Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013
10. ВЫЧЕТЫ
Вычетом аналитической функции f (z) |
в изолированной особой |
||||||
точке z0 называется число |
res[ f (z), z0 |
] = |
|
1 |
|
f (z)dz , γ – простой |
|
2πi ∫ |
|||||||
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
γ |
|
|
замкнутый контур, охватывающий особую точку z0 и целиком находящийся в проколотой окрестности аналитичности точки z0 . Направление обхода контура происходит так, что точка z0 остается слева, т.е. для конечной точки z0 – это обход против часовой стрелки, для z0 = ∞ – по часовой стрелке. Показывается, что вычет равен коэффициенту с–1 в ряде Лорана в этой точке (соответственно, –с–1 для точки z = ∞). В случае полюса п-го порядка вычет может вычисляться по формуле:
res[ f (z), z0 ] = |
lim |
1 |
|
|
d n−1 |
[ f (z)(z − z0 )n ] , |
(10.1) |
|
(n − |
1)! dzn−1 |
|||||||
|
z→z0 |
|
|
|||||
которая справедлива и для полюса первого порядка. В этом случае она имеет вид
|
|
res[ f (z), z0 ] = lim f (z)(z − z0 ) . |
(10.2) |
|||||
|
|
|
z→z0 |
|
|
|
||
Если точка z0 – полюс первого порядка, и функция |
f (z) пред- |
|||||||
ставима в виде |
отношения |
двух аналитических |
функций |
|||||
f (z) = |
φ(z) |
, причем |
φ(z ) ≠ 0 , а для функции ψ(z) точка z явля- |
|||||
|
||||||||
|
ψ(z) |
0 |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
ется нулем первого порядка, то |
|
|
φ(z0 ) |
|
|
|||
|
|
|
res[ f (z), z |
0 |
] = |
. |
(10.3) |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
ψ'(z ) |
|
||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
Таким образом, для полюса первого порядка имеем три формулы (не считая определения) для вычисления вычета: (10.2), (10.3), а также c−1; для полюса п-го порядка – две: (10.1) и c−1 ; для суще-
ственно особой точки – одну: res[ f (z), z0 ] = c−1 . Повторим, что вычет для бесконечно удаленной точки равен −c−1 .
141
Из сказанного следует, что в случае устранимой особой точки вычет всегда равен нулю, если только это не бесконечно удаленная точка. В случае z =∞, даже если это правильная точка, вычет может быть и не равен нулю. Например:
f (z) = 1z , res[ f (z), ∞] = −1 .
Основная теорема о вычетах. Если f (z) аналитична в замкну-
той области за исключением конечного числа изолированных особых точек zk ( k = 1, 2...N ), лежащих внутри области, то
N
∫ f (z)dz = 2πi∑res[ f (z), zk ] ,
γ k=1
где γ – полная граница области, проходимая в положительном на-
правлении. Из теоремы, в частности, следует, что сумма всех вычетов в полной комплексной плоскости, включая z =∞, равна нулю.
В следующих примерах найти вычеты данных функций во всех изолированных особых точках и в бесконечности.
Пример 10.1 ([3], № 4.79).
f (z) = |
|
1 |
= |
1 |
|
|
. |
|
|
|
z3 − z5 |
z3 (1− z)(1+ z) |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|||||
Решение. Особые точки: |
z = 0 – полюс третьего порядка, z =1 |
|||||||||
и z = −1 – полюсы первого порядка. Отсюда |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
res[ f (z),1] = lim f (z)(z −1) = lim − |
|
|
|
= − |
||||||
z |
3 |
|
2 |
|||||||
z→1 |
|
|
z→1 |
(1 + z) |
|
|||||
или по формуле |
φ |
(10.3) (удобно за ψ(z) принять функцию 1− z , |
|||||||
ψ' |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
тогда ψ' =1 , а φ(z) = |
1 |
и |
φ(1) = |
1 ): |
|||||
z3(1 + z) |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 |
||
|
|
|
res[ f (z),1] = |
|
φ(1) |
|
= −1 . |
||
|
|
|
|
ψ'(1) |
|||||
|
|
|
|
|
|
2 |
|||
Вычет в z0 = −1 вычисляется аналогично:
142
res[ f (z), −1] = lim |
f (z)(z +1) = lim |
|
1 |
|
|
= − |
1 . |
|||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
z→−1 |
|
|
|
z→−1 z3(1 − z) |
|
|
2 |
|||||||
Вычет в точке z0 = 0 (см. формулу (10.1)): |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
res[ f (z),0] = |
1 |
lim |
|
d 2 |
[ f (z)z |
3 |
] = |
1 |
lim |
d 2 |
1 |
|
=1 . |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
2! z→0 dz2 |
|
|
|
2 z→0 dz2 1− z2 |
|
||||||||||
Так как сумма всех вычетов, включая z =∞, равна нулю, то вычет в бесконечности равен нулю.
Можно было поступить и иначе, вычислив сначала вычеты в точках z = ±1 (так как в них – простые полюсы) и z =∞, а затем по теореме о сумме вычетов получить отсюда вычет в нуле, что избавило бы нас от необходимости считать вторую производную.
