ЛЕКЦИЯ № 6

§ 16. ВЫЧЕТ ФУНКЦИИ В КОНЕЧНОЙ ИЗОЛИРОВАННОЙ ОСОБОЙ ТОЧКЕ. ОСНОВНАЯ ТЕОРЕМА О ВЫЧЕТАХ

Вычетом функции f (z) в конечной изолированной особой точке

z = a (обозначение Res f (a) ) называется коэффициент с−1						при члене
1	в разложении в ряд Лорана в окрестности точки a .
z −a
		f (z) в окрестности точки a :
Напишем ряд Лорана для функции
	∞	∞	c−n
	f (z) = ∑cn (z − a)n + ∑					(41)
			(z − a)	n
	n=0	n=1

и проинтегрируем этот ряд почленно по любому замкнутому контуру L, принадлежащему кольцу, в котором справедливо написанное разложение, обходя L против часовой стрелки. Используя результат § 12 (Ряд Лорана ФКП), найдём, что все интегралы в правильной части ряда будут равны нулю, все интегралы главной части тоже будут равны нулю, кроме единственного интеграла от первого члена главной части (где n = 1). В результате указанного интегрирова-

	ния ∫ f (z)dz = c−1 2πi , откуда Res f (a) = c−1	=	1		∫ f (z)dz .
			2πi
	L				L
	Из определения вычета следует, что если	z = a			есть правильная
	или устранимая особая точка функции f (z) ,	то Res f (a) = 0, так как

в этих случаях в разложении (41) отсутствует главная часть, так что все c−n = 0. Сформулируем основную теорему о вычетах.

Основная теорема о вычетах. Если функция f (z) аналитична в

области D и на замкнутом контуреL, ограничивающемее всюду, за исключением конечного числа особых точек

a1,a2 ,...,an (лежащих внутриL), то интеграл от f (z)			вдоль
L	в положительном направлении равен произведению
2πi	на сумму вычетов f (z) во всех точках ak , то есть
		n
	∫ f (z)dz = 2πi ∑Resf (ak ).		(42)
	L	k =1

57

Доказательство

Окружим точки ak окружностями ck настолько малыми, чтобы они лежали внутри L и не пересекали друг друга. Так как в мно-

госвязной области, ограниченной контурами L и ck и на самих

этих	контурах f (z)	аналитична, то в силу	теоремы Коши
	n	где все контуры L и ck
∫ f (z)dz = ∑ ∫ f (z)dz,			обходятся против
L	k =1 ck

часовой стрелки. Поделив и умножив правую часть на 2πi, получим следующее:

L∫ f (z)dz = 2πik∑n=1 21πi c∫ f (z)dz = 2πik∑n=1Res f (ak ) ,

k

Res f (ak )

что и требовалось доказать.

Формула (42) позволяет вычислять интегралы от f (z) по за-

мкнутым контурам, если известны вычеты этой функции относительно всех особых точек, находящихся внутри контура.

Вычисление вычетов функции

1.Для устранимой особой точки z = a Res f (a) = 0.

2.Для вычисления вычета функции f (z) в конечной существенно особой точке обычно непосредственно определяют коэффициент

c−1 в разложении в ряд Лорана в окрестности этой точки.

3. Для полюса получим некоторые удобные формулы.

Пусть z = a – конечная точка, являющаяся полюсом порядка m функции f (z) :

∞

c−1

c−2

c−m

f (z) = ∑cn (z −a)n +

+

+ +

.

(43)

z −a

(z −a)2

(z −a)m

n=0

Умножим (43) почленно на (z − a)m :

f (z) (z −a)m =c

−m

+c

−m+1

(z −a) + +c

−1

(z −a)m−1 +c

0

(z −a)m +c (z

−a)m+1

+

1

58

Дифференцируя последнее равенство (m – 1) раз по z , получим следующее:

	d m−1		{(z − a)m f (z)}= (m −1)!c−1 + m!c0 (z − a) + .
	dzm−1
Переходя здесь к пределу при z → a , найдем
	Res	f (a) =с−1=		1	lim	d m−1	{(z − a)m f (z)}.
				(m −1)! z→a dzm−1

В частности, если z = a – простой полюс (m = 1), то имеем следующую формулу:

Resf (a) = c−1	= lim{(z −a) f (z)}.	(44)
	z→a

Пусть функция f (z) является частным двух функций, аналитических в окрестности точки а:

f (z) =

ϕ(z)

,

g(z)

причем ϕ(а) ≠ 0; g(a) = 0; g′(a) ≠ 0.

