Материал: Михайлов ТФКП Практикум 2013

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

мая особая точка и вычет равен нулю). При нечетном п функция

tg z четная, поэтому в ряде Лорана в нуле						c			= 0 и res[ f (z),0] = 0 .
zn							−1
zn
При четном п вычет вычисляем как c−1						в ряде Лорана. Возьмем
известное разложение tg z			в нуле:
	1				22k (22k −1)B
tgz = z +		z3 +... +					k	z2k−1 +...
tgz = z +	3	z3 +... +			(2k)!			z2k−1 +...
	3				(2k)!
( Bk – числа Бернулли). После деления на zn находим, что
					2n (2n −1)Bn
		c	−1	=		2	.
		c		=	n!		.

Кроме того, знаменатель функции f (z) = tgznz обращается в нуль в точках zk = π2 +πk (k =0, ±1, ±2…) . В этих точках функция имеет полюс первого порядка. Вычет найдем по формуле ψφ' (10.3), при-

няв за φ(z) функцию

sin z

и за ψ(z)

функцию cos z :

sin π

+ πk

φ(zk )

res[ f (z), zk ] =

= −

ψ'(zk )

+ πk n

sin π

+ πk

+ πk n

Пример 10.16 ([3] № 4.100–4.107). Найти вычеты каждой из однозначных ветвей соответствующих многозначных функций относительно указанных точек.

Решение.

№ 4.100.

f (z) =

относительно точки

z =1. Так как точка

1− z

z =1

полюс

первого порядка, то найдем

вычет по формуле

res[ f

(z), z

]

φ(z0 )

: res[

,1] = ±1.

ψ'(z0 )

1− z

151

№ 4.101.

f (z) =

относительно точки

z =1. Предста-

2 − z +1

вим функцию

f (z)

в виде:

f (z) =

2 −z −1

2 − z −1

( 2 −z +1)( 2 −z −1)

2 −z −1

1−z

−z +1

z =1 – полюс первого порядка для той ветви, для которой 1 =−1, для этой ветви

res[ f (z),1] = lim f (z)(z −1) =[1− 2 − z ]z=1 = 2 .

z→1

Для другой ветви точка z =1 не является особой и вычет в ней равен 0.


№ 4.102. f (z) =		za		, (za = eaLn z )				относительно точки z =1.
№ 4.102. f (z) =				, (za = eaLn z )				относительно точки z =1.
	1−		z
Запишем функцию в виде:
f (z) =	ea(ln\|z\|+iφ+i 2πk )				(1+	z )	=	(1+ z )ea(ln\|z\|+iφ+i 2πk )	.
f (z) =	(1	−	z )(1		+	z )	=	1− z	.
	(1	−	z )(1		+	z )		1− z
Для ветвей, у которых					1 =1, точка z =1 – полюс первого по-

рядка и вычет равен (−2) 1a = −2 , если а – целое число; если а – нецелое число, то вычет равен (−2) 1a , где 1а имеет различные значения для различных ветвей логарифма (Ln 1) . Для остальных ветвей точка z =1 не является особой, и вычет в ней равен 0.

№ 4.103. f (z) = (z −a)(z −b) относительно точки z = ∞. Точ-

ка z = ∞ является изолированной особой точкой – полюсом первого порядка. Разложение в ряд Лорана в бесконечности получим,

заменив z =	1	и разложив функцию в точке ζ = 0 :
	ζ
f (z) = f (1) =				(1	−a)(1 −b) =		1 (1−aζ)(1−bζ) =
		ζ		ζ	ζ		ζ
	= ±1[1−		1 (a +b)ζ+ ab ζ2			− 1	(a +b)2 ζ2 +...] =
		ζ	2		2	8

152

= ±[z − a +2 b +( ab2 − (a +8b)2 ) 1z +...]

Отсюда

res[ f (z),∞] = −c−1 = ± (a −8b)2 .

№ 4.104.

