Барменков Методика решения задач повышенной сложности по теории 2010

Отметим, что в данном случае нет необходимости выписывать

полностью разложение

f (z)

в ряд Лорана в окрестности точки

z

, а достаточно воспользоваться свойством:

f (z)

1

o

1

z

z

при z

. Отсюда c 1

1, где

c 1

– коэффициент

при

1

раз-

z

ложения

f (z)

в

ряд

Лорана

в

окрестности

.

Значит,

Res f (z)

1 .

Ответ. 2 i .

sin 2z sin

1

dz , где

Задача 14. Вычислить

{z :

z

1} .

3z

1

Решение. Поскольку функция

f (z)

sin 2z sin

четная, то ко-

3z

эффициент при

1

разложения

f (z)

в ряд Лорана в окрестности

z

точки z

0 равен нулю:

c 1

0 .

Ответ. 0.

Далее рассмотрим примеры, в которых для вычисления Res f (z)

z0

требуется найти разложение функции f (z) в ряд Лорана в окрестности точки z0 .

				dz
Задача 15. Вычислить							, где	r	{z :	z	r} в каждом
					1
			r sin
					z
из следующих случаев:
а) r 1, б) r	1	, в) r	0,11.
	4

61

Решение. Рассмотрим случай а). Все нули функции				sin	1		явля-
						z
ются простыми и расположены в точках z		1	, k		1,		2, .
	k	k

Поэтому функция	f (z)	1			имеет в указанных точках простые
		sin	1
			z
полюсы. Точка z	0 является точкой накопления полюсов и по-

этому не является изолированной особой точкой. По этой причине

к функции

f (z)

в

области int 1

{z :

z

1}

с

границей

1

{z :

z

1} нельзя применять теорему о сумме вычетов. Рас-

смотрим область

ext

1

{z :

z

1}.

Контур

1

ориентирован

против хода часовой стрелки,

поэтому

по определению вычета

функции в бесконечно удалѐнной точке

dz

2 i Res f (z) .

1 sin

1

z

При всех z

0 функцию

f (z) можно записать в виде

f (z)

1

1

1

sin

1

1

1

1

1

1

...

1

1

1

1

1

1

z3

z5

z

z

3!

5!

z

3!

z2

5!

z4

.

Покажем один приѐм разложения по степеням соответствующего ряда.

												1																	1	1			q	q2			q3 ...
			1		1				1				1						1				...					1 q
					3!				z2				5!						z4
					1			1					1						1											1			1	1		1			2
1			1																						1														,
						3! z2									5! z4																3! z2				5!		z4
где		q		1 и				q				1	1										1				1	...		(при достаточно больших											z		).
												3! z2											5!				z4

62

Поэтому

f (z)

1

z 1

1

1

1

1

1

...

1

3!

z2

3!2

5!

z4

sin

z

есть разложение

в ряд Лорана в окрестности

. Отсюда коэффи-

циент

c 1

1

1

. Значит,

Res f (z)

c 1

1

. Итак, в случае

3!

6

6

а), т.е. для

1

{z :

z

1}

положительной ориентации,

имеем

dz

2 i Res f (z)

2

i

i

.

1 sin

1

6

3

z

Ответ. а)

i

.

3

1

Рассмотрим случай б). Здесь

1

z :

z

. Напомним, что в

4

4

каждом простом полюсе

zk

для функции вида

f (z)

(z)

, где

(z)

(z),

(z) –

аналитические в окрестности

zk

функции, справед-

лива формула

Res f (z)

(zk )

.

В частности,

для f (z)

1

(zk )

1

zk

sin

z

получим

Res f (z)

1

1

(

1)k

1

, так

1

1

2 k 2 cos

k

2 k 2

zk

cos

zk2

zk

как z

1

,

k

1,

2, . Как и в пункте а),

нельзя применить

k

k

формулу (2.1)

к

f (z)

в области

int

1 , поэтому рассмотрим со-

~

4

ставной контур

1 1 , где

1

– ориентированная по ходу

4

4

63

часовой стрелки окружность

z :

z

1

, а окружность

1 ори-

4

ентирована против хода часовой стрелки .

Рис.48

1

1

Из точек z

только

z

и

z

лежат в области int ~

k

1

1

(между контурами

1

и

1 ), и по теореме о вычетах для составного

4

контура (см. рис.48)

dz

2 i

Res f (z)

Res f (z)

2 i

1

1

4i

.

1

2

2

z1

z 1

1 1 sin

z

4

Поскольку для функции

f (z)

1

выполняется соотношение

sin

1

z

64

	f (z)dz		f (z)dz	f (z)dz , а в пункте а) вычислен интеграл
1	1	1		1
4		4

	dz										i		, то можем записать
1										3
1 sin
					z
																																						4i							i				4i			2			12
				f (z)dz															f (z)dz										f (z)dz																											i .
																											1																3									3
		1															1
4													4
													2						12
	Ответ. б)																					i .
													3
																																																				r} , r 0,11.
Аналогично рассматривается случай в)																																										r			{z :					z
Для составного контура																									~					0,11 1 , внутрь которого из точек
																																				4
zk попали только																			1					(проверьте!), запишем с учетом результата
																			2
пункта б) следующие равенства
																			f (z)dz								2		i Res f (z)														Res f (z)
											0 ,1 1 1																					1													1
																																2											2
																4
																			2					i					1				1												i		;
																											4		2			4			2
					dz																			i									4							i											3				2	9
															f (z)dz													i																i													i .
	0 ,1 1 sin							1						1															3																	3									3
								z
													4
													2						9
	Ответ. в)																			i .
													3
Задача 15. Вычислить																														dz									в случае 0 r													1.
																									r		z		z2			z			1

65

Замечание. Значение этого интеграла зависит от выбора ветви многозначной функции

			w		z2 z 1 .
Известно,	что w		w1 –		двузначная функция, имеющая точки
ветвления	0 и	(см. [3])			и допускающая выделение двух одно-

значных ветвей во всей комплексной плоскости С с разрезом по

любой жордановой кривой, соединяющей точки 0

и

. Наиболее

наглядной является ситуация с разрезом по лучу (

,0] , то есть в

области С w

\ (

,0] . Тогда ветви выделяются фиксированием k

1

в формуле

1

arg w1

2 k

arg w1

2 k

w

w

w

cos

sin

,

2

1

1

2

2

(k )

arg w1

, k

0,1.

