ЛЕКЦИЯ № 6

z = a (обозначение Res f (a) ) называется коэффициент с−1

при члене

1

в разложении в ряд Лорана в окрестности точки a .

z −a

f (z) в окрестности точки a :

Напишем ряд Лорана для функции

∞

∞

c−n

f (z) = ∑cn (z − a)n + ∑

(41)

(z − a)

n

n=0

n=1

ния ∫ f (z)dz = c−1 2πi , откуда Res f (a) = c−1

=

1

∫ f (z)dz .

2πi

L

L

Из определения вычета следует, что если

z = a

есть правильная

или устранимая особая точка функции f (z) ,

то Res f (a) = 0, так как

a1,a2 ,...,an (лежащих внутриL), то интеграл от f (z)

вдоль

L

в положительном направлении равен произведению

2πi

на сумму вычетов f (z) во всех точках ak , то есть

n

∫ f (z)dz = 2πi ∑Resf (ak ).

(42)

L

k =1

этих

контурах f (z)

аналитична, то в силу

теоремы Коши

n

где все контуры L и ck

∫ f (z)dz = ∑ ∫ f (z)dz,

обходятся против

L

k =1 ck

∞

c−1

c−2

c−m

f (z) = ∑cn (z −a)n +

+

+ +

.

(43)

z −a

(z −a)2

(z −a)m

n=0

Умножим (43) почленно на (z − a)m :

f (z) (z −a)m =c

−m

+c

−m+1

(z −a) + +c

−1

(z −a)m−1 +c

0

(z −a)m +c (z

−a)m+1

+

1

Лорана по ( z −i ), значит Res f (i) = 2.

Или по формуле (45): Res f(i) =

2

= 2.

1

Пример 2

f

(z) =

z

5

.

z2

−1

Решение.

z =

1

и z =

–1 –

простые

полюсы функции

f(z);

f (z) =

ϕ(z)

,

где

ϕ(z)= z5 ;

g(z)

= z2 −1.

Тогда Res f (1) =

ϕ(1)

=

g(z)

′

g (1)

z

5

1

ϕ(−1)

(−1)5

1

=

=

. Res f (−1) =

=

=

.

2

g'(−1)

2 (−1)

2

2z

z=1

Пример 3

f

(z) =

z

6

.

(z −1)4

Решение.z = 1 – полюс4-го порядка. Имеем

1

3

z

6

1

Res f (1) =

lim

d

(z −1)4

=

lim(6 5 4 z3 ) = 20.

3

(z −1)

4

6

3! z→1

dz

z→1

Решение. z = 0 – существенно особая точка. Имеем

e

1

1

z

=1+1!z

+

+

1

+... . Здесь с−1 = Res f (0) =1.

2!z2

Пример 5

Вычислить вычеты функции f (z)=

z + 3

.

(z −1)(z +1)2

Решение. z =1 – простой полюс,

z = −1 – полюс 2-го порядка.

Res f (z)= lim{(z − a)

f (z)}.

z=a

z→a

Res f

(z)

=

1

d m−1((z −a)m f (z))

.

(m −1)!

z=a

dzm−1

z=a

Res

z + 3

= lim(z −1)

z + 3

=1.

(z −1)(z +1)2

(z −1)(z +1)2

z=1

z→1

z +3

= 1

d

z +3

4

Res

(z +1)2

= −

= −1.

2

1! dz

(z

2

z=−1

2

z=−1

z=−1 (z −1)(z +1)

−1)(z +1)

(z −1)

Пример 6

Вычислить ∫l

ctg z

dz ,

где l – окружность |z| = 1, проходимая

(4z − π)

Решение. Знаменатель функции

f

(z) =

ctg z

=

cos z

об-

(4z − π)sin z

4z − π

ращается в

нуль в

точках z = π

; z

2

= 0; z

k+2

= kπ (k = ±1, ± 2,...) ,

1

4

а поэтому для f (z)

эти точки являются полюсами, причём просты-

ми, т.к. sin kπ = 0 , но (sin z′)

z=kπ = cos kπ ≠ 0 .

π; z = 0.

Внутрь окружности |z| =1 попадают только полюсы z =

4

Тогда по

основной теореме

о

вычетах:

ctg z

∫l

dz =

(4z − π)

π

π

ϕ(π)

ctg

π

1

= 2πi Res f

+ Res f (0) .

Res f (

) =

4

=

4

=

;

4

4

π

4

4

g'( 4)

Пример 7

Вычислить

∫l

dz

, где l – окружность

z −1−i

=1, проходимая

z3 +1

против часовой стрелки.

Решение.

Решив уравнение z3 +1 = 0

или z = 3

,

находим

−1

простые

нули

знаменателя: (z +1)(z2 − z +1) = 0. Имеем

z = −1,

1

z2,3 = 1±

1±

i .

1−4

=

3

2

2

1

−1

−2

= 1

+ 3−4

+4

2)

z2 −1−i

=

+

3

i −1−i

=

+

3

i

3

= 2 −

3

<1 –

внутри круга;

2

2

2

2

4

4

= 1 −

−1 −

+2

= 1 + 3+4

+ 4 =

3)

z −1−i

3

i −1−i =

3

i

3

2 +

>1−

3

3

2

2

2

2

4

4

вне круга.

Тогда ∫

dz

= 2πi Res f (z2 ) = 2πi

1

= 2πi

1

=

3

3

′

2

1+

3i

1+

3i

l z

z

3z

+ 2

+1

z=

z=

2

2

2πi

8πi

4πi

4πi

(1+

i)

=

π

(

−i).

=

=

=

= −

3

3

3

3

1+ 2 3i −3

3(2 3i −2)

3(

3i −1)

3

4

4