Решение. z = 0 – нуль 3-го порядка,

т.к.

f (0) = 0;

f

(0) = 0;

′

′′

′

′′

′′′

f

′′′

f (0) = −sin z; f

(z) = cos z −1; f

(0) = 0; f

(z) = −cos z;

(0) ≠ 0

или

sin z = z −

z3

+

z5

− ; sin z

− z = −

z3

+

z

5

− , т.е.

первый,

3!

5!

3!

5!

отличный от нуля, член в ра зложении в ряд Тейлора имеет степень 3,

значит z = 0 – нуль третьего порядка.

f) f (z) =

ez2 −1

,

z = 0.

sin z4

Решение.

Известно, что

ez 2 −1 ≈ z2

(ex −1 ≈ x при x → 0) при

z → 0 или ez2 =1+

z2

+

z4

+

..., а

ez2 −1 =

z2

+

z4

+... . Следователь-

1!

2!

1!

2!

но, z = 0 – нуль 2-го порядка.

Для sin z4

z = 0 – нуль 4-го порядка. Значит,

z = 0 – полюс 2-го

порядка исходной функции.

Пример 3

Найти особые точки функции

f (z)=

z2 −1

.

z(z −3)(z +1)4

Решение.

f (z)=

(z −1)(z +1)

=

z −1

.

z(z −3)(z +1)4

z(z −3)(z +1)3

z = 0 –

Точки простые полюсы. z = 3

Точка z = −1 – полюс порядка 3.

§ 15. ПОВЕДЕНИЕ ФУНКЦИИ В ОКРЕСТНОСТИ БЕСКОНЕЧНО УДАЛЕННОЙ ТОЧКИ

Пусть f (z)	– аналитическая функция в окрестности		z		>	1	беско-
						ε

нечно удаленной точки z = ∞ , исключая саму эту точку. Отображение

55

z = 1 переводит

z

>

1 в

ξ

< ε,

т.

е.

окрестность точки z = ∞ в

ξ

ε

1

= ϕ(ξ). Отсюда следует,

окрестность точки ξ = 0 ,

при этом

f

ξ

z = ∞ для

что тип особой точки

f (z)

определяется типом особой

точки ξ = 0 для f (1ξ) = ϕ(ξ) .

Все вышеназванные определения соответствующим образом переносятся и на случай z = ∞.

56