Другими словами, выделение ветви

w1

такой, что

1

1 1

(0)

равнозначен выбору в указанной формуле значения k

0 ,

а ветви

k 1 .

w1 с условием

1

1

1 –

выбору

Значения

ветвей

(1)

w1

С w1 \ (

,0]

функции

w1

в каждой точке

связаны соот-

ношением	w1			w1 , то есть отличаются знаком.
	(1)			(0)
Преобразование областей ветвями функции						w		w1 показаны
на рисунках 49 и 50.
				отображает область С w1	\ (		;0]
Ветвь w		w1							на полуплос-
	(0)
кость {w : Re w				0} (рис.49), а ветвь w
						w1	–		на полуплос-
					(1)
кость {w : Re w				0} (рис.50).
				66

w1	w w
	1
	(0)

w

Рис.49

w1	w w1	w
	(1)

Рис.50

67

Решение.			Представим многочлен w1											в виде
								1	2	3
w z2			z 1				z				. Корни			z	1				i		3		и
1								2		4				1	2					2
z2	1		i	3			этого		квадратного трехчлена										являются точками
	2			2
													z2
ветвления функции								w		w				z	1 . Отметим, что точка
										1

z не является точкой ветвления, так как степень подкоренного многочлена кратна показателю корня (см. [3]).

Рассмотрим комплексную плоскость Сz с разрезом в виде отрез-

ка прямой,

соединяющей точки z1 и z2

через

точку

, т.е. по

двум лучам прямой

Re z

1

. Образом этой области при ото-

2

бражении

w

z

1

2

3

является плоскость С

с разрезом

1

2

4

w

1

по лучу (

;0] . Действительно, записав множество точек разреза

в виде

1

3

;0] [

l

z

z : z

i

t

, t

(

3;

) ,

2

2

видим, что он преобразуется в

2

3

3

l

w

w : w

t

, t

(

;0] [ 3;

) ,

1

1

2

4

1

т.е. в луч (

;0] (докажите!). Область Сw

\ lw первой ветвью ото-

1

1

бражения

w

w1

преобразуется

в

верхнюю полуплоскость

(0)

{w : Re w

0}, а второй ветвью w

w1

– в нижнюю полуплос-

(1)

кость {w : Re w

0}.

68

Таким образом, первоначальная область Сz \ lz отображается обычными аналитическими функциями, являющимися ветвями

функции

w

z2

z

1 (w

z2

z 1,

w

z2

z 1 ,

при-

(0)

(1)

чѐм

z2

z

1

z2

z

1 )

соответственно на эти полуплос-

(1)

(0)

кости. Поэтому вычет

функции f (z)

1

,

аналитиче-

z2

z

z 1

r 1, и имеющей простой по-

ской в области {z :

z

r} \ {0},

0

люс в точке z

0 , вычисляется по обычной формуле

dz

2

i Res f (z)

lim

f (z)z

2

i

1

2 i,

z z 2

02

r

z 1

0

z 0

0 1

r

в которой

r

{z :

z

r} ,

0

1.

Знак

ставится в

соответствии с

выбором

однозначной

ветви

функции

f (z)

1

.

z

z2

z

1

Ответ.

2

i .

Следующий пример иллюстрирует один из способов аналитического продолжения.

Задача 16.

Вычислить

z

dz ,

где

r

{z :

z

r} , в ка-

sin z

r

ждом из следующих случаев:

а) 0 r

2 , б) 2 r 4 2 , в) r 40 .

Решение. а) Функция f (z)

z

при одновременном выборе

sin

z

любой из двух однозначных ветвей

z

в числителе и знаменателе

69

является однозначной и аналитической в области								С\ {zk }k 1 ,		где
	2k 2 , k	N ( sin					k, k Z ,
zk				z 0		z		но z	0 –	уст-
ранимая особая			точка	f (z) ). Утверждение относительно точки
z	0 следует из приводимого ниже разложения							f (z)	в ряд по
степеням z .
Из разложения			sin t		в окрестности точки t			0 в ряд Тейлора
получим, что		функция		f (z) представляется некоторым степенным

рядом в круге с центром в начале координат (исключая центр) и

радиусом, равным расстоянию от точки z

0

до ближайшего к

ней корня z

2

уравнения

sin

z 0 :

1

f (z)

z

z

z

1

( 1)k z k

sin

z

( 1)k (

z )2k 1

z

0 (2k 1)!

k

0

(2k

1)!

k

1

a

k

zk , 0

z

2 .

( 1)k zk

k 0

k

0 (2k

1)!

Следовательно, после соответствующего доопределения,

f (z) бу-

дет в круге

z

2

аналитической функцией. Поэтому интеграл

z

dz

0 ,

0

r

2 . Более

того,

f (z)

z

является

sin z

sin

z

r

аналитическим

продолжением

суммы

степенного

ряда

ak zk ,

z

2 ,

в область С\ {zk }k

1 .

k 0

Ответ. а) 0.

б) Точки zk

2k 2 , k

1,2,... , являются простыми полюсами

функции f (z) с вычетами в них, равными

70