УМК11

держит бесконечно много членов. Следовательно, точка z = 0 является суще-

ственно особой для функции f(z).

f(z) в существенной особой точке

Замечание.

Исследование функции

можно произвести лишь с использованием ряда Лорана.

ПРИМЕР 2.46. Определить характер особой точки z = ∞ для функций:

а) f(z)

= sin

1

;

б) f(z) = ctg

π

;

z

в) f(z)

z

= z2 e−e ;

1

г) f(z) = z3 ez

Решение.

1

а)

Точка z = ∞− устранимая особая точка данной

функции,

так как lim sin

= 0.

z

z→∞

= ctg π ,

так как lim ctg π = ∞.

б)

точка z = ∞− полюс функции f(z)

z

z→∞

z

Порядок полюса равен порядку полюса функции ψ(ζ) = ctg πζ в точке ξ = 0

1

ζ =

, функция же ψ(ζ)

имеет в точке ζ = 0 полюс 1-го порядка, так как

z

1

функция

= tg πζ имеет в этой точке нуль 1-го порядка, в чем легко убе-

ψ ζ

)

(

диться следующей проверкой:(tg πζ)

= 0,

(tg πζ)

=

π

=

ζ=0

ζ=0

cos

2

πζ

ζ=0

= π ≠ 0. Таким образом, z = ∞ − простой полюс данной функции.

в) Разложим данную функцию в ряд Лорана в окрестности точки z = ∞:

2

−z

2

∞

(− z)n

∞

n zn+2

f(z)

= z

e

= z

∑

= ∑ (−

1)

. Ряд Лорана содержит бесконеч-

n!

n!

n=0

n=0

z = ∞ − существенно

ное множество положительных степеней

z,

поэтому

особая точки функции.

г) Разложим функцию в ряд Лорана в окрестности точки z = ∞:

1 n

1

2 + z + 1 + ∑ 1 .

f(z) = z3 ez = z3 ∑ z = z3 + z

∞

∞

n=0

n!

2

6

n=4

n!zn−3

2.8.1. Вычет функции и его вычисление

Пусть z0 − конечная изолированная особая точка однозначной функции

w = f(z). Вычетом функции f(z) относительно точки z0

называется число,

обозначаемое символом resf(z0 ) и определяемое равенство

resfz0 =

1

∫ f (z)dz ,

(2.58)

2πiL+

(z − z0 )−1 в лорановском разложении f(z) в окрестности точки z0

resf(z0 ) = a−1 .

(2.59)

resf(z0 ) = lim f(z)(z − z0 ),

(2.60)

z→z0

причем, если f(z) представима в виде отношения двух аналитических в точке

z0 функций

f(z) =

ϕ(z)

, где ϕ(z0 ) ≠ 0,

ψ(z0 ) = 0,

ψ′(z0 ) ≠ 0, то

ψ(z)

resf(z0 )

=

ϕ(z0 )

.

(2.61)

ψ′(z0 )

Если z0

− полюс k − го порядка (k ≥ 2), то

resf(z0 )

=

1

lim

d k−1[(z − z0 )k f(z)]

.

(2.62)

(k

−

1)!

d z

k−1

z→z0

носительно

существенно

особой точки необходимо найти

коэффициент

a −1: res f(z0 ) = a −1 .

В некоторых случаях находит применение понятие вычета функции отно-

сительно бесконечно удаленной точки.

Пусть

f(z)

аналитична в некоторой окрестности точки

z = ∞, кроме

может быть,

самой бесконечно удаленной точки. Вычетом функции f(z) отно-

сительно бесконечно удаленной точки z = ∞ называют величину

resf(∞) =

1

∫ f(z)dz,

(2.63)

2

πi L−

n

∫ f (z)dz = 2πi ∑resf (zk ).

(2.65)

L+

k=1

z2

1

а) f(z) =

;

б) f(z) =

;

sin z

(z − 2)3

в) f(z) =

tg z

;

г) f(z) = z e−z .

1

z2 − π z

4

Решение.

Особые точки данных функций и их характер определены в

1

d2

3

z2

1

находим resf (2)=

lim

(z − 2)

=

lim2

=1.