Вычет же в точке z =∞ легко усматривается из вида функции:
выделяя главный член при z →∞, имеем |
|
|
|
|||||
f (z) = |
1 |
+0 |
|
1 |
|
, |
||
|
|
|
|
|
|
|||
z |
3 |
|
3 |
|||||
|
|
|
z |
|
|
|
||
т.е. разложение в ряд Лорана в бесконечности начинается с члена z13 , далее идут более высокие степени 1z . Отсюда
res[ f (z),∞] = −c−1 = 0 .
Пример 10.2 ([3], № 4.81). |
z2n |
|
|
f (z) = |
|
. |
|
|
+ z)n |
||
(1 |
|
||
Решение. Функция имеет единственную особую точку в конечной части комплексной плоскости z = −1 – полюс п-го порядка. Применяя формулу (10.1), получим
|
1 |
|
|
d |
n−1 |
|
z |
2n |
|
|
res[ f (z), −1] = |
|
lim |
|
|
|
(1 + z)n |
= |
|||
|
|
|
|
(1 + z)n |
||||||
|
(n − |
1)! z→−1 dzn−1 |
|
|
|
|||||
= 2n(2n −1)...(n +2) (−1)n+1. (n −1)!
Вычет на бесконечности ранен вычету в точке –1, взятому с противоположным знаком.
143
Пример 10.3 ([3], № 4.83).
f (z) = z2 + z −1 . z2 (z −1)
Решение. Функцию запишем в виде |
f (z) = |
1 |
|
+ |
1 |
. |
z −1 |
|
|||||
|
|
|
z2 |
|||
Найдем вычет в нуле (полюс второго порядка). Для первого слагаемого эта точка не является особой, поэтому вычет равен нулю, а
для второго слагаемого z12 сама функция и есть ее разложение в
ряд Лорана, где содержится только один член z12 , т.е. c−1 = 0 .
Так как по определению вычета вычет от суммы функций равен сумме вычетов, то в итоге res[ f (z),0] = 0 .
Вычет в точке z = 1 (полюс первого порядка) вычисляется просто:
res[ f (z),1] = lim |
z2 |
+ z −1 |
=1 . |
|
|
z2 |
|
||
z→1 |
|
|
||
По теореме о сумме вычетов, вычет в бесконечности равен –1. Можно было и непосредственно вычислить вычет в точке z =∞ ,
выделив опять главный член при z →∞:
f (z) = |
1 |
φ(z) , где |
φ(z) = |
z2 + z −1 |
|
→1 , при z →∞. |
||||||
z |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z(z −1) |
|
||
Следовательно, |
f (z) = |
1 |
+0 |
1 |
|
. Таким образом, ряд Лорана в |
||||||
|
|
|
|
|||||||||
z |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|||
бесконечности начинается с члена 1z , т.е. c−1 =1 и res[ f (z),∞] = −c−1 = −1 .
Пример 10.4 ([3], № 4.84). |
|
|
f (z) = |
sin 2z |
. |
|
||
|
(z +1)3 |
|
144
Решение. В конечной части плоскости единственная особая точка z = −1 – полюс третьего порядка. Вычет считается по фор-
муле (10.1):
res[ f |
(z), −1] = |
1 |
lim (sin 2z)'' = |
1 lim (−4sin 2z) = 2sin 2 . |
||||||||
|
||||||||||||
|
|
2! z→−1 |
|
|
|
2 z→−1 |
|
|
|
|
||
Вычет в |
бесконечности |
(существенно |
|
особая |
точка) равен |
|||||||
−2 sin 2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 10.5 ([3], № 4.87). |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
f (z) = |
. |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
sin z |
|
|
|
|
||||
Решение. Особые точки zk = kπ |
|
|
|
|
– полюсы пер- |
|||||||
(k = 0, ±1, ±2...) |
||||||||||||
вого порядка. Вычет вычислим по формуле |
|
φ |
(10.3), где φ(z) =1, |
|||||||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ψ' |
|
|
а ψ(z) = sin z . Отсюда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
res[ f (z),kπ] = |
φ(kπ) |
|
= |
|
1 |
= (−1)k ; |
|
||||
|
ψ'(kπ) |
coskπ |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
z =∞ не является изолированной особой точкой (точка накопления полюсов), поэтому понятие вычета к ней неприменимо.
Пример 10.6 ([3], № 4.88).
f (z) = ctg2 z .
Решение. Знаменатель обращается в нуль в точках zk = kπ. В
этих точках первая производная знаменателя обращается в нуль, а вторая – отлична от нуля. Следовательно, в этих точках – полюсы второго порядка. В частности, в точке z = 0 вычет равен нулю, так как функция четная, поэтому ее разложение в ряд Лорана в нуле содержит только четные степени z, поэтому c−1 = 0. Следовательно,
вычет равен нулю и в любой другой точке zk = kπ ( k = ±1, ±2... ), так как ctg( z − kπ) = ctgz . Вычет в бесконечности не определен, так как z =∞ – точка, предельная для полюсов.
Пример 10.7 ([3], № 4.90 (2)).
f (z) = z3 cos |
1 |
. |
|
z − 2 |
|||
|
|
145