Значит, z = a – простой полюс

функции f (z) . Применяя формулу (44), получим:

Res f (a) = lim(z − a)

ϕ(z) = ϕ(a) lim

1

=

ϕ(a)

, т.е.

g'(a)

z→a

g(z)

z→a g(z) − g(a)

z − a

Resf (a) =

ϕ(a)

.

(45)

′

g (a)

Формула (45) удобна для нахождения вычетов в простых полюсах.

59

Примеры

В примерах 1–5 найти вычеты функции f (z) во всех ее особых точках плоскости z.

Пример 1

f (z) = z 2−i .

Решение. z = i – простой полюс; это уже и есть разложение в ряд

Лорана по ( z −i ), значит Res f (i) = 2.

Или по формуле (45): Res f(i) =

2

= 2.

1

Пример 2

f

(z) =

z

5

.

z2

−1

Решение.

z =

1

и z =

–1 –

простые

полюсы функции

f(z);

f (z) =

ϕ(z)

,

где

ϕ(z)= z5 ;

g(z)

= z2 −1.

Тогда Res f (1) =

ϕ(1)

=

g(z)

′

g (1)

z

5

1

ϕ(−1)

(−1)5

1

=

=

. Res f (−1) =

=

=

.

2

g'(−1)

2 (−1)

2

2z

z=1

Пример 3

f

(z) =

z

6

.

(z −1)4

Решение.z = 1 – полюс4-го порядка. Имеем

1

3

z

6

1

Res f (1) =

lim

d

(z −1)4

=

lim(6 5 4 z3 ) = 20.

3

(z −1)

4

6

3! z→1

dz

z→1

60

Пример 4

1

f (z) = e z .

	Решение. z = 0 – существенно особая точка. Имеем					e	1		1
							z
								=1+1!z		+
+	1	+... . Здесь с−1 = Res f (0) =1.
	2!z2
		Пример 5
	Вычислить вычеты функции f (z)=			z + 3
					.
				(z −1)(z +1)2
	Решение. z =1 – простой полюс,		z = −1 – полюс 2-го порядка.

Используем формулы для вычетов относительно простого полюса и полюса порядка m .

Res f (z)= lim{(z − a)

f (z)}.

z=a

z→a

Res f

(z)

=

1

d m−1((z −a)m f (z))

.

(m −1)!

z=a

dzm−1

z=a

Res

z + 3

= lim(z −1)

z + 3

=1.

(z −1)(z +1)2

(z −1)(z +1)2

z=1

z→1

z +3

= 1

d

z +3

4

Res

(z +1)2

= −

= −1.

2

1! dz

(z

2

z=−1

2

z=−1

z=−1 (z −1)(z +1)

−1)(z +1)

(z −1)

Пример 6

Вычислить ∫l

ctg z

dz ,

где l – окружность |z| = 1, проходимая

(4z − π)

против часовой стрелки.

61

Решение. Знаменатель функции

f

(z) =

ctg z

=

cos z

об-

(4z − π)sin z

4z − π

ращается в

нуль в

точках z = π

; z

2

= 0; z

k+2

= kπ (k = ±1, ± 2,...) ,

1

4

а поэтому для f (z)

эти точки являются полюсами, причём просты-

ми, т.к. sin kπ = 0 , но (sin z′)

z=kπ = cos kπ ≠ 0 .

π; z = 0.

Внутрь окружности |z| =1 попадают только полюсы z =

4

Тогда по

основной теореме

о

вычетах:

ctg z

∫l

dz =

(4z − π)

π

π

ϕ(π)

ctg

π

1

= 2πi Res f

+ Res f (0) .

Res f (

) =

4

=

4

=

;

4

4

π

4

4

g'( 4)

cos z

Res f (0) = 4z −π (sin′z)

z=0

−

1

1

ctg z

1

1

π

=

=

. Имеем

dz = 2πi

−

.

1

π

∫l (4z −π)

4

π

Пример 7

Вычислить

∫l

dz

, где l – окружность

z −1−i

=1, проходимая

z3 +1

против часовой стрелки.

Решение.

Решив уравнение z3 +1 = 0

или z = 3

,

находим

−1

простые

нули

знаменателя: (z +1)(z2 − z +1) = 0. Имеем

z = −1,

1

z2,3 = 1±

1±

i .

1−4

=

3

2

2

Точки z1, z2 , z3 есть простые полюсы подынтегральной функции. Проверим, какие из этих точек лежат внутри круга l :

1) z1 −1−i = − 2 −i = 5 >1 – вне круга z <1;

62

1

−1

−2

= 1

+ 3−4

+4

2)

z2 −1−i

=

+

3

i −1−i

=

+

3

i

3

= 2 −

3

<1 –

внутри круга;

2

2

2

2

4

4

= 1 −

−1 −

+2

= 1 + 3+4

+ 4 =

3)

z −1−i

3

i −1−i =

3

i

3

2 +

>1−

3

3

2

2

2

2

4

4

вне круга.

