Означення ЛишкА. Обчислення лишків

Нехай - ізольована особлива точка функції , тоді в розкладі в ряд Лорана функціїв точці коефіцієнт

,

де С - довільний замкнутий контур, що містить в середині себе єдину особливу точку функції і обходиться в додатному напрямі.

Означення. Лишком в ізольованій особливій точці називається комплексне число, що дорівнює .

Позначається цей факт, як .

Можливі наступні можливості:

1) - особлива точка, яка усувається, тоді ;

2)- полюс першого порядку , тоді , тобто.

Приклад. . Тоді- полюс першого порядку.

3) - полюс -го порядку, тоді

і .

Приклад. . Тоді- особлива; полюс другого порядку, тобтоm=2.

Вправи.

Обчислити:

Знайти лишки по всім особливим точкам:

Основна теорема теорії лишків

Теорема. Нехай аналітична функція в замкненій областіза виключенням скінченого числа ізольованих особливих точок, що лежать в середині , тоді

,

де С- повна границя області , що проходить в додатному напрямі.

Доведення теореми див. [2, с.305], [1, с.122].

Приклад. .

Оскільки має дві особливі ізольовані точки, що лежать в середині контуруС, то

Таким чином, .

Вправи.

Обчислити:

Застосування теореми лишків до обчислення визначених інтегралів

Розглянемо ,

де R- раціональна функція своїх аргументів, тоді вірна формула:

дійсно після заміни .

де - особлива точка , що міститься в середині .

Приклад.

Особливі точки функції

.

Точки - полюси першого порядку, але в серединізнаходиться тільки точка. Тому

Теорема. Нехай функція задана на всій дійсній осі, може бути аналітично продовжена на верхню півплощину, причому її аналітичне продовження,, задовольняє умовам:

1. Існують числа , для всіхz з верхньої півплощини таких, що виконується оцінка;

2. не має особливих точок на дійсній осі, а в півплощині має не більше скінченого числа ізольованих особливих точок.

Тоді , де- особлива точка в верхній півплощині.

Доведення теореми див. [1, с. 127].

Приклад. . Тоді- задовольняє умовам теореми. Особливі точки в верхній півплощиніпричому обидві – полюси першого порядку. ТомуВправи.

Обчислити.

Зразки розв'язування задач з теорії функцій комплексної змінної

Задача № 1. Знайти всі значення , їх модуль та ар­гумент.

Розв'язання. Означення комплексного степеня: (*), де а 0 і b — довільні комплексні числа.

Звертаємо увагу на те, що у правій частині (*) ви­значено незалежно від вищенаведеного означення степеня (інакше був би «круг в означенні»). А саме: є значення показникової функціїпри, яка означена як сума степеневого ряду в який входять лише цілі невід'ємні степеніz (дія множення). У даному випадку .

Маємо за означенням (*) і далі за означенням комплекс­ного логарифма:

(**)

Застосувавши до першого множника в (**) формулу Ейлера, матимемо:

.

Порівнюючи (**) з загальною показниковою формою комплексного числа , одержимо:

Задача № 2. Перевірити умови Даламбера — Ейлера для функ­ції і визначити, в яких точках до є диференційовна функція.

Розв'язання. Хай . То­ді рівняння Даламбера — Ейлера мають вигляд:

.

Відокремимо дійсну і уявну частини функції до:

.

Отже,

.

Рівності

(*)

очевидно виконуються в точці . Зовсім легко переко­натись, що ця точка є єдиною, в якій задовольняються рів­няння Даламбера — Ейлера.

Справді, перше рівняння системи (*) : при рівносильне рівнянню, друге рівняння (*) при рівносильне рівнянню. А система х²=Зу², Зх²=у² не має жодного розв'яз­ку, крім х=0, у=0.

Беручи до уваги, що функції u і v є всюди диференційовними, приходимо до висновку, що функція до є диференційовна в точці (достатність умов Даламбера — Ей­лера для диференційовності функції) і лише в цій точці (необхідність цих же умов).