(3

−1)!

dz2

(z − 2)3

2z→2

б)

zn = n π (n = 0,±1,± 2,K)− простые полюсы, поэтому, воспользо-

вавшись формулой (2.61), получаем resf (nπ)=

1

=

1

= (−1)n .

(sin z)′

z=nπ

cosnπ

z = 0 − устранимая особая точка,

resf(0) = 0. Точка

в)

следовательно,

−

π

π

π

z

4

tg z

z =

−

простой полюс, согласно (2.60) имеем resf

= lim

=

4

π

4

z→π

z

2

−

z

4

4

π

=

tg 4

=

4

. Точки zn = (n +1)π

(n = 0, ±1, ± 2,K)− простые полюсы, то-

π

π

n

гда по (2.61)

получим

resf (2n +1)

π

=

ϕ(zn )

=

sinzn

=

ψ′(zn )

′

2

2

−

π

z=zn

z

4

z cosz

=

sin zn

=

(−1)n

=

2

−

π

−

2

π2

−

π

(2 n +1)

π

n

2 z cosz − z

z sin z

(2n +1)

(−1)

4

z=zn

4

4

2

8

= −

,

n = 0,±1,

± 2,K.

(2n +1)(4 n +1)π2

этой

точки.

Как

было

показано

в

примере

2.46(г),

1

1

1

1

1

ze−

= z −1 +

−

+K. Согласно (2.59), resf(0) = a−1 =

=

.

z

2! z

3!z2

2

2!

ций:

ПРИМЕР 2.48. Вычислить вычеты относительно точки z = ∞ для функ-

1

б) f(z) = z2 e−z ;

а) f(z) = sin

;

z

г) f(z) = sin z

2 .

в) f(z) = z

3 ez

;

1

∞

(−1)n

z

n+2

z

3

z

4

данной функции имеет вид:

z2

e−z = ∑

= z2 −

+

−K. Так

n!

a−1

n=0

2!

3!

как в разложении слагаемое

отсутствует, то resf(∞) = −a−1

= 0.

z

1

z

1

в)

Как показано

в

примере

2.48(в),

z3 e

= z3

+ z2 +

+

z

1

1

1

2

6

+

+

+K. Откуда следует, что resf(∞) = −a−1 = −

.

5!z2

4!z

4!

г)

Разложить функцию в ряд Лорана с тем, чтобы вычислить вычет по

но просто найти вычеты функции относительно ее конечных изолированных

особых точек z1

= −i

и z2 = i . Итак, по формуле (2.67) имеем resf(∞) =

2

= −∑ f(zk ). Указанные точки являются полюсами 2-го порядка. Тогда в силу

k=1

d

2

sin z

(2.62) находим resf(i) = lim

(z − i)

=

(z − i)2 (z + i)2

z→i

dz

(

)

cos z z +

1

2 − 2

z + i

sin z

2 i cosi

−

2 sin i

1

= lim

(

)

=

= −

(cosi + i sin i) =

(z + i)

4

(2 i)

3

4

z→i

= −

1

(cosi + i sin i) = −

1

ei2 = −

1

e−1

. Аналогично

находим res f(− i) =

4

4

4

= −

1

. Таким образом,

resf(∞) = −resf(i)− resf(− i) =

1

.

4 e

2 e

ПРИМЕР 2.49. Используя теоремы о вычетах, вычислить контурные ин-

тегралы:

z

dz

а)

∫

dz;

б) ∫

;

3

z

4

−1

1 z

3

(z +1)

z−1

=

z

=

2

2

Решение.

а)

Подынтегральная

функцияf (z)=

z

имеет

четыре

z4 −1

простых полюса,

из которых три:

z1 = 1,

z2 = i,

z3 = −i

лежат

в

круге

z −1

<

3

(рис.

2.25).

По

основной

теореме

о

вычетах

(2.65)

имеем:

2

I = ∫

z dz

= 2 πi[resf(1)+ resf(i)+ resf(− i)].

Вычеты

вычисляем

по

4

z−1

=

3 z

−1