0887579_C36AB_denisyuk_v_p_repeta_v_k_gaeva_k_a_kleshnya_n_o_visha_matemat

3.3. Ізольовані особливі точки, їх класифікація.

Нулі аналітичної функції та зв’язок між нулем і полюсом функції

Особливу точку z = z0 функції f (z) називають ізольованою, якщо f (z) є однозначною й аналітичною в кожній точці кругового кільця 0 < z − z0 < δ, крім самої точки z0 .

Ізольовану особливу точку називають усувною, якщо ряд Лорана функції f (z) не містить від’ємних степенів (z − z0 ) , тобто

= = ∞ − n

f (z) f1 (z) ∑ an ( z z0 ) .

n=0

Іншими словами, ряд Лорана в околі усувної точки має лише правильну частину.

Теорема 3 Для того, щоб ізольована особлива точка z0 однозначної аналітичної функції f(z) була усувною, необхідно і достат-

ньо, щоб функція f (z) у точці z0 мала скінченну границю lim f (z) = a0 .

z→ z0

Ізольована особлива точка називається полюсом порядку m ≥ 1, якщо головна частина ряду Лорана функції f (z) містить лише скінченне число (m) від’ємних степенів (z – z0), тобто

	f (z) = f1 (z) +	a−1	+	a−2	+ ... +
		z − z0		(z − z0 )2

причому, якщо m = 1, полюс називають простим, зивають кратним (кратності m).

a− m	,
(z − z0 )m

якщо m > 1, полюс на-

Теорема 4 Для того, щоб ізольована особлива точка z0 однозначної аналітичної функції f (z) була полюсом, необхідно і достатньо,

щоб lim f (z) = ∞.

z→ z0

Ізольовану особливу точку називають істотно особливою точкою функції f (z), якщо ряд Лорана цієї функції містить нескінченну кількість від’ємних степенів (z – z0), тобто

		∞	a−n
f (z) =	f1	(z) + ∑		.
		n=1 (z − z0 )n

301

Теорема 5	Для того, щоб ізольована особлива точка однозначної аналі-
	тичної функції була істотно особливою, необхідно й достатньо,

щоб уційточці неіснувало ніскінченної, нінескінченноїграниціфункціїf (z).

Точку z0 називають нулем функції f (z) порядку (або кратності) m,

якщо виконуються умови

f (z0 ) = 0, f ′(z0 ) = 0, ..., f (m−1) (z0 ) = 0, f (m) (z0 ) ≠ 0.

Якщоm = 1, то точку z0 називають простим нулем. Точка z0 тоді і тільки тоді є нулем т-го порядку аналітичної в точці z0 функції f (z), коли в деякому околі цієї точки виконується рівність

f (z) = (z − z0 )m ϕ(z),

де функціяϕ(z) аналітична в точці z0 і ϕ(z0 ) ≠ 0.

Для того, щоб точка z0 була полюсом функції f (z), необхідно і достат-

ньо, щоб ця точка була нулем функції ϕ(z) =

1

.

f (z)

Точка z0 є полюсом порядку m(m ≥ 1) функції f (z),

якщо ця точка є

нулем кратності m функції ϕ(z) =

1

.

f

(z)

Нехай

f (z) =

f1

(z)

, f1 (z0 ) ≠ 0, f2 (z0 ) = 0.

Точка z0

полюс порядку

f2

(z)

m функції

f (z), якщо ця точка нуль кратностіm функції ϕ(z) = f2 (z).

3.4. Лишок функції

Нехай

z0 правильна або ізольована особлива точка однозначної

функції f (z) , L ― контур у крузі

z − z0 < R , орієнтований проти ходу

годинникової стрілки і такий, що точка z0 міститься всередині L, при цьому круг не містить інших особливих точок.

	Лишком функції f (z) в точці z = z0				(позначають символом		Res f (z) )
	називають інтеграл						z= z0
		Res f (z) =	1		∫ f (z)dz .		(3.23)
			2πi
		z= z0			L

Якщо z0 правильна або скінченна усувна особлива точка функції

f (z) , то Re s f (z) = 0 .

z= z0

302

z − z0

Теорема 6

Нехай z0 ― ізольована особлива точка функції f (z). Тоді лишок f(z) у точці z0 дорівнює коефіцієнту a−1 при 1 в розвиненні функції f (z) у ряд Лорана в околі точки z0:

Re s f (z) = a−1.

z= z0

Теорема 7

Нехай z0 ― простий полюс функції f (z). Тоді

a−1 = Res f (z) = lim ( f (z)(z − z0 )).

z= z0

z

→ z0

Нехай f (z) =

ϕ(z)

