Лекция 6

6.1Вычет аналитической функции в изолированной особой точке.

Пусть z0 — изолированная особая точка однозначной аналитической функции f (z), тогда в окрестности этой точки f (z) может быть разложена в ряд Лорана (5.5) с коэффициентами cn, определяемыми по (5.11), причем

	1
c−1 =	2πi C	f (ζ) dζ.	(6.1)

Определение 6.1 Вычетом аналитической функции f (z) в изолированной особой точке z0
называется комплексное число, равное значению интеграла	1	γ	f (ζ) dζ, взятого в поло-
	2πi

жительном направлении по любому замкнутому контуру γ, лежащему в области аналитичности f (z), содержащему единственную особую точку.

Для обозначения вычета применяются разные сокращения, здесь приведены три из них

z0 f (z) = res [f (z), z0] = Выч [f (z), z0] =	1	γ	f (ζ) dζ	(6.2)
	2πi
res

Очевидно, если z0 — правильная или устранимая особая точка аналитической функции f (z), то вычет в ней равен 0. Если известно разложение функции f (z) в изолированной особой точке z0 в ряд Лорана, то просто res f (z) = c−1.

z0

На практике чаще всего не приходится для нахождения вычетов ни вычислять интегралы вида (6.1), ни находить разложения функций в ряд Лорана. Наоборот, вычеты используются для вычисления контурных интегралов.

Рассмотрим два часто встречающихся случая.

1) Точка z0 является полюсом первого порядка аналитической функции f (z). Тогда имеем:

f (z) = c−1(z − z0)−1 + c0 + c1(z − z0) + . . . ,

c

−1

=

lim (z

res f (z),

z z0

− z0)f (z) =

z0

→

ϕ(z)

f (z) можно представить в виде: f (z) =

, где функцию ϕ(z0) = 0, а у ψ(z) z0 — нуль

ψ(z)

первого порядка, то есть

ψ(z) = (z

−

z

)ψ (z

) +

(z − z0)2

ψ (z

) + . . . ; ψ (z

) = 0.

0

0

2

0

0

51

	Тогда легко получить:	ϕ(z0)
	res f (z) =		.	(6.3)
	z0	ψ (z0)

2) Точка z0 является полюсом порядка m аналитической функции f (z). Тогда получим следующее:

f (z) = c−m(z − z0)−m + . . . + c−1(z − z0)−1 + c0 + c1(z − z0) + . . .

(z − z0)mf (z) = c−m + . . . + c−1(z − z0)m−1 + c0(z − z0)m + . . .

Отсюда легко выводится следующая формула:

c

−1

=

res f (z) =

1

lim

dm−1

(z − z0)

m

f (z).

(6.4)

(m

z0

−

1)! z z0 dzm−1

→

6.2Основная теорема теории вычетов.

Теорема 6.1 Пусть f (z) — непрерывная функция в замкнутой области D и аналитическая

в D, исключая конечное число изолированных особых точек zi D			(i = 1, 2, . . . , n). Тогда
	n
	f (ζ) dζ = 2πi i=1 zi		(6.5)
C		res f (z),

где C — граница области , проходимая в положительном направлении.

Окружим каждую особую точку zi замкнутым контуром γi так, чтобы он был целиком внутри D и содержал внутри себя только одну особую точку.

Внутри многосвязной области, ограниченной контуром C и всеми контурами γi функция f (z) всюду аналитическая. Поэтому по теореме Коши получим

+	n
	f (ζ) dζ + i=1	f (ζ) dζ = 0.
C	γi−
Перенеся второе слагаемое вправо и учитывая (6.2),
получим утверждение теоремы:
	n
	i=1	zi
C		res f (z).
	f (ζ) dζ = 2πi

Рис. 6.1:	Формула (6.5) позволяет сводить вычисление кон-
турных интегралов к нахождению вычетов в особых точках, что намного проще.

Определение 6.2 Вычетом аналитической функции в точке z = ∞ называется комплекс-

ное число, равное
1			f (ζ) dζ = −	1	+	f (ζ) dζ,
	2πi			2πi
		C−			C

где C — произвольный замкнутый контур, вне которого f (z) — аналитическая и не имеет особых точек, кроме z = ∞.

52

Можно определить вычет в бесконечно удаленной точке из разложения функции f (z) в ряд Лорана:

∞	−	1	+		−	−1		(6.6)
		2πi
res f (z) =				f (ζ) dζ =	c		.

C

Теорема 6.2 Пусть функция f (z) — аналитическая на полной комплексной плоскости, исключая конечное число изолированных особых точек zi (i = 1, 2, . . . , N ), в том числе и zN = ∞. Тогда

N
i	(6.7)
res f (z) = 0.

zi

=1

Возьмем замкнутый контур C, заключающий в себя все N −1 конечные особые точки функции f (z). Тогда по теореме 6.1

1	+	f (ζ) dζ =	N −1
2πi			i=1 zi
	C			res f (z).

Но по (6.6) левая часть последнего уравнения равна −res f (z), что и доказывает (6.7).

∞

Формулой (6.7) удобно пользоваться, если при вычислении контурного интеграла вне данного контура оказывается гораздо меньше изолированных особых точек подынтегральной функции, чем внутри. Пусть вне контура C — m конечных особых точек zk функции f (z) и z = ∞. Тогда

+	m
	f (ζ) dζ = −2πi k=1 zk		− ∞	(6.8)
C		res f (z) 2πi res f (z).

Примеры.

6.1 Функция f (z) = z2 + 3 имеет одну особую точку z = 0, а так как ez − 1

	z		z2
ez − 1 = z(1 +		+		+ . . .), то это полюс первого порядка.
	2!		3!
Обозначим ϕ(z) = z2 + 3, ψ(z) = ez − 1, тогда
				res f (z) =	ϕ(0)	=	3	= 3.
					ψ (0)		1
			0

z2 − z + 5

6.2 Функция f (z) = (z − 1)3(z + 5) имеет две особые точки: z = 1 — полюс третьего поряд-

ка и z = −5 — полюс первого порядка. Найдем вычет в точке z = 1:

res f (z) =

1

lim

d2

(z

−

1)3f (z),

1

2! z

1 dz2

→

z2

− z + 5

=

(2z

−

1)(z + 5) − z2

+ z − 5

=

z2 + 10z − 10

=

70z + 350

.

z + 5

(z + 5)2

(z + 5)2

(z + 5)4

53