1) Ln zz −−βα относительно точки z = ∞. Точка z = ∞ является

правильной для этой функции. Разложение в ряд Лорана в этой точке имеет вид

	z −α		1	−α		β−α		1)
Ln		= Ln	ζ		= 2πki +(β−α)ζ+o(ζ) = 2πki +		+o(
	z −β		1			z
				−β				z
			ζ

	res[ f (z), ∞] = −c1 = α−β
для всех ветвей функции.
2) f (z) = ez Ln	z −α	относительно точки z = ∞. Точка z = ∞–

	z −β

существенно особая точка функции f ( z) . Разложим функцию в точке z = ∞ в ряд Лорана, сделав замену z = 1ζ и разлагая получен-

ную функцию по ζ в нуле:

f (z) = f

−αζ

(

) =e

1−βζ

∞

(αζ)

∞

= ∑

[−∑

∑(βζ)

+2πki] =

n=0 n!ζ

n=1

= − 1

+... +

+...

2!ζ

3!ζ

n!ζ

∞

(αζ)n+1

∞

(βζ)n+1

× 2πki +∑

n +1

−∑

n +

;

n=0

153

c−1 – коэффициент при z−1 = ζ , т.е. коэффициент при ζ. Он, очевидно, равен коэффициенту, который получается от перемножения

члена

из первой скобки на член

(αζ)n+1

−

(βζ)n+1

из второй

n!ζn

n +1

скобки. Таким образом,

res[ f (z),∞] = −c−1

∞

αn+1

βn+1

−

(n +1)!

∑n=0

∞

− β

∞

= eα −1−(eβ

−1) = eα −eβ.

= ∑

= ∑ α

−∑β

n=1

n! n=1

n=1

№ 4.105.

1) f (z) = Lnz sin

относительно точки z

1. Разложим

−

функцию f (z) в ряд Лорана в точке z = 1:

f (z) = Ln 1+

(

z −1

sin

(

))

z −1

∞

(−1)n+1 ( z −1)n

∞

(−1)n

= 2πki + ∑

∑

(

) (

)

2n+1

n=1

n=0 2n +1 ! z −1

Коэффициент с–1 берется от членов, полученных перемножением членов степени 2п из первой суммы и членов степени 2п + 1 (в знаменателе) из второй суммы. Учитывая, что многозначная функция Ln z в своем разложении имеет нулевой член 2πki , получаем

				∞	(−1)	n+1
				∞
		res[ f (z),1] = 2πki + ∑						.
		res[ f (z),1] = 2πki + ∑			2n(2n +			.
				n=1	2n(2n +		1)!
2) f (z) = Ln z cos			1	. Делается аналогично.
2) f (z) = Ln z cos			z −1	. Делается аналогично.
№ 4.106.			z −1
№ 4.106.
f (z) =	Arctgz	относительно точек z = 0 и z =∞ . В точке z = 0
f (z) =	z	относительно точек z = 0 и z =∞ . В точке z = 0
	z
для ветви,	у которой Arctg0 = 0 , вычет равен 0, так как точка z = 0

– устранимая особая точка. Для остальных ветвей точка z = 0 – по-

154

люс первого порядка и вычет равен πk (k = ±1,±2...) . Таким обра-

зом, можно сказать, что для всех ветвей	вычет		равен
πk (k = ±1,±2...) . В точке z =∞ : так как lim Arctgz =	π	+ πk	, то раз-
	2
z→∞

ложение в ряд Лорана в бесконечности имеет вид:

Arctgz =

+ πk

π(2k +1)

(2k +1)π .

res[ f (z),∞] = −

№ 4.107.

f (z) = zn Ln

z −α

(п – целое число) относительно точек z = 0 и

z −β

z =∞ (при вычислении вычета относительно точки z = 0 предполагается, что α ≠ 0, β ≠ 0 ).

В точке z = 0 , так как разложение логарифма не содержит отри-

цательных степеней z, то вычет равен нулю при всех

n ≥ 0 . При

n = −1 , res[ f (z),0] = Ln

α . Если

n < −1 , то разложение в нуле вы-

глядит так:

∞

1 z k

∞ 1

f (z) =

Ln (α) −∑

−Lnβ+ ∑

−n

k =1 k α

k =1 k β

и с–1 получим, если в суммах брать только члены с

k = −n −1

res[ f (z),0] = c−1

= βn+1 −αn+1 .

В точке z =∞

n +1

∞

αm+1

∞

βm+1

f (z) = z

2πki −∑

+ ∑

m+1

(m +1) z

m+1

m=0 (m +1) z

m=0

155

Источник: https://studfile.net/preview/16708793/

Смотрите также:




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27