, де ϕ(z0 ) ≠ 0 , ψ(z0 ) = 0 , ψ ′(z0 ) ≠ 0

Теорема 8

ψ(z)

умов випливає, що z0 ― простий полюс функції f (z)).Тоді

Res f (z) = lim (z − z0 )

ϕ(z)

=

ϕ(z0 )

.

z= z0

z→ z0

ψ(z)

ψ′(z0 )

Нехай z0 ― полюс порядку m, тоді

Теорема 9

Re s f (z) =

1

lim

d m−1 ((z − z0 )m f (z))

.

dzm−1

z= z0

(m − 1)! z→ z0

(3.24)

(3.25)

(зцих

(3.26)

(3.27)

3.5. Лишок функції відносно нескінченно віддаленої точки

Поняття ізольованої особливої точки вводиться також і для нескінченно віддаленої точки комплексної площини z = ∞.

Нагадаємо, що околом нескінченно віддаленої точки називають множину точок z, які задовольняють нерівність | z | > R , тобто зовнішню частину

кожного круга з центром у початку координат.

Припустимо, що в теоремі 2 (про розкладання аналітичної в кільці функції в ряд Лорана) z0 = 0 і R = ∞ , а r ― будь-яке невід’ємне число ( 0 < r < ∞ ). Тоді теорему 2 можна сформулювати так.

Якщо функція f (z) аналітична для всіх комплексних чисел z, що задовольняють нерівність z > r , то її можна розкласти в ряд Лорана за степенями z:

303

f (z) =

∞

zn

= F (z) + F (z) ,

(3.28)

∑ a

n

n=−∞

1

2

який збігається для всіх z, що задовольняють нерівність

z

> r .

Якщо покласти z =

1

ϕ(z′) =

1

, то функція

f

буде аналітичною в

z′

z′

кільці 0 < z′ < 1 комплексної площини Z ′ . Таким чином, зв’язок між ха- r

рактером точки z = ∞ відносно функції f (z) і відповідним розкладанням в ряд Лорана аналогічний випадку скінченної точки, тільки ролі членів з додатними і від’ємними степенями міняються між собою, тобто функція

		∞	a	− n
	F (z) =	∑
			zn
	1	n=0

є правильною частиною ряду Лорана, а функція

	∞		zn
F (z) = ∑ a		n
2	n=1

є головною частиною цього ряду.

Залежно від поведінки функції f (z) в околі точки z = ∞ природно також ввести таку класифікацію:

а) особливість у точці z = ∞ усувна, якщо у формулі (3.28) немає головної частини, тобто

f (z) = F1 (z) = a0 + a−1 + a−2 + ... .

z z2

Якщо покласти f (∞) = lim f (z) = a0 , то особливість у нескінченно від-

z→∞

даленій точці зникає і функція стає аналітичною;

б) точка z = ∞ є полюсом порядку m , якщо головна частина ряду (3.28) містить лише скінченну кількість членів, тобто

a−1

a −2

2

m

m

m

f (z) = a0

+

+

+ ...

+ a1z + a2 z

+ ... + am z

=

F1

(z) + ∑ am z

,

z

z

2

n=1

у цьому разі

lim f (z) = ∞ ;

z→∞

в) точка z = ∞ ― істотно особлива точка, якщо головна частина містить нескінченну кількість членів; при цьому не існує ні скінченної, ні нескінченної границі f (z) при z = ∞.

304

Нехай функція аналітична в деякому околі точки z = ∞; r < z < ∞ , L ―

замкнений контур, що належить околу точки z = ∞. Тоді функція f (z) аналітична в області D, що обмежена контуром L, і складається з точок, які ле-

жать зовні контура L. Додатному обходу L (тобто L+ ) відповідає орієнтація контура за ходом годинникової стрілки (точки області D залишаються ліворуч).

Лишком функції f (z) у точці z = ∞ називається інтеграл

	Res f (z) =		1	∫ f (z)dz.
			2πi
	z=∞			+
				L
Для обчислення лишку в точці z = ∞ використовують формулу
		Re s f (z) = −a−1.					(3.29)
		z=∞

Зауваження. Лишок функції відносно точки z = ∞ не обов’язково дорівнює нулю, коли ця точка правильна або усувна особлива. Наприк-

	лад, для функції f (z) = 1+	2	точка z = ∞ є усувною особливою
		z

точкою, проте Res f (z) = −a−1 = −2.

z=∞

Теорема 10 Нехай f (z) аналітична в усій комплексній площині, за винятком скінченної кількості точок z1, z2,…, zN. Тоді має місце рівність

			N				(3.30)
			∑ Res f (z) + Res f (z) = 0 .
			k =1 z= zk	z=∞
3.6. Застосування лишків до обчислення інтегралів
	(основна теорема про лишки). Нехай функція f (z)						аналітич-
Теорема 11
	на в замкненій області D з межею L, за винятком скінченно-
го числа особливих точок z1, z2,…, zN , розміщених усередині області D.
Тоді
				N			(3.31)
			∫ f (z)dz = 2πi ∑ Res f (z).
			L+	k =1 z= zk

Лишки використовують також для обчислення визначених та невласних інтегралів.