Задача № 3. Знайти аналітичну функцію аргумента, уявна частина якої (1)

Розв'язання. Оскільки є функція аналітична, для неї справджуються рівняння Даламбера — Ейлера, тобто:

Залишається з цих рівнянь визначити и. Скористаємось першим рівнянням Даламбера — Ейлера. Бе­ручи до уваги (1), маємо:

;

Звідси

(тут замість сталої С при знаходженні первісної функції и пишемо , оскількиу при знаходженні похідної і об­численні інтеграла вважається за сталу, отже, взагалі ка­жучи, входить в С).

Далі, інтегруючи, одержуємо:

(2)

Використаємо тепер друге рівняння Даламбера — Ей­лера для знаходження .

Для цього спочатку знайдемо з (2) і з (1).

;

Але , тобто:

;

Звідки ,;

(С — дійсна довільна стала).

Отже, (3)

Виразимо тепер праву частину (3) через z. Оскільки, дістаємо:

.

Задача № 4. Визначити область збіжності функціонального ряду

Розв'язання. Застосуємо ознаку збіжності ря­дів Даламбера, яка, як відомо, має силу і в комплексній області звичайно для ряду модулів.

Маємо:

Отже, за ознакою Даламбера ряд буде збіжним (і до того абсолютно) при всіх z таких, що ;

Тобто .

Якщо , то ,

Звідки , і даний ряд буде розбіжним, оскільки не виконується навіть необхідна умова збіжності.

Залишається дослідити збіжність ряду при . При цій умові маємо. Ряд , як легко встановлюється за інтегральною ознакою збіжності, є збіжний. Справді, невласний інтеграл існує:

.

1

2х +

Таким чином, область абсолютної збіжності заданого ряду є вся зовнішність круга з центром в точці і радіусом, рівним 5, причому коло цього круга включається в об­ласть збіжності.

Задача № 5. Розкласти в ряд Тейлора за степенями функціюі визначити радіус збіжності.

Розв'язання. Функція є аналітична в усій комплексній площині, за винятком точки, отже, її можна розкласти в ряд Тейлора в крузі з центромі радіусом, рівним віддалі від точкидо найближчої особливої точки:, звідси радіус круга збіжності з центром в точціє рівний 2. Безпосередній розкладв ряд Тейлора по формулі:

веде до складних обчислень. Використаємо інший спосіб:

. (*)

Представимо як суму спадної геометричної прогресії:

Отже,

при .

Що ж до другого доданка (*) , то він являє собою похідну по z від .

Аналогічно попередньому розкладемо в ряд Тейлора за степенями і про диференціюємо цей степеневий ряд почленно ( адже степеневі ряди почленно диференціюватив крузі збіжності):

_{При .}

Нарешті:

_{В крузі} .

З теореми єдиності розкладу функції в ряд Тейлора випли­ває, що одержаний степеневий ряд і є рядом Тейлора функції;

в крузі .

Задача № 6. Обчислити інтеграл , де С —границя півкільця, обмеженого верхніми півколами |z|=1, |z|=2 і відрізками осі абсцис від точки —2 до точки —1, та від точки 1 до точки 2.

Інтегрування проводиться в додатному напрямі (див. рис. 3).

Розв’язання. Перетворимо підінтегральний вираз, помноживши чисельник і знаменник на z:

.

.

На колі ямаємо:, аналогічно на другому колі

Отже,

Оскільки підінтегральна функція є аналітична в будь-якій області, останній інтеграл можна обчислити за форму­лою Ньютона—Лейбніца:

Аналогічно,

Далі на відрізку АВ , оскільки тут z є дійсним від'ємним числом, а на відрізку KL . В обох випадках, тому

і

Остаточно:

Задача № 7. Обчислити за допомогою інтегральної формули Коші інтеграл

Розв'язання. Підінтегральна функція є аналі­тична в крузі , крім точки, бо всі інші нулі знаменника: —1, і, —і знаходяться поза цим кругом.