Тогда ∫

dz

= 2πi Res f (z2 ) = 2πi

1

= 2πi

1

=

3

3

′

2

1+

3i

1+

3i

l z

z

3z

+ 2

+1

z=

z=

2

2

2πi

8πi

4πi

4πi

(1+

i)

=

π

(

−i).

=

=

=

= −

3

3

3

3

1+ 2 3i −3

3(2 3i −2)

3(

3i −1)

3

4

4

Пример 8

Вычислить

∫

ez

dz .

z −1

=2 z2 (z −1)

Решение. Особые точки подынтегральной функции: z = 0 – по-

люс 2-го порядка;

z =1 – простой полюс.

Внутри области находятся обе особые точки.

∫

ez

dz

= 2πi(Res f (0)

+ Res f

(1);

=2 z

2

(z −

1)

z−1

сумма вычетовфункции

f

(z) в точках 0 и1

Res f (0)= lim

d

ez

z2

d

ez

−ez +ez (z −1)

= lim

= lim

=

2

2

(z −1)

z→0 dz

z→0

z→0 dz z

z −1

(z −1)

= −lim

2ez

−ez

z

= −2;

(z −1)2

z→0

63

Res f (1)

e

z

e

z

= lim

(z −1)

= lim

= e.

2

2

(z −1)

z→1 z

z→0 z

Следовательно,

∫

ez

dz = 2πi(−2 + e).

z2 (z −1)

z −1

=2

Пример 9

Вычислить

∫=6

1

dz .

z

1 − cos z

Решение. В заданную область попадает одна особаяточка z = 0 – полюс второго порядка.

1

dz

= 2πi Res f (0) = 2πi lim

d

1

z

2

=

z

∫=6 1− cos z

z→0 dz

1− cos z

4z sin

2 z

−2z

2

z

z

2z(1−cos z) − z2 sin z

sin

cos

= 2πi lim

= 2πi lim

2

2

2

=

z→0

(1−cos z)2

z→0

4sin

4 z

2

2z sin

z

z

− z cos

z

z

z

2sin

= 2πi lim

2

2

2

= 2πi lim

z

2 sin 2 − z cos 2

=

z→0

4sin

4 z

z→0

2sin

z

sin

2 z

2

2

2

=

по правилу Лопиталя: lim

f (z)

= lim

f ′(z)

=

g(z)

g (z)

z→a

x→a

′

cos

z

− cos

z

+

z

sin

z

= 2πi

lim

2

2

2

2

= 0.

z

→0

2sin

z

cos

z

1

2

2

Имеем

∫=6

dz = 0 .

z

1− cos z

Пример 10

Вычислить

∫

ln z

dz.

(z − 2)2

z −2

=1

64

Решение.

ln z

Особая точка

z = 2

–

полюс 2-го порядка.

∫

dz =

d

ln z

d

z−2

=1 (z − 2)2

(z −2)2

1

1

= 2πi lim

= 2πi lim

(ln z) = 2πi lim

=

2πi

= πi .

z→2 dz

−2)

2

z→2 dz

z→2 z

2

(z

Пример 11

Вычислить интеграл с помощью вычетов:

ez

= 3.

∫

dz, L

:

z

2

L z

+1

Решение.

∫ f (z)d =z

Для

вычисления

используем

формулу

L

n

f (z)

– функция,

аналитическая в области D,

= 2πi∑R es f (z), где

i=1 z

=a

ограниченной контуром L, всюду, кроме конечного числа особых

точек a , a

2

, a

3,....,

a

n

.

Для функции

f (z)=

ez

особыми точками

1

z2 +1

являются z = i, z = −i

в области

z

< 3.

z

e

Следовательно,

∫

dz = 2πi Res

f (z)+ Res f (z) .

L z2 +1

z=+i

z=−i

Res f (z)

(z −i)

e

z

e

z

e

i

= lim

=

=

;

z + i

2i

z

=+i

z

→i

(z −i)(z + i)

z=i

z

z

−i

Res f (z)=

(z +i)

e

e

e

lim

=

= −

.

z=−i

z→−i

(z −i)(z +i)

z −i

2i

ez

ei

e−i

z

=−i

∫

−

z

2

+1

dz = 2πi

2i

2i

= 2πisin1.

65