305

1. Інтеграл вигляду

2π

∫ R (cos t, sin t)dt,

0

де R(u, υ) — раціональна функція двох змінних u і υ, причому R(cos t, sin t) — неперервна на відрізку [0; 2π], спрощується за допомогою використання лишків.

Введемо нову комплексну змінну z = eit, тоді

z +

1

z −

1

dt =

dz

, cos t =

z

, sin t

=

z

.

zi

2

2i

Якщо змінна t змінюється неперервно від 0 до 2π, то геометричним об-

разом змінної z є коло

z

= 1 . Отже,

2π

t)dt = ∫

∫ R(cos t, sin

R(z)dz,

(3.32)

~

0

z

=1

= 1

де

― дробово-раціональна функція змінної z, коло

z

обігається в

R(z)

додатному напрямі.

Контурний інтеграл у правій частині (3.32) обчислюється за формулою

~

(3.31), а лишки функції f(z)= R(z) розглядaються тільки в тих особливих

точках (полюсах) функції ~ , які містяться всередині кола = .

R(z) z 1

2. Обчислення невласних інтегралів вигляду

∞

∫ f (x)dx

−∞

ґрунтується на використанні такої теореми.

Теорема 12 Нехай функція f (z) аналітична у верхній півплощині Im z ≥ 0,

включаючи дійсну вісь, за винятком скінченної кількості особливих точок z1, z2,…, zN, які лежать у верхній півплощині. Нехай, крім

того,

f (z)

≤

M

, при

z

≥ R,

де m ≥ 2 і R ― досить велике число. Тоді

z

m

∞

N

∫ f (x)dx = 2πi ∑ Res f (z).

−∞

k =1 z=zk

306

Наслідок. Якщоf (x) = R(x) = Pm (x) ―раціональнафункція, деPm(x),

Qn (x)

Qn(x) ― многочлени степенів m і n відповідно, R(x) ― неперервна на дійсній осі функція і n – m ≥ 2, тобто степінь знаменника принаймні на дві одиниці більший від степеня чисельника, то

∞	N
∫	R(x)dx = 2πi ∑ Re s R(z),
−∞	k =1 z=zk

причому сума лишків функції R(z) береться відносно всіх полюсів z = zk, розміщених у верхній півплощині Im z > 0.

3. Обчислення невласних інтегралів вигляду

∞

∫f (x)eiλxdx

− ∞

ґрунтується на застосуванні такої теореми.

Теорема 13 Нехай функція f (z) аналітична в півплощині Im z ≥ 0, за винятком скінченної кількості особливих точок z1, z2,…, zN в Im z > 0, і прямує в цій півплощині до нуля при | z |→ ∞ . Тоді для будь-якого

λ > 0 виконується рівність

	∞		iλx	N			iλz
	∫	f (x)e				f (z)e
				dx = 2πi ∑ Re s			.
				k =1 z= zk
	−∞

Наслідок. Якщо R(x) = Pm (x) ― раціональна функція, неперервна

Qn (x)

на дійсній осі і n – m ≥ 1, то

∞		N	R(z)eiλz
∫	R(x)eiλx dx =				(λ > 0, z			(Im z > 0)).
		2πi ∑ Re s
		k =1 z= zk					k
−∞
Зокрема, якщо R(x) ― парна функція, то
	∞			N		R(z)eiλz
	∫								,	(3.33)
		R(x) cos λx dx = πi ∑ Re s
				k =1 z= zk
	0
										307

а якщо R(x) — непарна функція, то

∞

N

R(z)eiλz .

∫

(3.34)

R(x) sin λx dx = π ∑ Re s

0

k =1 z=zk

Т.3

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ТИПОВИХ ЗАДАЧ

1. Розкладіть у ряд Тейлора за степенями z − z0 функцію

1

f (z) =

,

якщо: а) z0 = 0 ; б)

z0

= 2 .