Справді, визначимо віддаль між центром круга а та точ­кою і, тобто . Маємо (аджеа — дійсне число). Крім цього, , тобто , чим і встановлено, що точка і знаходиться поза колом . Далі ; , отже, точки —і та —1 теж знаходяться поза даним колом.

Представимо тепер розглядуваний інтеграл у вигляді

Оскільки функція аналітична всередині С і на самому колі С, то можна до ін­теграла (*) застосувати інтегральну формулу Коші:

де за приймемо, а за .

Тоді .

Задача № 8. Розкласти в ряд Лорана в околі точки функцію .

Розв'язання. Функція не є аналітичною в точ­ці , отже, вона не розкладається в околі цієї точки в ряд Тейлора. Але цю функцію можна розкласти в околі точки в ряд Лорана, тобто в «двосторонній степеневий» ряд. за степенями , оскільки область, в якій вона є аналітич­на (вся комплексна площина з вилученою точкою ), можна розглядати як кругове кільце з центром в точці , де внутрішній радіус , зовнішній —

Щоб розкласти функцію в ряд Лорана за степенями , спочатку перетворимо її тотожно:

, де .

Використаємо відомий ряд для :

Є'

Нарешті:

Цей розклад справедливий в усій комплексній площині, з якої вилучена точка .

Задача № 9. Розкласти в ряд Лорана функцію в околі нескінченно віддаленої точки.

Розв'язання. Покладемо ; тоді функцію розкладемо в ряд Тейлора в околі точки . Для цього розкладемо на еле­ментарні дроби: .

Кожний із доданків у виразі в дужках представимо як суму спадної геометричної прогресії, а саме:

1 — 2/2

1

причому обидва розклади мають місце при (інак­ше прогресії не будуть спадними). Таким чином:

причому цей розклад справедливий у зовнішності круга (аджеі).

Задача № 10. Обчислити за допомогою теореми про лишки інте­грал , де С- коло,n – ціле число.

Розв'язання. Контур інтегрування С є коло з центром в точці та радіусомr. Якщо , то функція є аналітична в області, обмеженій контуром С, і на самому контурі, оскільки точка знаходиться поза контуром. Отже, за теоремою Коші — Гурса.

Якщо , то точка , яка є єдиною особливою точкою підінтегральної функції, знаходиться в області, об­меженій контуромС. Тоді за основною теоремою про лишки

Обчислимо лишок підінтегральної функції в точці . Для цього розкладемо її в ряд Лорана в околі цієї точки. Маємо:

тепер, якщо , то лишок функції, який за означенням рівний коефіцієнту при в лорановому розкладі, буде . Якщо ж , то в наведеному розкладі в ряд Лорана не буде члена з (наприклад, приn =—2 розклад матиме вигляд .). Отже, в цьому випадку.

А тому тоді .

Остаточно маємо:

(Нагадуємо, що 0! за означенням рівний 1).

Задача № 11. Довести, що функція відображає конформно верхній півкругна перший квадрант.

Розв'язання. Функція є дробово-лінійна, отже, вона перетворює колона коло або на пряму в си­лу кругової властивості дробово-лінійних перетворень. Оскільки точкаz=1, яка лежить на колі , перетво­рюється на площині в нескінченно віддалену точку, об­разом кола буде пряма (коло нескінченно великого радіуса). Аналогічно і образом дійсної осіу=0 теж буде пряма.

Точки кола відповідно перетворяться в точки відповідно перетворюється в точки

Отже, образом кола на площині буде уявна вісь.

Аналогічно точки дійсної осі площини відобразяться відповідно у точки, і образ дійсної осі площиниг являтиме дійсну вісь площини .Позначивши , одержимо:

прирівнюючи дійсні і уявні частини в обох частинах рів­ності, одержимо:

Оскільки для всіх точок всередині круга , то и>0, до того на верхньому півкрузі у>0, тому .

Таким чином, верхній півкруг площини відображаєть­ся на перший квадрант площини.