cos0

= cos0

= 1 .

(sin z)′

0

z=0

cos0

2. Вычисление вычета в кратном полюсе.

Пусть точка z0

- полюс функции f (z)

порядка n . Тогда ряд Лорана

имеет вид

f (z)=

c−n

+

c−n+1

+K+

c−1

+ c + c (z − z

)+K.

(z − z0 )n

(z − z0 )n−1

0

z − z0

0

1

Умножив обе части этого равенства на (z − z0 )n , получим

f (z) (z − z

)n = c

+ c

−n+1

(z − z

0

)+K+ c

−1

(z − z

0

)n−1 + c (z − z

)n +K

0

−n

0

0

.

Продифференцировав последнее равенство n − 1 раз, будем в правой части иметь обыкновенный степенной ряд, свободный член которого: c−1 (n − 1)!.

Переходя к пределу при z → z0 , получаем

lim

d n −1

[f (z)(z − z0 )n ]= c−1 (n − 1)!.

dz n −1

z →z0

Отсюда находим:

с

−1

=

1

lim

d n−1

[f (z)(z − z

0

)n ].

(6)

(n

−

dz n−1

1)! z→z0

127

Пример 4. Найти вычет функции f (z)=

1

в точке z0 = −i .

(z 2

+ 1)3

Решение. Точка z0 = −i

является полюсом третьего порядка функции

f (z) (обоснуйте самостоятельно), то есть n = 3 . По формуле (6) находим:

1

1

(z

+ i)3

″

= 1 lim

1

″

= 1 lim

− 3

′

c−1 =

lim

=

2 + 1)3

(z −i)4

2! z→−i (z

2 z→−i (z −i)3

2 z→−i

= 1 lim

12

= 1

12

=

3

i .

(z − i)5

(− 2i)5

16

2 z→−i

2

Теорема о вычетах (основная теорема теории вычетов). Пусть функ-

ция f (z) является аналитической всюду в замкнутой области

за исключе-

D

нием конечного числа изолированных особых точек zk ,

k = 1, 2, K, N , ле-

жащих внутри области D . Тогда

N

∫f (z)dz = 2π i∑Reszk

f (z),

(7)

γ +

k =1

где γ + - граница области D , проходимая в положительном направлении (об-

ласть D остается слева)

Доказательство. Окружим каждую точку zk ,

k = 1, 2, K, N

ок-

ружностью ck

настолько малого радиуса, чтобы ограниченные ими замкну-

тые круги лежали внутри D и попарно не пересекались (см. рис.1).

Тогда по теореме Коши для много-

z1

связной области имеем

z2

N

с1+

∫f (z)dz = ∑∫f (z)dz ,

с2+

γ +

k =1 c+

zN

k

где ck+ - окружности ck , обходимые против

γ+

+

D

сN

Рис. 1

часовой стрелки. В силу формулы (3) получаем утверждение теоремы

128

	N
∫f (z)dz = 2π i∑Reszk		f (z).
γ +	k =1

Доказанная теорема о вычетах имеет большое практическое значение. Во многих случаях оказывается проще вычислить вычеты функции f (z) в

особых точках, лежащих внутри контура интегрирования, чем непосредственно вычислить интеграл, стоящий в левой части формулы (7).

Пример 5. Вычислить интеграл ∫		dz	,
		z 4 − 1
C	+

где C - окружность z − i − 1 = 2 , проходимая в положительном направле-

нии.

Решение. Представим подынтегральную функцию в виде

y

1

1

C

f (z)= z 4 − 1 = (z − 1)(z + 1)(z − i)(z + i).

z

i

Особые

точки

этой

функции,

z1 = 1 ,

z2 = −1 ,

z3 = i ,

z4 = −i ,

являются

простыми

полюсами,

-1 0

1

x

причем внутри контура интегрирования содер-

-i

жатся лишь две из них: z1 и z3

(см. рис.2). тогда

Рис. 2

по теореме о вычетах находим.

dz

1

1

=

2π i Res

+ Res

.

∫+ z 4 − 1

1 z 4 − 1

i

z

4 −

1

C

Вычислим вычеты функции f (z) в точках z1 и z3 .

1

1

1

1

Res

= lim

(z

−

1)

= lim

=

.

z 4 − 1

− 1

(z + 1)(z − i)(z + i)

4

1

z→1

z 4

z→1

1

1

1

1

i

Res

= lim

(z

− i)

= lim

= −

=

.

z 4 − 1

− 1

(z − 1)(z +

1)(z + i)

4i

4

i

z→i

z 4

z

→i

dz

1

1

π

π

Следовательно,

= 2π i

+

i = −

+

i .

∫+ z 4

− 1

4

4

2

2

C

129

Понятие вычета можно распространить на случай бесконечно удаленной точки. Предположим, что z = ∞ является изолированной особой точкой функции f (z) и обозначим через C произвольный замкнутый контур, лежа-

щий целиком в окрестности этой точки, например, за C можно взять окруж-

	ность достаточно большого радиуса.
	По-прежнему, условимся называть вычетом функции					f (z) относитель-
	но бесконечно удаленной точки значение интеграла:
	Res f (z)=	1	∫		f (z)dz ,	(8)
		2π i
	∞
			C	−

с той лишь разницей, что интегрирование совершается теперь по контуру C в отрицательном направлении, так как контур C нужно проходить по часовой стрелке, чтобы точка z = ∞ оставалась слева.

Тогда

	Res f (z)=	1	∫		f (z)dz = −	1	∫		f (z)dz = −c−1 ,	(9)
		2π i				2π i
	∞
			C	−			C	+

то есть вычет функции в бесконечно удаленной точке равен коэффициенту при первой отрицательной степени разложения Лорана в окрестности этой точки, взятому с противоположным знаком.

Из теоремы о вычетах и формулы (9) получаем

	N		∫	∞
2π i	∑ zk
	Res f (z)=			f (z)dz = −2π i Res f (z).
	k =1		γ +
Следовательно,
	N		(z)+ 2π i Res f (z)= 0 .
	2π i∑Res f
	k =1	zk		∞
Таким образом, справедлива
Теорема. Пусть функция f (z)			является аналитической на комплексной

плоскости, за исключением конечного числа изолированных особых точек zk

(k = 1, 2, K, N + 1), включая точку zN +1 = ∞. Тогда

130