2 − 3z

Розв’язання. а) функція

f (z)

має одну особливу точку z =

2

. Отже, в

2

3

крузі

z

<

2

( R =

― відстань

від точки

z0 = 0

до особливої

точки

z =

2

3

3

) функція аналітична, тому за теоремою 1 вона розкладається в цьому

3

1

∞

крузі в ряд Тейлора:

= ∑ an zn , коефіцієнти якого можна визначити

2 − 3z

n=0

за формулами (3.20). Покажемо, як можна уникнути громіздких обчислень інтегралів, виконавши такі дії. Запишемо функцію у вигляді

													f (z) =							1			=	1			1				.
																			2 − 3z										3z
																							2		1−
																													2
		Скориставшись формулою 5 із табл. 3.1, дістанемо
							1					1				1					3z				3z 2								3z 3
						f (z) =									=			1		+			+						+						+ ...	+	,
							2						3z			2					2				2
																																	2
									1			−
					2								2
де		z		<		;
					3
		б) виконаємо перетворення
						f (z) =						1		=						1					= −				1				1			.
									2			− 3z				−3(z − 2) − 4													4					3(z − 2)
																															1+
																																	4
308

За формулою 4 (табл. 3.1) дістаємо

1

3

3

2

2

n 3

n

n

=

1

−

(z − 2) +

(z −

2)

−

... + (−1)

(z − 2)

+ ... .

3(z − 2)

4

1+

4

4

4

Тоді

f (z)

= −

1

+

3

(z − 2) −

32

(z − 2)2 + ... + (−1)n

3n

(z − 2)n + ... ,

4

4n+1

42

43

область збіжності степеневого ряду — круг

z − 2

<

4

.

3

A

Зауваження. У загальному випадку розкладання функції f (z) =

a + bz

у ряд Тейлора за степенями z − z0 виконують у такій послідовності:

1) записують функцію f (z) у вигляді

f (z)

=

A

=

A

=

A

1

(a + bz0 ≠ 0) ;

a

+ bz

− z0 )

b(z − z0 ) + a + bz0

a + bz0 1+

b(z

a + bz0

2)за формулою 4 (або 5) розкладають функцію у степеневий ряд;

3)область збіжності степеневого ряду ― круг z − z0 < ba + z0 .

Розвинення у ряд Тейлора правильних дробово-раціональних функцій складнішого вигляду проводять у два етапи: спочатку розкладають дріб у суму найпростіших елементарних дробів, після цього кожен дріб розкладають у ряд Тейлора.

2. Розкладіть у ряд Тейлора в околі точки z0 = 0 функцію

z

f (z) = z2 − 2z − 3 .

Розв’язання. Розклавши знаменник дробу на множники, запишемо функцію у вигляді

f (z) =	z
		.
	(z + 1)(z − 3)

Звідси видно, що функція f (z) має дві особливі точки: z = –1 i z = 3.

Отже, в крузі z < 1( R = 1 ― відстань від точки z0 до найближчої особливої точки) функція аналітична, тому за теоремою 1 вона розкладається в

		z		∞
	цьому крузі в ряд Тейлора:			= ∑ an zn . Коефіцієнти степеневого
		z2 − 2z − 3
	ряду визначимо так.			n=0
				309

Розкладемо заданий дріб на елементарні дроби:

z

1

1

3

1

1

1

f (z) =

=

+

=

−

.

z

2

− 2z − 3

4

+ 1

4

z

z

z − 3

1+ z

1

−

3

Оскільки

1

= 1− z + z2

− ... + (−1)n zn + ...,

(

z

< 1),

1+ z

z

+

z

2 + ... +

z

n

1

= 1+

+

... , (

z

< 3 ),

z

1−

3

3

3

3

то розклад заданої функції у ряд Тейлора за степенями z має вигляд

1

z

z

2

+ ... +

z

n

f (z) =

(1

− z

+ z

2 − ... + (−1)n zn

+ ...)

− 1+

+

+ ...

=

4

3

3

3

1

∞

n

1

n

=

∑ (

−1)

−

z

.

n

4 n=1

1

3

3. Розкладіть функцію f (z) =

в ряд Лорана в кільці

z

> 1, вважа-

− z

1

ючи z0 = 0 .

Розв’язання. За умовою треба розкласти задану функцію в околі точки z = ∞. Виконаємо перетворення

f (z) =

1

= −

1

.

1 − z

1

z 1 −

z

1

Для всіх точок кільця

z

> 1 виконується нерівність

< 1 , отже, засто-

z

совна формула 5 (табл. 3.1):

1

1

1

1

1

f (z) =

= −

= −

1

+

+

+ ...

=

− z

1

z

z

2

1

z

z 1 −

z

1

1

1

∞

1

= −

−

−

− ... = −

∑

.

z

z

z3

2

n=1 zn

310